Considere o operador linear T: \mathbf{R}^{3} \longrightarrow \mathbf{R}^{3} tal que a matriz em relaçào a base canónica é:
Verifique se T e um operador linear diagonalizavel.
\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 3 \end{bmatrix}

Passo 1

O enunciado pede para verificar se o operador linear T:\mathbf{R}^{3}\to\mathbf{R}^{3} é diagonalizável. A informação dada é a matriz de T na base canónica, que peguei do enunciado:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 2 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 1 & 3 \end{pmatrix}.
Pergunta explícita: “Verifique se T é um operador linear diagonalizável.”
Informações relevantes listadas: a matriz \,A acima; o espaço de atuação é \mathbf{R}^{3}.

Passo 2

O que significa “diagonalizável” (explicação didática): dizer que uma matriz A é diagonalizável significa que existe uma base de \mathbf{R}^{3} formada por autovetores de A. Na prática, para uma matriz 3\times3 isso acontece se conseguirmos encontrar três autovetores linearmente independentes. Um critério prático: calcular os autovalores (raízes do polinómio característico) e verificar se, para cada autovalor \lambda, a dimensão do seu autespaço (multiplicidade geométrica) é igual à multiplicidade algébrica (expoente de (\lambda-\lambda_i) no polinómio característico). Se a soma das dimensões dos autespaços for 3, então A é diagonalizável.

Passo 3

Vou calcular o polinómio característico \det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 2 \\\\ 0 & 1-\lambda & 0 \\\\ 0 & 1 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
O determinante desta matriz pode ser calculado usando desenvolvimento pela primeira linha. Faço isso passo a passo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]1 & 3-\lambda\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 3-\lambda\end{pmatrix} +2\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 1-\lambda\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
As duas últimas determinantes são zero (porque têm uma linha de zeros), portanto sobra apenas a primeira parcela. Calculo-a:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big((1-\lambda)(3-\lambda)-0\cdot1\big)=(1-\lambda)^2(3-\lambda).]

Passo 4

Das factorizações acima, os autovalores são as raízes do polinómio característico:
\lambda=1\quad\text{com multiplicidade algébrica }2, \qquad \lambda=3\quad\text{com multiplicidade algébrica }1.éé
Agora precisamos das dimensões dos autespaços (multiplicidades geométricas) para cada autovalor.

Passo 5

Calculo o autespaço associado a \lambda=1\), isto é \(\ker(A-I)\). Primeiro escrevo \(A-I\): \[A-I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
Agora resolvo (A-I)v=0 com v=(x,y,z)^{T}. As equações correspondentes são:
\begin{cases} 0\cdot x + 1\cdot y + 2\cdot z = 0,\\[4pt] 0 = 0 \quad(\text{segunda linha}),\\[4pt] 0\cdot x + 1\cdot y + 2\cdot z = 0 \quad(\text{terceira linha, mesma que a primeira}). \end{cases}
Da primeira equação tiramos y+2z=0\], ou seja \(y=-2z. Note que x não aparece em nenhuma equação, logo x é livre. Tomando parâmetros s e t com x=s e z=t, obtemos
v=(x,y,z)=(s,\,-2t,\,t)=s(1,0,0)+t(0,-2,1).
Portanto uma base do autespaço para \lambda=1 é, por exemplo,
\{(1,0,0),\;(0,-2,1)\},
e a dimensão do autespaço (multiplicidade geométrica) é 2. Isso coincide com a multiplicidade algébrica 2 do autovalor \lambda=1.]

Passo 6

Calculo o autespaço associado a \lambda=3\), ou seja \(\ker(A-3I)\). Primeiro \(A-3I\): \[A-3I=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 2 \\\\ 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Resolvo (A-3I)v=0 com v=(x,y,z)^{T}. As equações são:
\begin{cases} -2x + y + 2z = 0,\\[4pt] -2y = 0,\\[4pt] y = 0. \end{cases}
Das duas últimas equações obtemos y=0\]. Substituindo na primeira: \[-2x + 0 + 2z = 0 \quad\Longrightarrow\quad -2x + 2z = 0 \quad\Longrightarrow\quad x=z.\] Tomando \(z=t como parâmetro, obtemos vetores da forma (t,0,t)=t(1,0,1). Assim uma base do autespaço para \lambda=3 é
\{(1,0,1)\},
e a dimensão do autespaço é 1, que coincide com a multiplicidade algébrica 1.]

Passo 7

Somando as dimensões dos autespaços temos 2 (para \lambda=1) mais 1 (para \lambda=3), totalizando 3. Como a soma das multiplicidades geométricas é igual à dimensão do espaço \mathbf{R}^{3}, existem três autovetores linearmente independentes que formam uma base de \mathbf{R}^{3}. Logo A (e portanto T) é diagonalizável. Se quisermos um conjunto explícito de três autovetores independentes podemos tomar
(1,0,0),\quad (0,-2,1),\quad (1,0,1),
que correspondem, respectivamente, aos autovalores 1,1,3.

Resposta

Sim. T é diagonalizável.

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