Considere o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por
T(x, y, z)=(2 x+y, y+2 z, 2 y-z)
Calcule a matriz P tal que
D=P^{-1} A P
é a forma diagonal do operador T.

Passo 1

O enunciado pede que a gente encontre uma matriz P invertível tal que
D = P^{-1} A P
é uma matriz diagonal, onde A é a matriz do operador linear T dado por
T(x,y,z) = (2x+y,\; y+2z,\; 2y-z).
Informações relevantes fornecidas:
\text{Para todo }(x,y,z)\in\mathbb{R}^3,\; T(x,y,z)=(2x+y,\; y+2z,\; 2y-z).
A tarefa é calcular explicitamente uma matriz P (com entradas em termos de números reais, possivelmente envolvendo \sqrt{5}) cujas colunas sejam vetores próprios de A, de modo que ao conjugarmos A por P obtemos uma matriz diagonal D.
A partir do enunciado já temos que devemos trabalhar com a matriz A associada a T na base canônica; a resolução começa por escrever A e encontrar seus autovalores e autovetores.

Passo 2

Escrever a matriz A na base canônica. Para isso calculamos T aplicado aos vetores canônicos:
T(1,0,0) = (2,0,0),\quad T(0,1,0)=(1,1,2),\quad T(0,0,1)=(0,2,-1).
Portanto a matriz A (colunas sendo as imagens dos vetores canônicos) é
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 2 & -1 \end{pmatrix}.
Comentário didático rápido: montar A assim é padrão — a coluna j-ésima é T(e_j), onde e_j é o j-ésimo vetor da base canônica.]

Passo 3

Encontrar o polinômio característico de A, isto é \det(A-\lambda I). Calculamos:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 2\\[4pt] 0 & 2 & -1-\lambda \end{pmatrix}.
Como a primeira coluna tem zeros nas linhas 2 e 3, a determinante se simplifica:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
Agora fazemos o determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(-1-\lambda)-4.
Calculando (1-\lambda)(-1-\lambda):
(1-\lambda)(-1-\lambda) = -1 -\lambda +\lambda +\lambda^2 = \lambda^2-1.
Então
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 2\\[4pt] 2 & -1-\lambda\end{pmatrix}=\lambda^2-1-4=\lambda^2-5.
Concluímos que o polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2-5).]

Passo 4

Obter os autovalores a partir do polinômio característico. As raízes de (2-\lambda)(\lambda^2-5)=0 são
\lambda_1 = 2,\qquad \lambda_2 = \sqrt{5},\qquad \lambda_3 = -\sqrt{5}.
Como os três autovalores são distintos, sabemos (teorema) que A é diagonalizável e que existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores. Para diagonalizar, basta encontrar um autovetor não-nulo para cada autovalor e colocar esses autovetores como colunas de P.

Passo 5

Encontrar os autovetores para \lambda_1=2\). Resolvemos \((A-2I)v=0\). Temos \[A-2I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 2 & -3 \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T, as equações são
\begin{cases} y = 0,\\[4pt] -y + 2z = 0,\\[4pt] 2y -3z = 0. \end{cases}
Da primeira equação y=0\]. Substituindo nas outras temos \(2z=0 e -3z=0, logo z=0. O componente x é livre (não aparece nas equações), portanto um autovetor associado a \lambda_1=2 é
v_1 = \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
(Escolhi x=1 por simplicidade.)]

Passo 6

Encontrar os autovetores para \lambda_2=\sqrt{5}\). Escrevemos \(s=\sqrt{5}\) para simplificar a escrita e resolvemos \((A-sI)v=0\): \[A-sI=\begin{pmatrix} 2-s & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1-s & 2\\[4pt] 0 & 2 & -1-s \end{pmatrix}.
Se v=(x,y,z)^T, as equações são
\begin{cases} (2-s)x + y = 0,\\[4pt] (1-s)y + 2z = 0,\\[4pt] 2y +(-1-s)z = 0. \end{cases}
Da primeira equação y = (s-2)x\]. Substituindo na segunda: \[2z = (s-1)y = (s-1)(s-2)x.\] Logo \[z = \frac{(s-1)(s-2)}{2}\, x.\] Podemos escolher um valor conveniente para \(x para evitar frações; escolho x=2. Assim:
y = 2(s-2),\qquad z = (s-1)(s-2).
Podemos simplificar z usando s^2=5:
(s-1)(s-2) = s^2 -3s +2 = 5 -3s +2 = 7 - 3s.
Portanto um autovetor associado a \lambda_2=\sqrt{5} é
v_2 = \begin{pmatrix}2\\[4pt]2(s-2)\\[4pt]7-3s\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\[4pt]2(\sqrt{5}-2)\\[4pt]7-3\sqrt{5}\end{pmatrix}.]

Passo 7

Encontrar os autovetores para \lambda_3=-\sqrt{5} = -s\). Resolvemos \((A+ s I)v=0\): \[A-(-s)I = A + s I = \begin{pmatrix} 2+s & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1+s & 2\\[4pt] 0 & 2 & -1+s \end{pmatrix}.
As equações para v=(x,y,z)^T são
\begin{cases} (2+s)x + y = 0,\\[4pt] (1+s)y + 2z = 0,\\[4pt] 2y +(-1+s)z = 0. \end{cases}
Da primeira equação y = -(2+s)x\]. Substituindo na segunda: \[2z = -(1+s)y = -(1+s)\bigl(-(2+s)x\bigr) = (1+s)(2+s)x.\] Portanto \[z = \frac{(1+s)(2+s)}{2}\, x.\] Escolhendo novamente \(x=2 (pra evitar frações):
y = -2(2+s),\qquad z = (1+s)(2+s).
Simplificando z usando s^2=5:
(1+s)(2+s) = 2 +3s + s^2 = 2 +3s +5 = 7 + 3s.
Então um autovetor para \lambda_3=-\sqrt{5} é
v_3 = \begin{pmatrix}2\\[4pt]-2(2+s)\\[4pt]7+3s\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\[4pt]-2(2+\sqrt{5})\\[4pt]7+3\sqrt{5}\end{pmatrix}.]

Passo 8

Montar a matriz P cujas colunas são os autovetores v_1,v_2,v_3 (na mesma ordem em que colocamos os autovalores na diagonal de D). Assim, escolhendo a ordem \lambda_1=2,\;\lambda_2=\sqrt{5},\;\lambda_3=-\sqrt{5}, tomamos
P=\begin{pmatrix} v_1 & v_2 & v_3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2\\[6pt] 0 & 2(\sqrt{5}-2) & -2(2+\sqrt{5})\\[6pt] 0 & 7-3\sqrt{5} & 7+3\sqrt{5} \end{pmatrix}.
Comentário: por construção, A P = P D, onde
D=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & \sqrt{5} & 0\\[4pt] 0 & 0 & -\sqrt{5} \end{pmatrix},
e portanto D = P^{-1} A P. Como os autovalores são distintos, os autovetores escolhidos são linearmente independentes e P é invertível.]

Resposta

P= \begin{pmatrix} 1 & 2 & 2\\[6pt] 0 & 2(\sqrt{5}-2) & -2(2+\sqrt{5})\\[6pt] 0 & 7-3\sqrt{5} & 7+3\sqrt{5} \end{pmatrix}]

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