Considere o operador linear T \in \mathcal{L}\left(\mathbb{R}^{3}\right) dado por
T(x, y, z)=(x+z, y+z, z)
(a) Mostre que o subespaço U=\left\{(x, y, 0) \in \mathbb{R}^{3}\right\} é invariante por T.
(b) Determine todos os autovalores de T.
(c) Verifique se existe uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T.

Passo 1

O enunciado nos dá o operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(x+z,\;y+z,\;z).
Pede-se:
(a) mostrar que o subespaço U=\{(x,y,0)\in\mathbb{R}^{3}\} é invariante por T;
(b) determinar todos os autovalores de T;
(c) verificar se existe uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T.
Informações relevantes que temos do enunciado:
  • A expressão explícita de T em coordenadas (peguei-a do enunciado).
  • O subespaço U é o conjunto dos vetores cujo terceiro componente é 0 (peguei isto do enunciado).
  • As perguntas (a), (b) e (c) estão separadas e dependem, respectivamente, de verificar invariância, calcular autovalores e checar existência de base de autovetores.

Passo 2

Definição útil (explicando com calma): um subespaço U\subset\mathbb{R}^{3} é invariante por T se, para todo vetor u\in U, o vetor T(u) também pertence a U. Em outras palavras, aplicar T não leva para fora de U.
Agora aplico isso ao nosso U. Tome um vetor genérico de U:
u=(x,y,0).
Calculo T(u) usando a definição dada (peguei a expressão de T do enunciado):
T(x,y,0)=(x+0,\;y+0,\;0)=(x,y,0).
Ou seja, T(x,y,0) é exatamente o mesmo vetor (x,y,0), que claramente pertence a U. Portanto, para todo u\in U temos T(u)\in U, o que mostra que U é invariante por T.
Comentário didático: na prática T age como a identidade em U — isso é útil para entender autovetores que viverão em U.

Passo 3

Para achar autovalores é conveniente escrever a matriz de T na base canônica \{e_1,e_2,e_3\}, onde e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1). Vou calcular as imagens dos vetores da base (peguei esses vetores por convenção da base canônica):
  • T(e_1)=T(1,0,0)=(1+0,\;0+0,\;0)=(1,0,0)=e_1.
  • T(e_2)=T(0,1,0)=(0+0,\;1+0,\;0)=(0,1,0)=e_2.
  • T(e_3)=T(0,0,1)=(0+1,\;0+1,\;1)=(1,1,1)=e_1+e_2+e_3.
As colunas da matriz de T na base canônica são essas imagens escritas em coordenadas, logo a matriz A de T é
A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
Explicação rápida: a primeira coluna é T(e_1), a segunda é T(e_2) e a terceira é T(e_3).]

Passo 4

Para achar os autovalores calculo o polinômio característico \det(A-\lambda I). Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Observação didática: essa matriz é triangular superior (todos os elementos abaixo da diagonal principal são zero). Para matrizes triangulares o determinante é o produto dos elementos da diagonal. Portanto
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\,(1-\lambda)\,(1-\lambda)=(1-\lambda)^{3}.
Assim o único autovalor é \lambda=1, com multiplicidade algébrica 3.]

Passo 5

Agora encontro o espaço próprio (autovetores) associado a \lambda=1\), ou seja resolvo \((A-I)v=0\). A matriz \(A-I\) é \[A-I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z) então (A-I)v=0 fornece as equações (pegadas pela multiplicação da matriz pelas componentes)
\begin{cases} 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z = 0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z = 0,\\[4pt] 0=0. \end{cases}
Essas equações reduzem-se a
z=0,
enquanto x\] e \(y são livres (podem ser quaisquer números reais). Portanto o espaço próprio correspondente a \lambda=1 é
E_1=\{(x,y,0)\in\mathbb{R}^{3}\},
que é exatamente o subespaço U (peguei a descrição de U do enunciado e vi que coincide com o conjunto de autovetores).
A dimensão do espaço próprio (multiplicidade geométrica) é \dim E_1=2.]

Passo 6

Interpretação final e resposta à parte (c): para existir uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T é necessário (e suficiente) que a soma das dimensões dos espaços próprios seja 3, isto é, que haja três autovetores linearmente independentes. Aqui o único autovalor é \lambda=1 e o seu espaço próprio tem dimensão 2, portanto só há, no máximo, dois vetores próprios linearmente independentes. Como 2<3, não é possível encontrar três autovetores linearmente independentes, logo não existe uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T. Em termos usuais: T não é diagonalizável.
Breve comentário encorajador: isso acontece com frequência — ter multiplicidade algébrica maior que a geométrica impede diagonalização. No nosso caso a matriz tem forma de Jordan não-trivial (um bloco de tamanho 2 ou 3), por isso falta um autovetor independente.

Resposta

(a) U é invariante por T.
(b) O único autovalor é \lambda=1 (multiplicidade algébrica 3).
(c) Não existe base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T ( T não é diagonalizável).

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