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)=(3 x, 2 y-z,-y+2 z)

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(3x,\;2y-z,\;-y+2z).
Pede-se:
  • Calcular os autovalores (eigenvalues) de T.
  • Para cada autovalor obter uma base do autoespaço correspondente (autovetores).
  • Dizer se T é diagonalizável.
  • Se for diagonalizável, determinar uma base \beta em que [T]_{\beta}^{\beta} é diagonal e escrever essa matriz.
Informações fornecidas resumidas:
  • Regra de T sobre coordenadas (x,y,z) conforme escrito acima.
  • Não há outras informações externas; trabalhar no espaço padrão \mathbb{R}^3.

Passo 2

Passo inicial prático: escrever a matriz de T na 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)). Aplicando T às bases canônicas:
  • T(e_1)=T(1,0,0)=(3,0,0)=3e_1.
  • T(e_2)=T(0,1,0)=(0,2,-1)=0\cdot e_1+2e_2-1e_3.
  • T(e_3)=T(0,0,1)=(0,-1,2)=0\cdot e_1-1e_2+2e_3.
Logo a matriz de T na base canônica é
A=[T]_{\mathcal{E}}^{\mathcal{E}}=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & -1\\[4pt] 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Definição rápida e o que vamos usar: um autovalor \lambda satisfaz \det(A-\lambda I)=0. Calculamos o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Subtrair \lambda na diagonal:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 3-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2-\lambda & -1\\[4pt] 0 & -1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
O determinante de uma matriz triangular por blocos aqui facilita: como a primeira linha/coluna está separada,
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]-1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante do bloco 2\times2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & -1\\[4pt]-1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)^2-(-1)(-1)=(2-\lambda)^2-1.
Expandindo,
(2-\lambda)^2-1=\lambda^2-4\lambda+3=(\lambda-1)(\lambda-3).
Portanto o polinômio característico é
\chi_A(\lambda)=(3-\lambda)\bigl((\lambda-1)(\lambda-3)\bigr).
Podemos reordenar fatores para ver as raízes claramente:
\chi_A(\lambda)=-(\lambda-3)^2(\lambda-1).
As raízes (autovalores) são as soluções de \chi_A(\lambda)=0.]

Passo 4

Determinar os autovalores: as raízes do polinômio são \lambda=3 e \lambda=1. Observações sobre multiplicidades:
  • \lambda=1 é raiz simples (multiplicidade algébrica 1).
  • \lambda=3 é raiz de multiplicidade algébrica 2 (aparece com expoente 2).

Passo 5

Agora encontramos os autoespaços (núcleos de A-\lambda I) e bases para eles.
Para \lambda=1: resolver (A-I)v=0.
A-I=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
Escrever o sistema (A-I)(x,y,z)^T=0:
  • Primeira equação: 2x=0 \Rightarrow x=0.
  • Segunda e terceira equações (do bloco 2\times2): y-z=0,\qquad -y+z=0,
ambas equivalentes a y=z.
Logo os vetores próprios associados a \lambda=1 têm forma (0,y,y)=y(0,1,1). Assim o autoespaço é de dimensão 1 e uma base é
\{(0,1,1)\}.
Para \lambda=3: resolver (A-3I)v=0.
A-3I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -1 & -1\\[4pt] 0 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
Sistema (A-3I)(x,y,z)^T=0:
  • Primeira equação: 0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z=0 (nenhuma restrição em x).
  • Segunda e terceira: -y-z=0 (ambas equivalentes), ou seja y=-z.
Portanto vetores próprios têm forma (x,y,-y)=x(1,0,0)+y(0,1,-1). O autoespaço tem dimensão 2 e uma base conveniente é
\{(1,0,0),\;(0,1,-1)\}.]

Passo 6

Critério de diagonalizabilidade: uma matriz n\times n é diagonalizável sobre \mathbb{R} se, para cada autovalor, a multiplicidade geométrica (dimensão do autoespaço) soma-se às demais e totaliza n; equivalently, para cada autovalor a multiplicidade geométrica é igual à multiplicidade algébrica. Aqui:
  • Para \lambda=1: multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1.
  • Para \lambda=3: multiplicidade algébrica 2, multiplicidade geométrica 2.
As dimensões dos autoespaços somam 1+2=3, que é \dim\mathbb{R}^3. Portanto A (e T) é diagonalizável.

Passo 7

Construir uma base \beta formada por autovetores (ordem escolhida arbitrariamente, mas conveniente agrupar autovetores do mesmo autovalor). Uma escolha natural:
\beta=\Bigl\{\,v_1=(1,0,0),\;v_2=(0,1,-1),\;v_3=(0,1,1)\,\Bigr\},
onde v_1,v_2 são autovetores associados a \lambda=3 e v_3 é autovetor associado a \lambda=1.
Na base \beta, a matriz de T é diagonal com as entradas correspondentes aos autovalores na mesma ordem dos vetores da base:
[T]_{\beta}^{\beta}=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Resposta

Autovalores: \;3 (multiplicidade algébrica 2), \;1 (multiplicidade algébrica 1).
Base do autoespaço de \lambda=1: \;\{(0,1,1)\}.
Base do autoespaço de \lambda=3: \;\{(1,0,0),\,(0,1,-1)\}.
T é diagonalizável.
Uma base \beta de autovetores: \;\{(1,0,0),\;(0,1,-1),\;(0,1,1)\}.
Matriz diagonal [T]_{\beta}^{\beta}:
\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

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