Determine, se possível, uma diagonalização para a matriz do seguinte operador linear na base canônica:
T(x, y, z)=(-x-2 y+2 z, y, z)
Observação: Cobrarei na prova todo o detalhamento da questão: identificando todas as matrizes, autovalores e autovetores.

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(-x-2y+2z,\; y,\; z).
O que é pedido:
  • Determinar a matriz de T na base canônica;
  • Encontrar todos os autovalores (com suas multiplicidades algébrica) e todos os autovetores (descrever as respetivas autofunções e bases dos autoespaços);
  • Dizer se a matriz é diagonalizável e, se for, produzir uma diagonalização explícita (matriz P de autovetores invertível, matriz diagonal D de autovalores, e P^{-1} tal que A=PDP^{-1}).
Informações relevantes dadas:
  • A ação de T sobre um vetor (x,y,z) está explicitada — isso permite obter diretamente a matriz na base canônica tomando T(e_1),T(e_2),T(e_3), onde e_1=(1,0,0),e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1).

Passo 2

Determinar a matriz A de T na base canônica. Aplicar T aos vetores da base canônica:
T(e_1)=T(1,0,0)=(-1,0,0),
T(e_2)=T(0,1,0)=(-2,1,0),
T(e_3)=T(0,0,1)=(2,0,1).
A matriz A tem essas imagens como colunas (na ordem e_1,e_2,e_3), logo
A=\begin{pmatrix} -1 & -2 & 2\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Encontrar o polinômio característico de A. Como A é triangular superior, o determinante de A-\lambda I é o produto das entradas da diagonal de A-\lambda I. Logo
\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(-1-\lambda)(1-\lambda)(1-\lambda)=(-1-\lambda)(1-\lambda)^2.
Portanto os autovalores e suas multiplicidades algébricas são:
  • \lambda_1=-1 com multiplicidade algébrica 1;
  • \lambda_2=1 com multiplicidade algébrica 2.

Passo 4

Calcular o espaço próprio (autovetores) para \lambda=-1\). Precisamos resolver \[(A-(-1)I)v=(A+I)v=0.
Escrevendo A+I:
A+I=\begin{pmatrix} 0 & -2 & 2\\[4pt] 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Resolver o sistema linear (A+I)(x,y,z)^\top=0^\top. As equações correspondentes são
\begin{cases} -2y+2z=0,\\[4pt] 2y=0,\\[4pt] 2z=0. \end{cases}
Da segunda equação vem y=0\]. Da terceira vem \(z=0. Substituindo em primeira, fica satisfeita. A coordenada x não aparece em nenhuma equação, logo é livre. Assim os vetores próprios correspondentes a \lambda=-1 são
v=(x,0,0)=x(1,0,0),\qquad x\neq 0.
Podemos escolher um autovetor conveniente: (1,0,0). O espaço próprio associado a \lambda=-1 tem dimensão geométrica 1, igual à multiplicidade algébrica 1.]

Passo 5

Calcular o espaço próprio para \lambda=1. Resolver
(A-I)v=0.
Escrevendo A-I:
A-I=\begin{pmatrix} -2 & -2 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Isso corresponde à única equação não-trivial
-2x-2y+2z=0\quad\Longleftrightarrow\quad -x-y+z=0.
Reescrevendo,
z=x+y.
As variáveis x e y são livres; portanto os vetores próprios têm a forma
(x,y,x+y)=x(1,0,1)+y(0,1,1).
Uma base conveniente do espaço próprio \ker(A-I) é formada pelos vetores
v_2=(1,0,1),\qquad v_3=(0,1,1).
Esses dois vetores são linearmente independentes; assim a dimensão geométrica do autoespaço para \lambda=1 é 2, que coincide com a multiplicidade algébrica 2.]

Passo 6

Concluir sobre diagonalizabilidade e escolher as colunas de P. Como, para cada autovalor, a dimensão do seu espaço próprio (geométrica) coincide com a multiplicidade algébrica, temos um conjunto de 3 autovetores linearmente independentes. Portanto A é diagonalizável.
Escolhemos uma ordem conveniente de autovetores (cada coluna de P será um autovetor correspondente ao autovalor colocado na diagonal de D na mesma posição):
  • Para \lambda_1=-1: v_1=(1,0,0).
  • Para \lambda_2=1: v_2=(1,0,1).
  • Outro para \lambda_2=1: v_3=(0,1,1).
Definimos
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix},
onde a coluna 1 de P é v_1, a coluna 2 é v_2 e a coluna 3 é v_3. A relação chave que queremos é
A P = P D,
que equivale a A = P D P^{-1} se P for invertível.]

Passo 7

Verificar invertibilidade de P e calcular P^{-1} explicitamente (eliminação de Gauss). Começamos com a matriz aumentada [P\mid I]:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Trocar linha 2 com linha 3 para obter pivôs mais diretos:
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right].
Eliminar o termo acima do pivô da segunda coluna: substituir linha 1 por (linha 1) − (linha 2):
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & -1 & 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right].
Eliminar o termo acima do pivô da terceira coluna: somar à linha 1 a linha 3 e substituir linha 2 por (linha 2) − (linha 3):
\left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right].
Da parte direita da matriz aumentada obtemos P^{-1}:
P^{-1}= \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
(Fácil conferir multiplicando P^{-1}P=I.)]

Passo 8

Concluir a diagonalização. Com P e P^{-1} acima e D definido antes, temos a igualdade de diagonalização
A = P D P^{-1}.
Para checar intuitivamente: cada coluna v_i de P satisfaz A v_i=\lambda_i v_i, que é exatamente a relação coluna a coluna que garante A P = P D.

Resposta

A matriz na base canônica é
A=\begin{pmatrix} -1 & -2 & 2\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Os autovalores são \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2).
Autovetores (espaços próprios):
E_{-1}=\operatorname{span}\{(1,0,0)\}, \qquad E_{1}=\operatorname{span}\{(1,0,1),(0,1,1)\}.
A matriz é diagonalizável. Uma diagonalização explícita é
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad D=\begin{pmatrix} -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix},
tendo A=PDP^{-1}.]

Exercícios relacionados