Considere o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} tal que
[T]_{B}^{B}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & 0 & -2 \\\\ 1 & 2 & 1 \\\\ 1 & 0 & 3 \end{array}\right)
onde B é uma base de \mathbb{R}^{3}. O operador linear T é diagonalizável? Por quê?

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base B é
A=[T]_B^B = \begin{pmatrix}0 & 0 & -2\\\ 1 & 2 & 1\\\ 1 & 0 & 3\end{pmatrix}.
Queremos saber se T é diagonalizável, ou seja, se existem três vetores próprios linearmente independentes. Para isso vamos achar os autovalores (e suas multiplicidades algébrica) e, em seguida, as dimensões dos respectivos autespaços (multiplicidades geométricas).

Passo 2

Calculamos o polinômio característico
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix}-\lambda & 0 & -2\\[6pt]1 & 2-\lambda & 1\\[4pt]1 & 0 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira coluna:
\det(A-\lambda I) = -\lambda\,\bigl((2-\lambda)(3-\lambda)-0\cdot1\bigr) \;-\;2\bigl(1\cdot0-(2-\lambda)\cdot1\bigr).
Logo
\det(A-\lambda I) = -\lambda\bigl(\lambda^2 -5\lambda+6\bigr) -2\bigl(-2+\lambda\bigr) = -\lambda^3+5\lambda^2-6\lambda +4-2\lambda = -\lambda^3+5\lambda^2-8\lambda+4.
Multiplicando tudo por -1
\lambda^3 -5\lambda^2 +8\lambda -4 = 0.]

Passo 3

Verificamos que \lambda=1 é raiz, pois
1^3 -5\cdot1^2 +8\cdot1 -4 = 0.
Fazendo a divisão sintética por (\lambda-1) obtemos o quociente \lambda^2 -4\lambda+4=(\lambda-2)^2.
Portanto os autovalores são
\lambda_1 = 1\quad(\text{multiplicidade algébrica }1), \quad \lambda_2 = 2\quad(\text{multiplicidade algébrica }2).éé

Passo 4

Para \lambda=2 resolvemos (A-2I)x=0, isto é
\begin{pmatrix}-2 & 0 & -2\\[4pt]1 & 0 & 1\\[4pt]1 & 0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} =0.
As duas últimas linhas são iguais e a primeira é múltiplo delas, sobrando a única condição
x_1 + x_3 = 0,
de modo que
x = (t,\,s,\,-t) = t\,(1,0,-1) + s\,(0,1,0).
Logo o autespaço de \lambda=2 tem dimensão 2, igual à multiplicidade algébrica.]

Passo 5

Para \lambda=1 resolvemos (A-I)x=0, isto é
\begin{pmatrix}-1 & 0 & -2\\[4pt]1 & 1 & 1\\[4pt]1 & 0 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} =0.
As equações levam a
x_1 = -2x_3, \quad x_2 = x_3,
de modo que
x = t\,(-2,1,1),
ou seja, o autespaço de \lambda=1 tem dimensão 1, igual à sua multiplicidade algébrica.]

Passo 6

Somando as dimensões dos três autespaços obtemos 2 + 1 = 3, que é a dimensão de \mathbb{R}^3. Assim há três autovetores linearmente independentes e a matriz é diagonalizável.

Resposta

Sim. Os autovalores são 1 (mult.\ alg.\ 1) e 2 (mult.\ alg.\ 2), e os autespaços têm dimensões iguais às multiplicidades algébricas, totalizando três vetores próprios independentes.

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