Questão 03. (3,5 pontos) Considere o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} tal que T(x, y, z)=(2 x, 4 x+2 y-4 z, 2 x).
(a) (2,0) Determine os autovalores e os autovetores de T.
(b) (1,5) Determine uma base B de \mathbb{R}^{3} tal que [T]_{B}^{B} seja diagonal; e explicite [T]_{B}^{B}.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(2x,\;4x+2y-4z,\;2x).
As perguntas são:
(a) Determinar os autovalores e os autovetores de T.
(b) Determinar uma base B de \mathbb{R}^{3} tal que [T]_{B}^{B} seja diagonal e explicitar [T]_{B}^{B}.
Informações úteis extraídas do enunciado que vamos usar: a definição explícita de T (ou seja, como T age em um vetor qualquer (x,y,z)) e o espaço de definição/imagem \mathbb{R}^{3}.

Passo 2

Primeiro vamos obter a matriz de T na base canônica \{e_{1},e_{2},e_{3}\}, porque isso facilita achar autovalores/autovetores. Lembre que a coluna j da matriz é T(e_j).
Calculemos T nas bases canônicas:
T(e_{1})=T(1,0,0)=(2,\;4,\;2),
T(e_{2})=T(0,1,0)=(0,\;2,\;0),
T(e_{3})=T(0,0,1)=(0,\;-4,\;0).
Portanto a matriz A de T na base canônica é (cada coluna é T(e_j)):
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 4 & 2 & -4\\[4pt] 2 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Explicação curta: representar T por uma matriz permite usar determinantes e resolver sistemas lineares para achar autovalores e autovetores.]

Passo 3

Lembrete da definição: um autovalor \lambda e um autovetor v\neq 0 satisfazem T(v)=\lambda v, ou matricialmente Av=\lambda v, isto é (A-\lambda I)v=0. Autovalores são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Calculemos \det(A-\lambda I). Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 4 & 2-\lambda & -4\\[4pt] 2 & 0 & -\lambda \end{pmatrix}.
Como a primeira linha tem dois zeros, expandimos pela primeira linha; o determinante fica
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -4\\[4pt]0 & -\lambda\end{pmatrix}.
Calculando o menor 2×2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -4\\[4pt]0 & -\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(- \lambda)-(-4)\cdot 0=-(2-\lambda)\lambda.
Logo
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\bigl(-(2-\lambda)\lambda\bigr)= -\lambda(2-\lambda)^{2}.
As soluções de \det(A-\lambda I)=0 são \lambda=0 e \lambda=2 (este último com multiplicidade algébrica 2).]

Passo 4

Agora vamos achar os autovetores associados a cada autovalor encontrando as soluções de [(A-\lambda I)v=0).
Caso \lambda=0: resolvemos Av=0. Escrevendo v=(x,y,z),
as equações de Av=0 são:
\begin{cases} 2x=0,\\[4pt] 4x+2y-4z=0,\\[4pt] 2x=0. \end{cases}
Da primeira (ou terceira) obtemos x=0\]. Substituindo em segunda: \(2y-4z=0, então y=2z. Tomando parâmetro z=t\in\mathbb{R} obtemos
v=(0,2t,t)=t(0,2,1).
Portanto o espaço próprio associado a \lambda=0 é
E_{0}=\operatorname{span}\{(0,2,1)\}.
Qualquer vetor não-nulo da forma (0,2,1) (multiplicado por escalar) é autovetor de \lambda=0.]

Passo 5

Caso \lambda=2\): resolvemos \((A-2I)v=0\). Calcule \(A-2I\): \[A-2I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 4 & 0 & -4\\[4pt] 2 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema para v=(x,y,z):
\begin{cases} 0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0\quad(\text{vazio}),\\[4pt] 4x -4z=0,\\[4pt] 2x -2z=0. \end{cases}
As duas últimas equações são equivalentes e dão 4x-4z=0\Rightarrow x=z\]. O componente \(y é livre (não aparece nas equações). Então tomamos parâmetros t para x=z e s para y:
v=(t,s,t)=t(1,0,1)+s(0,1,0).
Assim o espaço próprio associado a \lambda=2 é
E_{2}=\operatorname{span}\{(1,0,1),\,(0,1,0)\}.
Ou seja, quaisquer combinações lineares não-triviais desses vetores são autovetores com autovalor \lambda=2.]

Passo 6

Agora organizamos os resultados e concluímos sobre diagonalização.
Resumo dos autovalores e respectivos espaços próprios:
\lambda=0:\quad E_{0}=\operatorname{span}\{(0,2,1)\}\quad(\dim E_{0}=1),
\lambda=2:\quad E_{2}=\operatorname{span}\{(1,0,1),\,(0,1,0)\}\quad(\dim E_{2}=2).
As dimensões das espaços próprios somam 1+2=3, isto é, existem 3 autovetores linearmente independentes. Isso significa que A (e portanto T) é diagonalizável: existe uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores.
Escolhemos como base B a base formada por dois autovetores de \lambda=2 e um autovetor de \lambda=0. Por exemplo
B=\{\,v_{1}=(1,0,1),\;v_{2}=(0,1,0),\;v_{3}=(0,2,1)\,\}.
Verificação rápida (útil para a prova): T(v_{1})=2v_{1}, T(v_{2})=2v_{2}, T(v_{3})=0\cdot v_{3}, conforme construímos os espaços próprios.
Na base B a matriz de T é diagonal com entradas iguais aos autovalores na mesma ordem dos vetores da base. Como escolhemos primeiro os vetores de \lambda=2 e depois o vetor de \lambda=0, temos
[T]_{B}^{B}=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Resposta

(a) Autovalores: \lambda=0 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=2 (multiplicidade algébrica 2).\n
Autovetores: \lambda=0:\; \operatorname{span}\{(0,2,1)\};\quad \lambda=2:\; \operatorname{span}\{(1,0,1),\,(0,1,0)\}.\n
(b) Uma base B formada por autovetores é B=\{(1,0,1),\,(0,1,0),\,(0,2,1)\} e
[T]_{B}^{B}=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

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