1. (2,5 pontos) Considere o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}, definido por
T(x, y, z)=(3 x+2 y, x+2 z,-y+3 z) .
Determine o polinômio característico, os autovalores e os autoespaços de T.

Passo 1

O enunciado define um operador linear
\displaystyle T\colon \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} dado por
T(x,y,z)=(3x+2y,\;x+2z,\;-y+3z).
Precisamos encontrar o polinômio característico de T, seus autovalores e os respectivos autoespaços. Para isso, vamos:
  1. Representar T pela matriz A na base canônica.
  2. Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I).
  3. Determinar as raízes (autovalores).
  4. Para cada autovalor \lambda, resolver (A-\lambda I)v=0 e achar uma base do autoespaço.

Passo 2

A matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 3 & 2 & 0\\\\ 1 & 0 & 2\\\\ 0 & -1 & 3 \end{pmatrix}.
Formamos A-\lambda I e calculamos o determinante:
A-\lambda I =\begin{pmatrix} 3-\lambda & 2 & 0\\\\ 1 & -\lambda & 2\\\\ 0 & -1 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira linha:
\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\\\ -1 & 3-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}1 & 2\\\ 0 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Dentro do primeiro determinante,
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 2\\\\ -1 & 3-\lambda\end{pmatrix} =-\lambda(3-\lambda)-2(-1) =\lambda^2-3\lambda+2.
O segundo determinante vale
\det\begin{pmatrix}1 & 2\\\ 0 & 3-\lambda\end{pmatrix} =1\cdot(3-\lambda)=3-\lambda.
Logo,
\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda+2)-2(3-\lambda) =(3-\lambda)\bigl(\lambda^2-3\lambda+2-2\bigr) =(3-\lambda)(\lambda^2-3\lambda).
Isto é,
\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)\,\lambda\,(\lambda-3) =-\lambda(\lambda-3)^2.
O polinômio característico monico é, portanto,
p(\lambda)=\lambda(\lambda-3)^2.

Passo 3

As raízes de p(\lambda) são os autovalores:
\lambda_1=0\quad(\text{multiplicidade 1}), \qquad \lambda_2=3\quad(\text{multiplicidade 2}).

Passo 4

Para \lambda=0\), resolvemos \(A\,v=0\), ou seja \[\begin{cases} 3x+2y=0,\\\ x+2z=0,\\\\ -y+3z=0. \end{cases}
Da segunda equação x=-2z\]. Substituindo na primeira, \[3(-2z)+2y=0\implies y=3z.\] A terceira é \(-y+3z=0, que coincide com y=3z.
Logo um vetor geral do autoespaço é
(x,y,z)=(-2z,\,3z,\,z)=z(-2,3,1).
O autoespaço associado a \lambda=0 é
E_{0}=\operatorname{span}\{(-2,3,1)\}.

Passo 5

Para \lambda=3, resolvemos (A-3I)v=0, i.e.
\begin{pmatrix} 0 & 2 & 0\\\\ 1 & -3 & 2\\\\ 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da primeira linha vem 2y=0\implies y=0. Da terceira linha também y=0.
Da segunda linha x-3y+2z=0 reduz a x+2z=0, ou seja x=-2z.
Assim os vetores são
(x,y,z)=(-2z,0,z)=z(-2,0,1),
e o autoespaço de \lambda=3 é
E_{3}=\operatorname{span}\{(-2,0,1)\}.

Resposta

Polinômio característico:
p(\lambda)=\lambda(\lambda-3)^2.
Autovalores:
\lambda=0\quad(\text{mult. 1}),\qquad \lambda=3\quad(\text{mult. 2}).
Autoespaços:
E_{0}=\operatorname{span}\{(-2,3,1)\}, \quad E_{3}=\operatorname{span}\{(-2,0,1)\}.

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