Seja \alpha=\left\{u_{1}, u_{2}, u_{3}\right\} e \beta=\left\{w_{1}, w_{2}, w_{3}\right\} bases de \mathbb{R}^{3} sendo u_{1}=(2,0,8), u_{2}=(-2,-2,6), u_{3}=(1,2,1) e w_{1}=(3,1,5), w_{2}=(1,1,-3), w_{3}=(-1,0,2). É verdade que a matriz de mudança da base \alpha para \beta tem \lambda=1 como autovalor?
Passo 1
O que o exercício pede: verificar se a matriz de mudança de base de \alpha para \beta tem \lambda=1 como autovalor (ou seja, se 1 é autovalor dessa matriz).
Informações dadas (vou repetir em forma de lista para ficar claro):
Nada mais é pedido além de afirmar (ou negar) que \lambda=1 é autovalor da matriz de mudança de base \,P=P_{\beta\leftarrow\alpha}.
Passo 2
Conceito e método (explicadinho, passo a passo): a matriz de mudança de base de \alpha para \beta, que vou chamar de P ou P_{\beta\leftarrow\alpha}, é a matriz que converte coordenadas de um vetor escritas na base \alpha para coordenadas escritas na base \beta. Em notação:
[v]_{\beta} = P \,[v]_{\alpha}.
Uma maneira prática de construir P é colocar nas colunas de P as coordenadas dos vetores u_{1},u_{2},u_{3} (os vetores da base \alpha) expressos em coordenadas da base \beta. Para obter essas coordenadas, resolvemos, para cada u_{i},
u_{i} = c_{1}w_{1} + c_{2}w_{2} + c_{3}w_{3},
ou seja, se W é a matriz cujas colunas são w_{1},w_{2},w_{3} e U a matriz cujas colunas são u_{1},u_{2},u_{3}, então
W\,[u_{i}]_{\beta} = u_{i},
e, para todas as colunas simultaneamente,
W\,P = U \quad\Rightarrow\quad P = W^{-1}U.
Então o procedimento é: montar W e U, inverter W e calcular P=W^{-1}U. Depois verificamos se 1 é autovalor de P, isto é, se \det(P-I)=0 ou se existe vetor não-nulo x com P x = x.
Passo 3
Montagem das matrizes W e U (cada coluna é um vetor da base correspondente):
Conferência rápida: as duas primeiras colunas correspondem às coordenadas de u_{1} e u_{2} em \beta. De fato, da primeira coluna vemos u_{1}=1\cdot w_{1}-1\cdot w_{2}+0\cdot w_{3}=w_{1}-w_{2}=(2,0,8), e da segunda u_{2}=-2w_{2}=(-2,-2,6), o que bate com os dados — bom sinal de que os cálculos estão corretos.]
Passo 6
Encontrando autovalores de P (ideia e cálculo): observe que P tem a forma em bloco
P=\begin{pmatrix} B & *\\[2pt] 0 & \tfrac{11}{6} \end{pmatrix},
Para matrizes triangulares em blocos assim, os autovalores de P são os autovalores de B juntamente com \tfrac{11}{6}. Então calculo os autovalores de B pela sua característica:
As raízes são \lambda=1 e \lambda=-2. Juntando com o autovalor do bloco final, obtemos os autovalores de P:
\lambda\in\left\{1,\,-2,\;\tfrac{11}{6}\right\}.
Portanto \lambda=1 aparece como autovalor de P.
Um comentário rápido estilo “motivação prática”: não precisei resolver \det(P-I)=0 diretamente porque a forma em bloco triangular simplificou a busca pelos autovalores — os autovalores ficam na “diagonal” dos blocos.]
Resposta
Sim. Os autovalores são \{\,1,\,-2,\tfrac{11}{6}\,\}.