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+2 y+z, x, 2 z)

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(x+2y+z,\;x,\;2z).
As perguntas são:
  • Calcular os autovalores de T.
  • Para cada autovalor, obter uma base do autoespaço correspondente (conjunto de autovetores não-nulos).
  • Dizer se T é diagonalizável. Se for, apresentar uma base \beta na qual a matriz de T é diagonal e escrever essa matriz.
Vou trabalhar no sistema de coordenadas canônico \mathcal{E} = \{e_1,e_2,e_3\} de \mathbb{R}^3, onde e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1). A resolução começa por escrever a matriz de T nessa base.

Passo 2

Encontrar a matriz A=[T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}} escrevendo as imagens de e_1,e_2,e_3 como colunas:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,1,0), \qquad T(e_2)=T(0,1,0)=(2,0,0), \qquad T(e_3)=T(0,0,1)=(1,0,2).
Portanto, a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Explicação rápida: cada coluna é T aplicada ao vetor da base correspondente, escrita em coordenadas canônicas.]

Passo 3

Definição e objetivo: autovalores \lambda são números tais que existe v\neq0 com T(v)=\lambda v. Em termos matriciais, procuramos \lambda com \det(A-\lambda I)=0. Aqui I é a matriz identidade 3\times3.
Calculemos A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 1\\[4pt] 1 & -\lambda & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
O determinante é fácil por ser quase triangular; expandimos usando a linha/coluna que isola 2-\lambda:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\[4pt] 1 & -\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(- \lambda)-2\cdot 1=\lambda^{2}-\lambda-2.
Logo
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\,(\lambda^{2}-\lambda-2).
Fatorando o polinômio quadrático:
\lambda^{2}-\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1).
Portanto
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda-2)(\lambda+1)=-(\lambda-2)^{2}(\lambda+1).
As raízes (autovalores) são \lambda=2 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 1.]

Passo 4

Conceito importante (didático): a multiplicidade algébrica de um autovalor é sua multiplicidade como raiz do polinômio característico. A multiplicidade geométrica é a dimensão do seu autoespaço (nº de vetores linearmente independentes que são autovetores desse autovalor). Para diagonalizar uma matriz n\times n é necessário (e suficiente, quando trabalhamos sobre \mathbb{R} ou \mathbb{C}) que a soma das multiplicidades geométricas seja n; em particular cada autovalor deve ter multiplicidade geométrica igual à sua multiplicidade algébrica.
Vamos calcular os autoespaços para cada \lambda.

Passo 5

Autoespaço para \lambda=2. Resolvemos (A-2I)v=0. Escrevendo as equações (com v=(x,y,z)):
A-2I= \begin{pmatrix} -1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \qquad \begin{pmatrix} -1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Das duas primeiras equações obtemos:
(1)\\\ -x+2y+z=0,\qquad (2)\\ x-2y=0.
Da equação (2) segue x=2y. Substituindo em (1):
-2y+2y+z=0 \implies z=0.
Logo z=0 e x=2y. Portanto os vetores autovetores para \lambda=2 são
v=(x,y,z)=(2y,y,0)=y(2,1,0).
O autoespaço associado a \lambda=2 é o subespaço gerado por (2,1,0), que tem dimensão 1. Assim a multiplicidade geométrica de \lambda=2 é 1.
Comentário didático: mesmo que \lambda=2 tenha multiplicidade algébrica 2, só encontramos uma direção de autovetores — isso indica um “defeito” e geralmente impede a diagonalização.]

Passo 6

Autoespaço para \lambda=-1. Resolvemos (A+I)v=0. A matriz A-(-1)I=A+I é
A+I= \begin{pmatrix} 2 & 2 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Sistema correspondente:
(1)\\\ 2x+2y+z=0,\qquad (2)\\ x+y=0,\qquad (3)\\\ 3z=0.
Da (3) vem z=0. Da (2) vem x=-y. Substituindo em (1) confirma-se 0=0. Então
v=(x,y,z)=(-y,y,0)=y(-1,1,0).
O autoespaço associado a \lambda=-1 é gerado por (-1,1,0) e tem dimensão 1.]

Passo 7

Contagem das dimensões dos autoespaços: \dim E_{2}=1 e \dim E_{-1}=1. A soma das dimensões é 1+1=2, menor que 3=\dim\mathbb{R}^{3}. Isso significa que não existem três autovetores linearmente independentes que gerem \mathbb{R}^3. Pelo critério de diagonalização, T NÃO é diagonalizável sobre \mathbb{R}.
Explicação didática: para que exista uma base formada só por autovetores é preciso ter 3 autovetores linearmente independentes. Aqui há apenas 2 direções de autovetores distintas, logo não é possível.

Passo 8

Resumo das bases dos autoespaços encontradas (útil para consulta rápida):
  • Para \lambda=2: base do autoespaço E_{2} é \{(2,1,0)\}.
  • Para \lambda=-1: base do autoespaço E_{-1} é \{(-1,1,0)\}.
Observação final: por não ser diagonalizável, não existe base \beta de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores tal que [T]_{\beta}^{\beta} seja diagonal.

Resposta

Autovalores: \lambda=2 (multiplicidade algébrica 2), \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 1).
Base do autoespaço \lambda=2: \{(2,1,0)\}.
Base do autoespaço \lambda=-1: \{(-1,1,0)\}.
Diagonalizável? Não — soma das dimensões dos autoespaços é 1+1=2<3, logo T não é diagonalizável.

Exercícios relacionados