Em cada caso, dê exemplos, quando possível, de operadores lineares “diagonalizáveis” tais que:
(a) T do \mathbb{R}^{3} cujo núcleo é gerado por (1,0,-1).

Passo 1

Estamos procurando um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 que seja diagonalizável e cujo núcleo seja exatamente
\ker(T)=\mathrm{span}\{(1,0,-1)\}.
Como \dim\ker(T)=1, por Teorema da Dimensão, \mathrm{rank}(T)=2. Para ser diagonalizável, vamos escolher três autovetores linearly independentes com autovalores distintos ou com multiplicidade algébrica igual à geométrica.

Passo 2

Escolhemos como autovetor associado ao autovalor 0 aquele que gera o núcleo:
v_1 = (1,0,-1),\quad T(v_1)=0\cdot v_1=0.
Agora precisamos de dois autovetores independentes adicionais, digamos
v_2=(1,0,1),\quad T(v_2)=1\cdot v_2,
v_3=(0,1,0),\quad T(v_3)=2\cdot v_3.
Como \{v_1,v_2,v_3\} é base de \mathbb{R}^3 e os autovalores 0,1,2 são distintos, T é diagonalizável.

Passo 3

Para descobrir a fórmula de T no sistema canônico, escrevemos um vetor genérico (x,y,z) como combinação
(x,y,z) = \alpha\,v_1 + \beta\,v_2 + \gamma\,v_3.
Temos
\alpha+\beta = x,\quad \gamma = y,\quad -\alpha+\beta = z.
Dessas equações obtemos
\beta = \frac{x+z}{2},\quad \alpha = \frac{x-z}{2},\quad \gamma = y.

Passo 4

Agora aplicamos T via T(\alpha v_1+\beta v_2+\gamma v_3)=\alpha\cdot0\,v_1+\beta\cdot1\,v_2+\gamma\cdot2\,v_3. Logo
T(x,y,z) = \beta\,(1,0,1) + 2\gamma\,(0,1,0) = \Bigl(\beta,\;2\gamma,\;\beta\Bigr) = \Bigl(\tfrac{x+z}{2},\;2y,\;\tfrac{x+z}{2}\Bigr).
Em termos matriciais (base canônica)
T(x,y,z) =\begin{pmatrix} \tfrac12 & 0 & \tfrac12\\[6pt] 0 & 2 & 0\\[6pt] \tfrac12 & 0 & \tfrac12 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}.
Verificamos facilmente que \ker(T) satisfaz x+z=0 e y=0, ou seja \ker(T)=\span\{(1,0,-1)\}, e que a matriz é diagonalizável com autovalores 0,1,2.]

Resposta

Por exemplo, defina T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 por
T(x,y,z)=\Bigl(\tfrac{x+z}{2},\;2y,\;\tfrac{x+z}{2}\Bigr).
Então \ker(T)=\span\{(1,0,-1)\} e T é diagonalizável (autovalores 0,1,2).

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