Seja T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} dada por T(x, y)=(y, 4 x). Encontre os autovalores e os autovetores de T.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} definida por
T(x,y)=(y,4x).
O que pede: encontrar os autovalores (valores escalares \lambda) e os autovetores (vetores não-nulos v) de T.
Informações relevantes dadas:
  • A regra explícita de T para um vetor genérico (x,y) é T(x,y)=(y,4x).
  • O espaço é \mathbb{R}^{2} com a base canônica implícita.

Passo 2

Definição e método (aulas rápidas, sem pular etapas). Um vetor v\neq 0 é autovetor de T com autovalor \lambda se vale
T(v)=\lambda v.
Se representarmos T por uma matriz A na base canônica, então a condição vira
A v = \lambda v \quad\Longleftrightarrow\quad (A-\lambda I)v = 0.
Para existir solução não-trivial v\neq 0 desse sistema linear é necessário e suficiente que a matriz A-\lambda I seja singular, isto é, que
\det(A-\lambda I)=0.
Esse determinante em função de \lambda é o polinômio característico; suas raízes dão os autovalores. Depois de obter \lambda, substituímos em (A-\lambda I)v=0 e resolvemos o sistema para achar os autovetores (que formam um subespaço — a autoespaço).

Passo 3

Construímos a matriz A de T na base canônica. Aplicando T aos vetores da base (1,0) e (0,1):
T(1,0)=(0,4)=0\cdot(1,0)+4\cdot(0,1),
T(0,1)=(1,0)=1\cdot(1,0)+0\cdot(0,1).
Logo a matriz de T é
A=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 4 & 0\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I). Primeiro escrevemos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 4 & 0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}\lambda & 0\\[4pt] 0 & \lambda\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt] 4 & -\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)(-\lambda)-1\cdot 4=\lambda^{2}-4.]

Passo 5

Encontramos as raízes do polinômio característico:
\lambda^{2}-4=0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda^{2}=4 \quad\Longrightarrow\quad \lambda=\pm 2.
Portanto os autovalores são \lambda_{1}=2 e \lambda_{2}=-2. Cada um tem multiplicidade algébrica 1 (raiz simples), então esperamos um autovetor não-nulo distinto para cada.

Passo 6

Autovetores para \lambda=2\). Resolvemos \((A-2I)v=0\). Escrevendo a matriz: \[A-2I=\begin{pmatrix}-2 & 1\\[4pt] 4 & -2\end{pmatrix}.
Se v=(x,y), o sistema linear é
\begin{cases} -2x + y = 0,\\[4pt] 4x - 2y = 0. \end{cases}
A segunda equação é 2\] vezes a primeira, então basta a primeira: \(-2x+y=0, ou seja
y=2x.
Assim os vetores autovetores têm a forma (x,2x)=x(1,2) com x\neq 0. Podemos escolher como representante o vetor (1,2). Verificação rápida:
T(1,2)=(2,4)=2\cdot(1,2),
confirmando que (1,2) é autovetor associado a \lambda=2.]

Passo 7

Autovetores para \lambda=-2\). Resolvemos \((A+2I)v=0\). A matriz é \[A-(-2)I=A+2I=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 4 & 2\end{pmatrix}.
Se v=(x,y), o sistema é
\begin{cases} 2x + y = 0,\\[4pt] 4x + 2y = 0. \end{cases}
A segunda é 2\] vezes a primeira; a primeira dá \(y=-2x. Logo os autovetores são (x,-2x)=x(1,-2) com x\neq 0. Podemos escolher o representante (1,-2). Verificação:
T(1,-2)=(-2,4)=-2\cdot(1,-2),
confirmando que (1,-2) é autovetor associado a \lambda=-2.]

Passo 8

Resumo e interpretação para a prova (um empurrãozinho motivador). Cada autovalor real distinto gerou um autoespaço unidimensional (reta) gerada pelo autovetor escolhido. Na prova, o procedimento padrão é: escrever a matriz, formar \det(A-\lambda I), achar \lambda, e então resolver (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda. Dá pra fazer isso sem calculadora para matrizes 2\times2 como esta — é direto.

Resposta

\lambda=2, autovetores: todos os múltiplos de (1,2).
\lambda=-2, autovetores: todos os múltiplos de (1,-2).

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