(5) (2,0) Considere o operador linear T: \mathbf{R}^{3} \longrightarrow \mathbf{R}^{3} tal que a matriz em relaçåo a base canônica é
A=\left[\begin{array}{lll} 1 & 1 & 2 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 1 & 3 \end{array}\right]
Verifique se T é um operador linear diagonalizàvel.

Passo 1

O enunciado pede que a gente verifique se o operador linear T:\mathbf{R}^{3}\to\mathbf{R}^{3} é diagonalizável. As informações dadas são:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}
é a matriz de T na base canônica de \mathbf{R}^{3}. A pergunta única é: T é diagonalizável?]

Passo 2

Primeiro passo técnico: calcular o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 0\\[4pt] 0 & 1 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Para calcular o determinante, observamos que as entradas da primeira coluna abaixo da primeira linha são zero, então podemos expandir por essa primeira coluna ou notar que o bloco é simples. Fazendo a conta:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]1 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Agora
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]1 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(3-\lambda)-0\cdot1=(1-\lambda)(3-\lambda).
Portanto
\chi_A(\lambda)= (1-\lambda)\,(1-\lambda)\,(3-\lambda)=(1-\lambda)^2(3-\lambda).]

Passo 3

Do polinômio característico \chi_A(\lambda)=(1-\lambda)^2(3-\lambda) obtemos os autovalores (valores próprios) e suas multiplicidades algébricas:
\lambda_1=1\quad\text{com multiplicidade algébrica }2,é
\lambda_2=3\quad\text{com multiplicidade algébrica }1.é
Lembre que a multiplicidade algébrica é a multiplicidade do autovalor como raiz do polinômio característico.

Passo 4

Agora precisamos computar as dimensões dos autespaços (multiplicidades geométricas). Começamos por \lambda=1. Resolvemos (A-I)v=0.
Escrevendo
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2 \end{pmatrix},
e buscando v=(x,y,z)^{T} tal que (A-I)v=0. As equações lineares são
0\cdot x + 1\cdot y + 2\cdot z = 0,
a segunda linha é 0=0 (não fornece informação), e a terceira é igual à primeira. Logo a única equação não-trivial é
y + 2z = 0 \quad\Longrightarrow\quad y = -2z.
As variáveis livres são x e z. Escrevendo x=s e z=t (com s,t\in\mathbf{R}), temos
v=\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}s\\[4pt]-2t\\[4pt]t\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto uma base do autespaço associado a \lambda=1 é, por exemplo,
\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\},
e a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é \dim E_{1}=2.
Explicação rápida do que fizemos: a multiplicidade geométrica é a dimensão do espaço de vetores que satisfazem (A-\lambda I)v=0. Encontramos duas variáveis livres, logo dimensão 2.]

Passo 5

Agora \lambda=3. Resolvemos (A-3I)v=0.
Escrevendo
A-3I=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix},
e para v=(x,y,z)^T obtemos o sistema
-2x + y + 2z = 0,
-2y = 0,
y = 0.
Das duas últimas equações vem imediatamente y=0. Substituindo na primeira:
-2x + 2z = 0 \quad\Longrightarrow\quad x = z.
Podemos tomar z=t, então x=t e y=0. Logo
v=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Uma base do autespaço associado a \lambda=3 é
\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\},
e a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é \dim E_{3}=1.]

Passo 6

Regra prática para diagonalização (explicação didática): um operador (ou matriz) A em um espaço de dimensão n é diagonalizável se e somente se existe uma base formada por autovetores. Uma verificação prática é comparar multiplicidades algébricas e geométricas: para cada autovalor \lambda, a multiplicidade geométrica \dim E_{\lambda} satisfaz 1\le \dim E_{\lambda}\le multiplicidade algébrica de \lambda. Se, para todos os autovalores, a multiplicidade geométrica for igual à multiplicidade algébrica, então a soma das dimensões dos autespaços é n e existe uma base de autovetores, logo a matriz é diagonalizável.
No nosso caso temos:
\text{para }\lambda=1:\\ \text{mult. alg. }=2,\\ \text{mult. geom. }=2,
\text{para }\lambda=3:\\ \text{mult. alg. }=1,\\ \text{mult. geom. }=1.
Como as multiplicidades geométricas coincidem com as algébricas e somam 2+1=3 (a dimensão do espaço), concluímos que existe uma base de \mathbf{R}^{3} formada por autovetores de A.

Resposta

Sim. T é diagonalizável.

Exercícios relacionados