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)=(2 x-z, y,-x+2 z)

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Calcular os autovalores (eigenvalues) de T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 dada por
T(x,y,z)=(2x-z,\;y,\;-x+2z).
  • Para cada autovalor, obter uma base do respectivo autoespaço (espaço próprio).
  • Dizer se T é diagonalizável. Se for, fornecer uma base \beta que diagonaliza T e escrever a matriz diagonal [T]_{\beta}^{\beta}.
Informações fornecidas (dados do enunciado):
  • A ação de T sobre um vetor (x,y,z) é explicitamente (2x-z,\;y,\;-x+2z).
  • O espaço ambiente é \mathbb{R}^{3}.

Passo 2

Primeiro obtenho a matriz de T relativa à base canônica \mathcal{E}=\{e_1,e_2,e_3\}, onde e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1).
Aplico T aos vetores da base canônica:
T(e_1)=T(1,0,0)=(2,0,-1), \qquad T(e_2)=T(0,1,0)=(0,1,0), \qquad T(e_3)=T(0,0,1)=(-1,0,2).
Como colunas da matriz vão as imagens de e_1,e_2,e_3, a matriz A de T na base canônica é
A = [T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}= \begin{pmatrix} 2 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Definição rápida (didática e prática): um autovalor \lambda e um autovetor v\neq 0 satisfazem T(v)=\lambda v. Na matriz, isso é Av=\lambda v, ou (A-\lambda I)v=0. Para existir solução não trivial, precisamos de
\det(A-\lambda I)=0.
Vou calcular o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 2-\lambda & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 0\\[4pt] -1 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Como a segunda linha/coluna está separada (aparecendo o fator 1-\lambda), posso usar a propriedade de determinante de bloco ou simplesmente expandir pela segunda linha:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]-1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Calculo o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]-1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)^2-(-1)(-1)=(2-\lambda)^2-1.
Agora fatoro (2-\lambda)^2-1 como diferença de quadrados:
(2-\lambda)^2-1=(2-\lambda-1)(2-\lambda+1)=(1-\lambda)(3-\lambda).
Portanto o polinômio característico fica
\chi_A(\lambda)=(1-\lambda)\big[(1-\lambda)(3-\lambda)\big]=(1-\lambda)^2(3-\lambda).
Dos fatores obtemos os autovalores:
\lambda=1\\ (\text{multiplicidade algébrica }2),\qquad \lambda=3\\ (\text{multiplicidade algébrica }1).éé]

Passo 4

Agora encontro os autoespaços (espaços próprios), isto é, [\ker(A-\lambda I)) para cada \lambda.
Primeiro \lambda=1. Escrevo A-I:
A-I= \begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Resolvendo (A-I)v=0 para v=(x,y,z) dá o sistema (cada linha corresponde a uma equação):
\begin{cases} x - z = 0,\\[4pt] 0 = 0,\\[4pt] - x + z = 0. \end{cases}
As duas equações não-triviais são equivalentes e dão x=z\]. A coordenada \(y é livre (não aparece nas equações). Logo os vetores próprios associados a \lambda=1 são os de forma
(x,y,z)=(t,s,t)=t(1,0,1)+s(0,1,0),\qquad s,t\in\mathbb{R}.
Uma base conveniente do autoespaço de \lambda=1 é
\{(1,0,1),\;(0,1,0)\}.
O autoespaço tem dimensão 2, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=1.]

Passo 5

Agora \lambda=3\). Escrevo \(A-3I\): \[A-3I= \begin{pmatrix} -1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] -1 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
Resolvendo (A-3I)v=0 para v=(x,y,z) obtemos o sistema
\begin{cases} - x - z = 0,\\[4pt] -2y = 0,\\[4pt] - x - z = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem y=0\]. Da primeira (e terceira) vem \(x = -z. Logo os vetores próprios têm a forma
(x,y,z)=(t,0,-t)=t(1,0,-1),\qquad t\in\mathbb{R}.
Uma base do autoespaço de \lambda=3 é
\{(1,0,-1)\}.
A dimensão do autoespaço é 1, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=3.]

Passo 6

Critério de diagonalizabilidade (explicação curta): uma transformação linear em um espaço de dimensão n é diagonalizável se existir uma base formada por autovetores. Isso ocorre exatamente quando a soma das dimensões dos autoespaços (ou seja, as multiplicidades geométricas) é n. Em termos algébricos, costuma-se verificar se, para cada autovalor, a multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço) é igual à multiplicidade algébrica.
Aqui temos:
  • Para \lambda=1: multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica \dim E_1=2.
  • Para \lambda=3: multiplicidade algébrica 1 e multiplicidade geométrica \dim E_3=1.
A soma das dimensões dos autoespaços é 2+1=3, que é a dimensão do espaço ambiente. Portanto T é diagonalizável.
Construo uma base \beta de \mathbb{R}^3 formada por autovetores (qualquer ordem serve, a ordem define a ordem dos autovalores na diagonal). Por exemplo escolho
\beta=\{\,v_1=(1,0,1),\;v_2=(0,1,0),\;v_3=(1,0,-1)\,\},
onde v_1,v_2 correspondem a \lambda=1 e v_3 corresponde a \lambda=3.
Na base \beta a matriz de T é diagonal com as entradas diagonais sendo os autovalores na mesma ordem dos vetores da base:
[T]_{\beta}^{\beta}=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}=\operatorname{diag}(1,1,3).]

Resposta

Autovalores: \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2), \lambda=3 (multiplicidade algébrica 1).
Base do autoespaço de \lambda=1: \{(1,0,1),\;(0,1,0)\}.
Base do autoespaço de \lambda=3: \{(1,0,-1)\}.
Diagonalizável? Sim.
Uma base \beta que diagonaliza: \beta=\{(1,0,1),\;(0,1,0),\;(1,0,-1)\}.
Matriz diagonal correspondente: [T]_{\beta}^{\beta}=\operatorname{diag}(1,1,3).

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