( \mathbf{2 , 0} pontos) Determine os autovalores e os autovetores correspondentes do operador linear T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} definido por:
T(x, y)=(x+y,-2 x+4 y)

Passo 1

O enunciado nos dá o operador linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definido por
T(x,y)=(x+y,\,-2x+4y).
O que se pede é: determinar os autovalores (valores \lambda) e os autovetores (vetores v\neq 0 tais que T(v)=\lambda v) correspondentes a esse operador.
Informações relevantes fornecidas:
  • A regra de T aplicada ao vetor (x,y) é (x+y,\,-2x+4y).
  • Queremos todos os pares (\lambda,v) com \lambda\in\mathbb{R} e v\in\mathbb{R}^2\setminus\{0\} que satisfazem T(v)=\lambda v.

Passo 2

Primeiro, transformar T numa matriz em relação à base canônica para ficar mais concreto. Se e_1=(1,0) e e_2=(0,1), então
T(e_1)=T(1,0)=(1+0,\,-2\cdot1+4\cdot0)=(1,-2),
T(e_2)=T(0,1)=(0+1,\,-2\cdot0+4\cdot1)=(1,4).
Colocando essas colunas, a matriz que representa T na base canônica é
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-2 & 4\end{pmatrix}.
Explicando a definição de autovalor/vetor: um número \lambda é autovalor de A se existir vetor não nulo v tal que
A v = \lambda v,
que é equivalente a
(A-\lambda I)v=0.
Para existir solução não-trivial v, é preciso que a matriz A-\lambda I seja singular, isto é,
\det(A-\lambda I)=0.
Para matriz 2\times2 com entradas \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} vale \det=\;ad-bc. Vamos aplicar isso para obter o polinômio característico.]

Passo 3

Escrever A-\lambda I e calcular o determinante:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 4-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(4-\lambda)-1\cdot(-2).
Calculo passo a passo:
(1-\lambda)(4-\lambda)=1\cdot4 -1\cdot\lambda -\lambda\cdot4 +\lambda^2 =4-5\lambda+\lambda^2.
Somando o termo +2 (porque -1\cdot(-2)=+2) obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-5\lambda+6.
Fatorando o polinômio quadrático:
\lambda^2-5\lambda+6=(\lambda-2)(\lambda-3).
Portanto as raízes (autovalores) são \lambda=2 e \lambda=3.]

Passo 4

Agora, para cada autovalor vamos achar o espaço próprio (os autovetores correspondentes), resolvendo (A-\lambda I)v=0.
Caso \lambda=2:
A-2I=\begin{pmatrix}1-2 & 1\\[4pt]-2 & 4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-2 & 2\end{pmatrix}.
Queremos vetores v=(x,y) tais que
\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]-2 & 2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Das linhas obtemos a equação -x+y=0. A segunda linha é múltipla da primeira, então não traz condição nova. Da primeira equação segue y=x. Logo os autovetores associados a \lambda=2 são todos os múltiplos escalares de
\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix},
ou seja v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} com t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. Conferindo: T(1,1)=(1+1,\,-2+4)=(2,2)=2(1,1), confirma.]

Passo 5

Caso \lambda=3:
A-3I=\begin{pmatrix}1-3 & 1\\[4pt]-2 & 4-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}.
Procuramos v=(x,y) tais que
\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt]-2 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A equação da primeira linha é -2x+y=0, ou seja y=2x. A segunda linha é repetida, sem condição adicional. Portanto os autovetores associados a \lambda=3 são todos os múltiplos escalares de
\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix},
isto é v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix} com t\in\mathbb{R}\setminus\{0\}. Conferindo: T(1,2)=(1+2,\,-2\cdot1+4\cdot2)=(3,6)=3(1,2), confirma.]

Resposta

Autovalores: \;2 e \;3
Autovetores: para \lambda=2 todos os múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}; para \lambda=3 todos os múltiplos de \begin{pmatrix}1\\[4pt]2\end{pmatrix}]

Exercícios relacionados