Seja A: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} uma transformação linear dada por A(x, y)=(5 x+4 y,-3 x-2 y). Para quais valores de \lambda \in \mathbb{R} existem vetores não nulos u \in \mathbb{R}^{2} tais que A(u)=\lambda \cdot u ? Esses vetores u são únicos para cada \lambda fixado? Determine esses vetores. O que vocE \hat{E} pode concluir dos vetores “associados” a cada \lambda ?

Passo 1

O enunciado pede para encontrar todos os escalares \lambda\in\mathbb{R} tais que existe um vetor não-nulo u\in\mathbb{R}^2 satisfazendo
A(u)=\lambda\,u,
ou seja, os autovalores e os autovetores da transformação linear A(x,y)=(5x+4y,\,-3x-2y). Vamos representar A por sua matriz na base canônica, montar o polinômio característico, encontrar \lambda e depois resolver (A-\lambda I)u=0 para cada \lambda.

Passo 2

A matriz de A na base canônica é
M = \begin{pmatrix}5 & 4 \\\\ -3 & -2\end{pmatrix}.
O polinômio característico é dado por
\det(M - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix}5-\lambda & 4 \\\\ -3 & -2-\lambda\end{pmatrix} = (5-\lambda)(-2-\lambda) - 4\cdot(-3).
Desenvolvendo,
(5-\lambda)(-2-\lambda) +12 = -10 -5\lambda +2\lambda +\lambda^2 +12 = \lambda^2 -3\lambda +2.

Passo 3

As raízes do polinômio
\lambda^2 -3\lambda +2 =0
são
\lambda = 1 \quad\text{e}\quad \lambda = 2.

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos
(M - I)u = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix}5-1 & 4 \\\\ -3 & -2-1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix},
isto é,
\begin{pmatrix}4 & 4 \\\\ -3 & -3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad 4x+4y=0 \;\Longrightarrow\;x=-y.
Logo os autovetores associados a \lambda=1 são todos os múltiplos de
u = \bigl(-1,1\bigr).

Passo 5

Para \lambda=2 resolvemos
(M - 2I)u = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix}5-2 & 4 \\\\ -3 & -2-2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix},
ou seja,
\begin{pmatrix}3 & 4 \\\\ -3 & -4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad 3x+4y=0 \;\Longrightarrow\;x=-\tfrac{4}{3}y.
Tomando y=3 gera-se o autovetor
u = \bigl(-4,3\bigr),
e todos os autovetores de \lambda=2 são múltiplos de (-4,3).

Passo 6

Cada um desses conjuntos de autovetores forma uma linha em \mathbb{R}^2, ou seja, um subespaço unidimensional. Isso significa que os autovetores não são únicos: para cada \lambda fixo você pode multiplicar o vetor base por qualquer escalar \neq 0, mas a direção é única.

Passo 7

Como os autovalores 1 e 2 são distintos, os respectivos autovetores (-1,1) e (-4,3) são linearmente independentes. Portanto formam uma base de \mathbb{R}^2 e mostram que A é diagonalizável.

Resposta

\lambda=1 e \lambda=2.
Para \lambda=1, os autovetores são todos os múltiplos de \bigl(-1,1\bigr).
Para \lambda=2, os autovetores são todos os múltiplos de \bigl(-4,3\bigr).
Cada conjunto de autovetores é uma reta, ou seja, único até múltiplos escalares, e as direções correspondentes são linearmente independentes.

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