Calcule os autovalores dos seguintes operadores lineares T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}. Em seguida obtenha uma base para cada autoespaço e diga se o operador é diagonalizável. Em caso positivo, determine uma base \beta em que [T]_{\beta}^{\beta} é diagonal e escreva essa matriz.
T(x, y, z)=(x-z, x+2 y+2 z, x-z)

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(x-z,\;x+2y+2z,\;x-z).
As perguntas são:
  • Calcular os autovalores de T.
  • Para cada autovalor, obter uma base do respetivo autoespaço.
  • Dizer se T é diagonalizável; se for, encontrar uma base \beta em que [T]_{\beta}^{\beta} seja diagonal e escrever essa matriz.
Informações relevantes fornecidas:
  • A regra de T para um vetor (x,y,z) está explícita.
  • Trabalhamos em \mathbb{R}^3, então vamos procurar autovalores \lambda e resolver (T-\lambda I)v=0.

Passo 2

Primeiro passo prático: escrever a matriz de T na base canônica \mathcal{E}=\{e_1=(1,0,0),e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1)\}. Para isso calculo as imagens dos vetores da base:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,1,1), \qquad T(e_2)=T(0,1,0)=(0,2,0), \qquad T(e_3)=T(0,0,1)=(-1,2,-1).
A matriz A=[T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}} tem essas imagens como colunas, ou seja
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\[4pt] 1 & 2 & 2\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Agora calculo o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & -1\\[4pt] 1 & 2-\lambda & 2\\[4pt] 1 & 0 & -1-\lambda \end{pmatrix}.
Uso a regra de Sarrus / expansão pela primeira linha:
\chi_A(\lambda)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 2\\[2pt]0 & -1-\lambda\end{pmatrix} -0\cdot(\cdots) +(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda\\[2pt]1 & 0\end{pmatrix}.
Calculo as duas determinantes:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 2\\[2pt]0 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(-1-\lambda),
\det\begin{pmatrix}1 & 2-\lambda\\[2pt]1 & 0\end{pmatrix}=1\cdot0-1\cdot(2-\lambda)=\lambda-2.
Substituindo em \chi_A:
\chi_A(\lambda)=(1-\lambda)(2-\lambda)(-1-\lambda)-(\lambda-2).
Fatoro 2-\lambda (observe que \lambda-2=-(2-\lambda)):
\chi_A(\lambda)=(2-\lambda)\big[(1-\lambda)(-1-\lambda)+1\big].
Calculo o termo entre colchetes:
(1-\lambda)(-1-\lambda)=\lambda^2-1,
logo
(1-\lambda)(-1-\lambda)+1=\lambda^2.
Portanto
\chi_A(\lambda)=(2-\lambda)\lambda^2.]

Passo 4

Dos fatores de \chi_A obtemos os autovalores e suas multiplicidades algébricas:
  • \lambda=0 com multiplicidade algébrica 2.
  • \lambda=2 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 5

Agora encontro os autoespaços resolvendo [(A-\lambda I)v=0) para cada \lambda.
Caso \lambda=2: escrevo A-2I:
A-2I=\begin{pmatrix} -1 & 0 & -1\\[2pt] 1 & 0 & 2\\[2pt] 1 & 0 & -3 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z) então o sistema é
\begin{cases} - x - z = 0,\\[2pt] x + 2z = 0,\\[2pt] x - 3z = 0. \end{cases}
Da primeira equação x=-z\]. Substituindo na segunda: \(-z+2z=z=0, logo z=0 e então x=0. A componente y não aparece em nenhuma equação, fica livre. Portanto os vetores próprios associados a \lambda=2 são exatamente os vetores da forma (0,y,0). Posso escolher como base do autoespaço:
\text{Base do autoespaço de }\lambda=2:\quad \{(0,1,0)\}.ç]

Passo 6

Caso \lambda=0\): resolvo \(A v=0\), i.e. sistema \[\begin{cases} x - z = 0,\\[2pt] x + 2y + 2z = 0,\\[2pt] x - z = 0. \end{cases}
Da primeira (e terceira) equação vem x=z\]. Substituo na segunda: \[x + 2y + 2z = z + 2y + 2z = 3z + 2y = 0.\] Desta relação obtenho \(2y=-3z, isto é y=-\dfrac{3}{2}z. Assim os vetores próprios para \lambda=0 são múltiplos de
( z,\; -\tfrac{3}{2}z,\; z ) = z\big(1,\; -\tfrac{3}{2},\;1\big).
Para evitar frações, escolho como gerador o vetor 2 vezes esse gerador:
(2,\,-3,\,2).
Portanto uma base do autoespaço correspondente a \lambda=0 é
\text{Base do autoespaço de }\lambda=0:\quad \{(2,-3,2)\}.ç]

Passo 7

Verifico a diagonalizabilidade. Teorema prático: um operador linear em espaço de dimensão 3 é diagonalizável se, e somente se, a soma das dimensões dos autoespaços (ou equivalentemente, a multiplicidade geométrica de cada autovalor) for 3. Aqui:
  • dimensão do autoespaço de \lambda=2 é 1,
  • dimensão do autoespaço de \lambda=0 é 1,
    logo a soma das dimensões é 1+1=2<3. Além disso, para \lambda=0 a multiplicidade geométrica é 1 mas a multiplicidade algébrica é 2 (estritamente maior), o que impede diagonalização.
Conclusão: T não é diagonalizável. Portanto não existe base \beta de \mathbb{R}^3 formada por autovetores que torne [T]_{\beta}^{\beta} diagonal.

Resposta

Autovalores: \lambda=0 (multiplicidade algébrica 2), \lambda=2 (multiplicidade algébrica 1).
Base do autoespaço \lambda=0: \{(2,-3,2)\}.
Base do autoespaço \lambda=2: \{(0,1,0)\}.
Diagonalizável? Não — não existe base de autovetores completa (a soma das dimensões dos autoespaços é 2<3).

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