Para cada operador linear L abaixo, decida se ele é diagonalizável. Caso L seja diagonalizável, encontre uma base que o diagonaliza:
L: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, L\left(\left[\begin{array}{l}x_{1} \\\ x_{2} \\\ x_{3}\end{array}\right]\right)=\left[\begin{array}{c}3 x_{1} \\\\ -2 x_{1}+4 x_{2}+2 x_{3} \\\\ -2 x_{1}+x_{2}+5 x_{3}\end{array}\right].

Passo 1

O enunciado nos dá o operador linear
L\colon \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3},\quad L\bigl([x_{1},x_{2},x_{3}]^{T}\bigr) = \begin{bmatrix} 3x_{1}\\\\ -2x_{1}+4x_{2}+2x_{3}\\\\ -2x_{1}+x_{2}+5x_{3} \end{bmatrix}.
Queremos decidir se L é diagonalizável. Para isso precisamos encontrar os autovalores (soluções de \det(A-\lambda I)=0) e os autovetores, verificando se obtemos três vetores próprios independentes.

Passo 2

Escrevemos a matriz de L na base canônica \{e_{1},e_{2},e_{3}\}:
A = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\\\ -2 & 4 & 2\\\\ -2 & 1 & 5 \end{pmatrix}.

Passo 3

Calculamos o polinômio característico
\chi_{A}(\lambda)=\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 3-\lambda & 0 & 0\\\\ -2 & 4-\lambda & 2\\\\ -2 & 1 & 5-\lambda \end{pmatrix} =(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}4-\lambda & 2\\\ 1 & 5-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante 2\times2 é
(4-\lambda)(5-\lambda)-2\cdot1 =\lambda^{2}-9\lambda+18 =(\lambda-3)(\lambda-6).
Logo
\chi_{A}(\lambda)=(3-\lambda)(\lambda-3)(\lambda-6) =-(\lambda-3)^{2}(\lambda-6).

Passo 4

Os autovalores são as raízes de \chi_{A}: \lambda_{1}=3 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda_{2}=6 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 5

Para \lambda=3 resolvemos (A-3I)x=0:
A-3I = \begin{pmatrix}0&0&0\\\ -2&1&2\\\ -2&1&2\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad -2x_{1}+x_{2}+2x_{3}=0.
Tomando parâmetros x_{1}=s,\;x_{3}=t, temos x_{2}=2s-2t. Dois vetores independentes são
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix} \quad\text{(caso \(s=1,t=0\))},\qquad v_{2}=\begin{pmatrix}0\\-2\\1\end{pmatrix} \quad\text{(caso \(s=0,t=1\))}.

Passo 6

Para \lambda=6\) resolvemos \((A-6I)x=0\): \[A-6I=\begin{pmatrix}-3&0&0\\\ -2&-2&2\\\ -2&1&-1\end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} -3x_{1}=0,\\\\ -2x_{2}+2x_{3}=0,\\\ x_{2}-x_{3}=0. \end{cases}
Daí x_{1}=0\] e \(x_{3}=x_{2}. Um autovetor é
v_{3}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 7

Como obtemos três autovetores independentes v_{1},v_{2},v_{3}, sendo dois para \lambda=3 e um para \lambda=6, concluímos que L é diagonalizável. A base que diagonaliza L é
\Bigl\{\,v_{1}=[1,2,0]^{T},\;v_{2}=[0,-2,1]^{T},\;v_{3}=[0,1,1]^{T}\Bigr\},
em que a matriz de L fica
\operatorname{diag}(3,3,6).

Resposta

L é diagonalizável e uma base de autovetores é
\bigl\{[1,2,0]^{T},\;[0,-2,1]^{T},\;[0,1,1]^{T}\bigr\},
com a forma diagonal \operatorname{diag}(3,3,6).

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