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):
\alpha=\{u_{1},u_{2},u_{3}\},\qquad u_{1}=(2,0,8),\; u_{2}=(-2,-2,6),\; u_{3}=(1,2,1),
\beta=\{w_{1},w_{2},w_{3}\},\qquad w_{1}=(3,1,5),\; w_{2}=(1,1,-3),\; w_{3}=(-1,0,2).
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):
W=\begin{pmatrix} 3 & 1 & -1\\[2pt] 1 & 1 & 0\\[2pt] 5 & -3 & 2 \end{pmatrix}, \qquad U=\begin{pmatrix} 2 & -2 & 1\\[2pt] 0 & -2 & 2\\[2pt] 8 & 6 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Cálculo do determinante de W e inversa (passos mostrados):
Calculo do determinante por expansão (mostrando os menores relevantes):
\det(W)=3\cdot\det\begin{pmatrix}1&0\\\\ -3&2\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}1&0\\\\ 5&2\end{pmatrix} +(-1)\cdot\det\begin{pmatrix}1&1\\\ 5&-3\end{pmatrix}.
Calculando os menores:
\det\begin{pmatrix}1&0\\\\ -3&2\end{pmatrix}=2,\quad \det\begin{pmatrix}1&0\\\\ 5&2\end{pmatrix}=2,\quad \det\begin{pmatrix}1&1\\\ 5&-3\end{pmatrix}=-8.
Logo
\det(W)=3\cdot 2 - 1\cdot 2 + (-1)\cdot(-8) = 6-2+8 = 12.
Como \det(W)=12\neq 0, W é invertível. Vou usar a adjunta para obter W^{-1}. Calculando cofatores (mostro os resultados):
cofatores:
\begin{pmatrix} 2 & -2 & -8\\[2pt] 1 & 11 & 14\\[2pt] 1 & -1 & 2 \end{pmatrix}.
A adjunta (transposta dos cofatores) é
\operatorname{adj}(W)= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[2pt] -2 & 11 & -1\\[2pt] -8 & 14 & 2 \end{pmatrix},
portanto
W^{-1}=\frac{1}{12}\operatorname{adj}(W)=\frac{1}{12} \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[2pt] -2 & 11 & -1\\[2pt] -8 & 14 & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Cálculo de P=W^{-1}U. Primeiro multiplico \operatorname{adj}(W) por U e depois divido por 12. Faço o produto:
\operatorname{adj}(W)\,U= \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[2pt] -2 & 11 & -1\\[2pt] -8 & 14 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1\\[2pt] 0 & -2 & 2\\[2pt] 8 & 6 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 12 & 0 & 5\\[2pt] -12 & -24 & 19\\[2pt] 0 & 0 & 22 \end{pmatrix}.
Dividindo por 12:
P = W^{-1}U = \frac{1}{12}\operatorname{adj}(W)U = \begin{pmatrix} 1 & 0 & \tfrac{5}{12}\\[4pt] -1 & -2 & \tfrac{19}{12}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{11}{6} \end{pmatrix}.
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},
onde
B=\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]-1 & -2\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:
\det(B-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[2pt]-1 & -2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(-2-\lambda).
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}\,\}.

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