[2,0] Encontre os autovalores, os autoespacos de cada antovalor e diga se o operador T^{\prime} é diagonalizável, justificando: T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, dado por T(x, y, z)=(x+\dot{y}+72 z, 2 y, 2 z)
Passo 1
O enunciado pede: encontrar os autovalores, os autoespaços de cada autovalor e dizer se o operador T^{\prime} é diagonalizável, justificando.
As informações dadas são: o operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} é definido por
T(x,y,z)=(x+y+72z,\;2y,\;2z).
Passo 2
Vamos passar T para a matriz na base padrão (e_{1},e_{2},e_{3}). Para isso aplicamos T aos vetores e_{1}=(1,0,0), e_{2}=(0,1,0), e_{3}=(0,0,1) e colocamos os resultados como colunas da matriz.
Lembrete rápido (didático): um autovalor \lambda é um escalar tal que existe vetor não nulo v com T(v)=\lambda v. Em termos de matriz A, procuramos \lambda tais que \det(A-\lambda I)=0. Para matrizes triangulares, o determinante de A-\lambda I é o produto dos elementos da diagonal de A-\lambda I, ou seja, o produto (a_{11}-\lambda)(a_{22}-\lambda)(a_{33}-\lambda).
Aqui A é triangular superior, então os autovalores são as entradas da diagonal:
Ou seja, os autovalores são \lambda=1 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=2 (multiplicidade algébrica 2).
Passo 4
Agora vamos calcular os autoespaços (espaços próprios) associados a cada autovalor. Lembrete didático: o autoespaço associado a [\lambda) é \ker(A-\lambda I)=\{v\in\mathbb{R}^{3}:\;(A-\lambda I)v=0\}. Resolvemos o sistema linear (A-\lambda I)v=0.
Da segunda e terceira equações obtemos y=0\] e \(z=0. A primeira fica 0+72\cdot 0=0, que é satisfeita. A variável x não aparece nas equações, portanto é livre (qualquer x). Assim os vetores próprios para \lambda=1 são exatamente os de forma (x,0,0), x\neq 0. Um gerador (base) do autoespaço é (1,0,0).
O sistema (A-2I)(x,y,z)^{T}=0 reduz-se à única equação não trivial
-x+y+72z=0,
ou seja
x=y+72z.
As variáveis y e z podem ser livres. Escrevendo a solução:
(x,y,z)= (y+72z,\;y,\;z)= y(1,1,0)+z(72,0,1).
Portanto uma base do autoespaço é formada pelos vetores (1,1,0) e (72,0,1). Assim
E_{2}=\operatorname{span}\{(1,1,0),\;(72,0,1)\},
que tem dimensão (multiplicidade geométrica) 2.]
Passo 6
Lembrete didático sobre diagonalizabilidade: uma matriz A (ou operador linear) em um espaço de dimensão n é diagonalizável se existe uma base formada por vetores próprios, ou equivalentemente se a soma das dimensões dos autoespaços (multiplicidades geométricas) é n. Outra forma prática: para cada autovalor \lambda, a multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço) deve ser igual à multiplicidade algébrica; e a soma das multiplicidades geométricas deve ser n.
Aqui temos:
Para \lambda=1: multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1.
Para \lambda=2: multiplicidade algébrica 2, multiplicidade geométrica 2.
A soma das dimensões dos autoespaços é 1+2=3, que é a dimensão de \mathbb{R}^{3}. Logo existe uma base de \mathbb{R}^{3} formada por vetores próprios (por exemplo (1,0,0),(1,1,0),(72,0,1)), e portanto T é diagonalizável.
Passo 7
Resumo do que encontramos (rápido para fixar): autovalores \;1 e \;2 (com 2 repetido), autoespaços gerados por (1,0,0) e por (1,1,0),(72,0,1) respectivamente, e diagonalizável porque multiplicidades geométrica = algébrica e somam 3.
Resposta
Autovalores: \;1 e \;2 (com multiplicidades algébricas 1 e 2, respectivamente).
Autoespaço de \lambda=1: E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,0)\}.
Autoespaço de \lambda=2: E_{2}=\operatorname{span}\{(1,1,0),\;(72,0,1)\}.
Diagonalizável: Sim, pois as dimensões dos autoespaços são 1 e 2 (iguais às multiplicidades algébricas) e somam 3.