(6,0 pontos) Seja A: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} um operador linear definido por
A(x, y, z)=(3 x-y+z,-x+5 y-z, x-y+3 z)
(a) ( \mathbf{1 , 0} pontos) Determine a matriz canônica do operador A;
(b) ( \mathbf{1 , 0} pontos) Obtenha p_{A}(\lambda);
(c) ( \mathbf{1 , 0} pontos) Obtenha os autovalores de A;
(d) ( \mathbf{3 , 0} pontos) Para cada autovalor de A, obtenha um autovetor associado.

Passo 1

O enunciado fornece o operador linear
A\colon \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3},\quad A(x,y,z) = (3x - y + z,\;-x + 5y - z,\;x - y + 3z)
e pede:
(a) a matriz canônica de A;
(b) o polinômio característico p_{A}(\lambda);
(c) os autovalores de A;
(d) para cada autovalor, um autovetor associado.

Passo 2

Para achar a matriz canônica escrevemos as imagens dos vetores da base padrão \mathbf{e}_{1}=(1,0,0), \mathbf{e}_{2}=(0,1,0), \mathbf{e}_{3}=(0,0,1):
A(\mathbf{e}_{1}) = (3,-1,1),\quad A(\mathbf{e}_{2}) = (-1,5,-1),\quad A(\mathbf{e}_{3}) = (1,-1,3).
Logo a matriz de A na base canônica é
[A] = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 1\\\\ -1 & 5 & -1\\\\ 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}.

Passo 3

Para obter p_{A}(\lambda)=\det([A]-\lambda I) montamos
[A]-\lambda I = \begin{pmatrix} 3-\lambda & -1 & 1\\\\ -1 & 5-\lambda & -1\\\\ 1 & -1 & 3-\lambda \end{pmatrix}
e calculamos o determinante por expansão na primeira linha:
\det([A]-\lambda I) = (3-\lambda)\bigl((5-\lambda)(3-\lambda)-1\bigr) -(-1)\bigl((-1)(3-\lambda)-(-1)\bigr) +1\bigl(1-(5-\lambda)\bigr).
Simplificando chega-se a
\det([A]-\lambda I) = -\lambda^{3} +11\lambda^{2} -36\lambda +36 \quad\Longleftrightarrow\quad \lambda^{3} -11\lambda^{2} +36\lambda -36 =0.

Passo 4

Procuramos raízes inteiras de \lambda^{3}-11\lambda^{2}+36\lambda-36. Testando \lambda=2 obtém‐se zero, logo \lambda-2 é fator. Dividindo por \lambda-2 vem
\lambda^{3}-11\lambda^{2}+36\lambda-36 = (\lambda-2)(\lambda^{2}-9\lambda+18),
e as raízes da quadrática \lambda^{2}-9\lambda+18=0 são
\lambda = \frac{9\pm\sqrt{81-72}}{2} = \frac{9\pm3}{2},
isto é \lambda=6 ou \lambda=3. Portanto os autovalores são
2,\quad 3,\quad 6.

Passo 5

Para cada \lambda resolvemos ([A]-\lambda I)v=0:
  1. \lambda=2:
[A]-2I = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\\\ -1 & 3 & -1\\\\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}
leva às equações x-y+z=0 e -x+3y-z=0. Desses vem y=0 e x=-z.
Escolhendo z=1 dá o autovetor (-1,0,1).
  1. \lambda=3:
[A]-3I = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 1\\\\ -1 & 2 & -1\\\\ 1 & -1 & 0 \end{pmatrix}
leva a -y+z=0, -x+2y-z=0, x-y=0. Dessa sistemática vem x=y=z.
Escolhendo y=1 dá o autovetor (1,1,1).
  1. \lambda=6:
[A]-6I = \begin{pmatrix} -3 & -1 & 1\\\\ -1 & -1 & -1\\\\ 1 & -1 & -3 \end{pmatrix}
leva a -3x-y+z=0, -x-y-z=0, x-y-3z=0. Dessas equações obtém‐se y=-2x, z=x.
Escolhendo x=1 dá o autovetor (1,-2,1).

Resposta

(a) [A] = \begin{pmatrix} 3 & -1 & 1\\\\ -1 & 5 & -1\\\\ 1 & -1 & 3 \end{pmatrix}.
(b) \displaystyle p_{A}(\lambda)=\det([A]-\lambda I) =-\lambda^{3}+11\lambda^{2}-36\lambda+36 \Longleftrightarrow \lambda^{3}-11\lambda^{2}+36\lambda-36.
(c) Os autovalores são \,2,\,3,\,6.
(d) Autovetores associados:
para \lambda=2: (-1,0,1);
para \lambda=3: (1,1,1);
para \lambda=6: (1,-2,1).

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