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:
\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).