Sejam T: V \rightarrow V e S: W \rightarrow W operadores lineares, onde [T]_{B}=\left[\begin{array}{rrr}1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 5 & 2 \\\\ -1 & 3 & 2\end{array}\right] e [S]_{C}=\left[\begin{array}{rrrr}1 & 2 & 3 & 4 \\\\ 0 & -1 & 3 & 2 \\\\ 0 & 0 & 3 & 3 \\\\ 0 & 0 & 0 & 2\end{array}\right], para determinadas bases B e C de V e W, respectivamente. Procure observar neste exercício as seguintes propriedades:
Se ao invés das matrizes acima, tivéssemos a sua transposta, os autovalores permaneceriam os mesmos.

Passo 1

O enunciado fornece duas matrizes que representam operadores lineares em certas bases:
[T]_{B}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 5 & 2 \\[4pt] -1 & 3 & 2\end{pmatrix}, \qquad [S]_{C}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\[4pt] 0 & -1 & 3 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & 3 & 3 \\[4pt] 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}.
A observação pedida é: se em vez dessas matrizes tivéssemos suas transpostas, os autovalores permaneceriam os mesmos.
O que vamos fazer: calcular (explicitamente) os autovalores de [T]_B e de [S]_C, e então justificar por que a transposta tem os mesmos autovalores.]

Passo 2

O que é autovalor e como achá-lo (aulas rápidas e práticas).
Definição: \lambda é autovalor de uma matriz A se existe vetor não-nulo v tal que A v = \lambda v. Equivalentemente, \lambda satisfaz
\det(A - \lambda I)=0,
que é o polinômio característico. Aqui I é a matriz identidade do mesmo tamanho de A. Na prática: calculamos \det(A-\lambda I), obtemos um polinômio em \lambda, e resolvemos as raízes desse polinômio.

Passo 3

Autovalores de [S]_C (matriz triangular).
Observação importante e muito útil na prova: se uma matriz é triangular (superior ou inferior), o determinante dela é o produto dos elementos da diagonal. Assim, para S temos
S-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 3 & 4\\[4pt] 0 & -1-\lambda & 3 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 3-\lambda & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Como essa é triangular superior, o determinante é o produto dos elementos da diagonal:
\det(S-\lambda I)=(1-\lambda)(-1-\lambda)(3-\lambda)(2-\lambda).
Portanto os autovalores são as raízes desse produto, ou seja
\lambda=1,\quad \lambda=-1,\quad \lambda=3,\quad \lambda=2.
Dica prática: quando ver matriz triangular, já anote os elementos da diagonal como autovalores (contando multiplicidade algébrica).]

Passo 4

Autovalores de [T]_B — montar [T]_B-\lambda I e calcular o determinante (passo a passo).
Escrevemos
T-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 1\\[4pt] 0 & 5-\lambda & 2\\[4pt] -1 & 3 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Queremos \det(T-\lambda I)=0. Vamos calcular o determinante por expansão pela primeira linha (ou qualquer outra forma equivalente), explicando cada menor.]

Passo 5

Cálculo do determinante de [T]_B-\lambda I com cuidado nas contas.
Expandindo pela primeira linha:
\det(T-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 2\\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt] -1 & 2-\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}0 & 5-\lambda\\[4pt] -1 & 3\end{pmatrix}.
Agora calculamos cada menor:
\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 2\\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(5-\lambda)(2-\lambda)-2\cdot 3,
\det\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt] -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=0\cdot(2-\lambda)-2\cdot(-1)=2,
\det\begin{pmatrix}0 & 5-\lambda\\[4pt] -1 & 3\end{pmatrix}=0\cdot 3-(5-\lambda)(-1)=5-\lambda.
Substituindo:
\det(T-\lambda I)=(1-\lambda)\big((5-\lambda)(2-\lambda)-6\big)-2\cdot 2 + (5-\lambda).
Desenvolvendo (5-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^2-7\lambda+10, então (5-\lambda)(2-\lambda)-6=\lambda^2-7\lambda+4. Assim
\det(T-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+4)-4+(5-\lambda).
Agrupando os termos constantes finais: -4+5-\lambda=1-\lambda. Então
\det(T-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+4)+(1-\lambda).
Fatorando 1-\lambda:
\det(T-\lambda I)=(1-\lambda)\big(\lambda^2-7\lambda+4+1\big)=(1-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+5).]

Passo 6

Encontrar as raízes do polinômio obtido.
Temos o polinômio característico fatorado:
\det(T-\lambda I)=(1-\lambda)\big(\lambda^2-7\lambda+5\big).
Assim um autovalor é \lambda=1. Para os outros dois autovalores resolvemos a equação quadrática
\lambda^2-7\lambda+5=0.
Aplicando a fórmula de Bhaskara:
\lambda=\frac{7\pm\sqrt{(-7)^2-4\cdot1\cdot5}}{2}=\frac{7\pm\sqrt{49-20}}{2}=\frac{7\pm\sqrt{29}}{2}.
Logo os três autovalores de T são
\lambda=1,\qquad \lambda=\frac{7+\sqrt{29}}{2},\qquad \lambda=\frac{7-\sqrt{29}}{2}.

Passo 7

Por que a transposta tem os mesmos autovalores? (explicação conceitual e simples)
A razão chave é que o polinômio característico é dado por \det(A-\lambda I). Para qualquer matriz A vale a identidade
\det(A^T-\lambda I)=\det\big((A-\lambda I)^T\big)=\det(A-\lambda I),
porque o determinante de uma matriz é igual ao determinante de sua transposta. Logo A e A^T têm exatamente o mesmo polinômio característico, portanto as mesmas raízes e, portanto, os mesmos autovalores (com multiplicidades algébricas iguais). Observação complementar: os autovetores podem mudar — a propriedade vale para autovalores, não garante que os autovetores sejam os mesmos.

Passo 8

Conclusão aplicada ao exercício: os autovalores de [T]_B e de [S]_C que calculamos permanecem iguais se tomarmos [T]_B^T e [S]_C^T. No caso de [S]_C, como ela é triangular superior, sua transposta é triangular inferior com a mesma diagonal, o que dá a mesma conclusão imediatamente; no caso de [T]_B usamos cálculo explícito do polinômio característico e a propriedade geral acima garante que a transposta terá o mesmo polinômio e, portanto, os mesmos autovalores.

Resposta

Autovalores de [T]_B: \;1,\;\dfrac{7+\sqrt{29}}{2},\;\dfrac{7-\sqrt{29}}{2}.
Autovalores de [S]_C: \;1,\;-1,\;3,\;2.
Sim — as matrizes transpostas [T]_B^{T} e [S]_C^{T} mantêm exatamente os mesmos autovalores que as originais.

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