Sobre o autovetor v=(a, b, c), associado ao maior autovalor do operador linear
F: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}
dado por
F(x, y, z)=(6 x-y+z, y-z,-3 y-3 z)
é correto afirmar que:
a) b=a+c
b) a=c
c) a=b+c
d) b=c
e) a=b

Passo 1

O enunciado dá um operador linear F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 e diz que v=(a,b,c) é um autovetor associado ao maior autovalor de F. As fórmulas fornecidas são:
F(x,y,z)=(6x-y+z,\; y-z,\; -3y-3z).
O que se pede é escolher, entre as alternativas (a)–(e), qual relação entre a,b,c é correta para esse autovetor. As alternativas são:
a) b=a+c
b) a=c
c) a=b+c
d) b=c
e) a=b
Informações relevantes que temos do enunciado:
  • O vetor v=(a,b,c) satisfaz F(v)=\lambda v para algum autovalor \lambda (o maior autovalor).
  • A ação de F sobre vetores é dada pelas componentes escritas acima.

Passo 2

Primeiro vamos escrever F como matriz na base canônica. Para isso calcule F aplicado aos vetores base:
F(1,0,0)=(6,0,0),\qquad F(0,1,0)=(-1,1,-3),\qquad F(0,0,1)=(1,-1,-3).
As colunas da matriz A de F são essas imagens. Logo
A=\begin{pmatrix}6 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & -1 \\[4pt] 0 & -3 & -3\end{pmatrix}.
Explicação curta: a coluna j de A é F(e_j), onde e_j é o j-ésimo vetor da base canônica.]

Passo 3

Para achar os autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevendo:
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix}6-\lambda & -1 & 1 \\[4pt] 0 & 1-\lambda & -1 \\[4pt] 0 & -3 & -3-\lambda\end{pmatrix}.
Como as duas entradas abaixo do primeiro elemento da primeira coluna são zero, o determinante fatora isolando 6-\lambda:
\det(A-\lambda I)=(6-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 \\[4pt] -3 & -3-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o determinante 2×2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & -1 \\[4pt] -3 & -3-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(-3-\lambda)-(-1)(-3).
Agora expandimos passo a passo:
(1-\lambda)(-3-\lambda)=-3+2\lambda+\lambda^2,
e
-(-1)(-3)=-3.
Portanto a expressão inteira é
-3+2\lambda+\lambda^2-3=\lambda^2+2\lambda-6.
Assim o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(6-\lambda)\bigl(\lambda^2+2\lambda-6\bigr).]

Passo 4

Encontramos as raízes do polinômio. Uma raiz é \lambda=6. As outras vêm da quadrática \lambda^2+2\lambda-6=0. Usando a fórmula de Bhaskara:
\lambda=\frac{-2\pm\sqrt{2^2-4\cdot1\cdot(-6)}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{28}}{2}=-1\pm\sqrt{7}.
As três autovalores são, portanto,
\lambda_1=6,\qquad \lambda_2=-1+\sqrt{7},\qquad \lambda_3=-1-\sqrt{7}.
Numericamente -1+\sqrt{7}\approx1{,}646 e -1-\sqrt{7}\approx-3{,}646. Logo o maior autovalor é \lambda=6.

Passo 5

Agora achamos um autovetor associado a \lambda=6\). Resolvemos \((A-6I)v=0\). A matriz \(A-6I\) é \[A-6I=\begin{pmatrix}0 & -1 & 1 \\[4pt] 0 & -5 & -1 \\[4pt] 0 & -3 & -9\end{pmatrix}.
Isso leva ao sistema linear (cada linha corresponde a uma equação)
\begin{cases} -b + c = 0,\\[4pt] -5b - c = 0,\\[4pt] -3b -9c = 0. \end{cases}
Da primeira equação temos c=b\]. Substituindo na segunda: \[-5b - c = -5b - b = -6b = 0 \quad\Rightarrow\quad b=0.\] Com \(b=0 e c=b obtemos c=0. As três equações tornam-se satisfatoriamente verdadeiras com b=c=0; não há restrição sobre a (as colunas da primeira variável na matriz são zeros), então a é livre e deve ser não nulo para ser autovetor. Portanto os autovetores associados a \lambda=6 têm a forma
v=(a,0,0),\qquad a\neq 0.]

Passo 6

Da forma do autovetor concluímos as relações entre a,b,c que valem para esse autovetor: b=0 e c=0, isto é, b=c. As demais alternativas que envolvem igualdades com a não se verificam (por exemplo a=c falharia porque aqui c=0 mas a\neq0).

Resposta

d) b=c

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