Considerando o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, T(x, y, z)=(-x, 4 x-y, 2 x+3 z), determine:
(3.) (L.W) Se o operador T é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(-x,\;4x-y,\;2x+3z).
A pergunta que preciso responder é: T é diagonalizável? \n
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
\text{Regra de }T:\; (x,y,z)\mapsto(-x,\;4x-y,\;2x+3z).
Nenhuma outra informação externa foi dada.

Passo 2

Representar T na base canônica e obter a matriz associada A. \n
Como padrão, as colunas de A são as imagens dos vetores da base canônica (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1). Calculo:
T(1,0,0)=(-1,4,2),\qquad T(0,1,0)=(0,-1,0),\qquad T(0,0,1)=(0,0,3).
Portanto a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 4 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 3 \end{pmatrix}.
Explicação rápida (caso você não tenha visto antes): cada coluna corresponde às coordenadas da imagem de um vetor da base; por exemplo a primeira coluna é T(1,0,0).]

Passo 3

Encontrar os autovalores (valores próprios) calculando o polinômio característico \det(A-\lambda I). \n
Calculo:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} -1-\lambda & 0 & 0\\[4pt] 4 & -1-\lambda & 0\\[4pt] 2 & 0 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Como a primeira linha tem zeros nas colunas 2 e 3, a determinante se obtém por expansão no primeiro elemento:
\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)\det\begin{pmatrix}-1-\lambda & 0\\[4pt] 0 & 3-\lambda\end{pmatrix} =(-1-\lambda)(-1-\lambda)(3-\lambda).
Como (-1-\lambda)^2=(\lambda+1)^2 (sinal ao quadrado some), obtemos
\det(A-\lambda I)=(\lambda+1)^2(3-\lambda).
Portanto os autovalores são \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=3 com multiplicidade algébrica 1.
Breve explicação do termo: multiplicidade algébrica é a multiplicidade do autovalor como raiz do polinômio característico.]

Passo 4

Determinar os autovetores e as respectivas multiplicidades geométricas (dimensões dos autespaços). Começo por \lambda=3. \n
Resolvo (A-3I)v=0:
A-3I=\begin{pmatrix} -4 & 0 & 0\\[4pt] 4 & -4 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Escrevendo as equações para v=(x,y,z):
-4x=0,\qquad 4x-4y=0,\qquad 2x=0.
Da primeira (ou terceira) obtemos x=0. Substituindo em 4x-4y=0 -4y=0 então y=0. z é livre. Logo os vetores próprios associados a \lambda=3 são todos múltiplos de (0,0,1). \n
Assim a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é \dim E_{3}=1.]

Passo 5

Agora \lambda=-1. Resolvo (A+I)v=0:
A+I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\[4pt] 4 & 0 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 4 \end{pmatrix}.
As equações para v=(x,y,z) são
0=0\\ (\text{sem informação}),\qquad 4x=0,\qquad 2x+4z=0.çã
Da segunda equação vem x=0. Substituindo em 2x+4z=0 obtemos 4z=0 então z=0. Assim y fica livre. Logo os autovetores para \lambda=-1 são todos múltiplos de (0,1,0). \n
Portanto a multiplicidade geométrica de \lambda=-1 é \dim E_{-1}=1, embora sua multiplicidade algébrica seja 2.
Explicação do conceito: multiplicidade geométrica = dimensão do espaço dos autovetores (autespaço) associado ao autovalor; para diagonalizar precisamos de autovetores linearmente independentes suficientes.]

Passo 6

Critério de diagonalização e conclusão. \n
Um operador linear em \mathbb{R}^{3} é diagonalizável se e somente se existe uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores, o que equivale a que a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores seja 3 (ou, equivalentemente, que para cada autovalor sua multiplicidade geométrica iguale sua multiplicidade algébrica). \n
Aqui temos:
\dim E_{3}=1,\qquad \dim E_{-1}=1,
soma das dimensões =1+1=2<3. Em particular, para \lambda=-1 temos multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1, ou seja, falta um autovetor para completar a base. Portanto não existe base formada por três autovetores (só encontramos dois linearmente independentes). \n
Conclusão: T não é diagonalizável.

Resposta

Não, T não é diagonalizável.

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