Dê exemplos de:
Um operador linear em \mathbb{R}^{3} que satisfaça todas as condições a seguir:
(i) T é diagonalizável;
(ii) T não é injetora;
(iii) T(v) \neq v, para qualquer vetor não nulo;
(iv) \lambda=2 é autovalor de T;
(v) v_{0}=(1,0,-1) é autovetor de T;
(vi) T\left(v_{0}\right) \neq v_{0};

Passo 1

O enunciado pede um exemplo concreto de um operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} que satisfaça simultaneamente as seis condições abaixo (vou listar cada uma claramente):
\text{(i) } T \text{ é diagonalizável};éá
\text{(ii) } T \text{ não é injetora};ãé
\text{(iii) } T(v)\neq v\\ \text{para todo vetor não nulo } v;ã
\text{(iv) } \lambda=2 \text{ é autovalor de } T;é
\text{(v) } v_{0}=(1,0,-1) \text{ é autovetor de } T;é
\text{(vi) } T\bigl(v_{0}\bigr)\neq v_{0}.
Essas são as condições que temos de satisfazer ao construir T. A resolução começa agora.

Passo 2

Ideia geral (curta, só para orientar): construir T definindo explicitamente três autovetores linearmente independentes (assim T será diagonalizável) com autovalores escolhidos para cumprir as condições. Em particular:
  • Para garantir (iv) e (v) tomo v_{0}=(1,0,-1) como autovetor de autovalor 2, ou seja T(v_{0})=2v_{0}.
  • Para garantir (ii) quero que 0 seja autovalor (então \ker T\neq\{0\} e T não é injetora).
  • Para garantir (iii) preciso que 1 não seja autovalor.
    Escolho, portanto, o conjunto de autovalores \{2,0,-1\} (nenhum é 1, inclui 0 e inclui 2). Vou escolher autovetores correspondentes que sejam linearmente independentes.

Passo 3

Escolha explícita de autovetores:
v_{0}=(1,0,-1)\quad\text{(autovalor }2\text{)},
u=(1,0,1)\quad\text{(autovalor }0\text{)},
w=(0,1,0)\quad\text{(autovalor }-1\text{)}.
Verifico que v_{0},u,w são linearmente independentes. Se
\alpha v_{0}+\beta u+\gamma w=(0,0,0),
então pelas componentes:
\alpha+\beta=0,\quad \gamma=0,\quad -\alpha+\beta=0.
Da segunda equação \gamma=0. Das outras duas: \beta=\alpha e \alpha+\beta=2\alpha=0 implica \alpha=0 e \beta=0. Logo somente a combinação trivial, então são independentes. Assim \{v_{0},u,w\} é base de \mathbb{R}^{3}.

Passo 4

Defino T pela ação sobre essa base de autovetores:
T(v_{0})=2v_{0},
T(u)=0\cdot u=(0,0,0),
T(w)=-1\cdot w=-w.
Como tenho três autovetores linearmente independentes que geram \mathbb{R}^{3}, T é diagonalizável (condição (i) satisfeita): na base \{v_{0},u,w\} a matriz de T é diagonal
D=\begin{pmatrix}2&0&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&-1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora quero a matriz de T na base canônica \{e_{1},e_{2},e_{3}\}. Para isso escrevo cada e_{i} como combinação linear de v_{0},u,w e uso linearidade de T.
Para e_{1}=(1,0,0) procuro \alpha,\beta,\gamma tais que
\alpha v_{0}+\beta u+\gamma w = (\alpha+\beta,\\ \gamma,\\\ -\alpha+\beta) = (1,0,0).
Daí \gamma=0, -\alpha+\beta=0\Rightarrow\beta=\alpha, e \alpha+\beta=1\Rightarrow 2\alpha=1\Rightarrow \alpha=\tfrac12,\\ \beta=\tfrac12.
Logo
e_{1}=\tfrac12 v_{0}+\tfrac12 u+0\cdot w.
Aplico T:
T(e_{1})=\tfrac12 T(v_{0})+\tfrac12 T(u)=\tfrac12\cdot 2v_{0}+\tfrac12\cdot 0 = v_{0}=(1,0,-1).
Portanto a primeira coluna da matriz de T na base canônica é (1,0,-1)^{T}.

Passo 6

Para e_{2}=(0,1,0) resolvo
\alpha+\beta=0,\quad \gamma=1,\quad -\alpha+\beta=0.
Daí \beta=\alpha e 2\alpha=0\Rightarrow \alpha=\beta=0, \gamma=1. Assim
e_{2}=0\cdot v_{0}+0\cdot u +1\cdot w.
Aplico T:
T(e_{2})=T(w)=-w=(0,-1,0).
Portanto a segunda coluna da matriz de T na base canônica é (0,-1,0)^{T}.

Passo 7

Para e_{3}=(0,0,1) resolvo
\alpha+\beta=0,\quad \gamma=0,\quad -\alpha+\beta=1.
Das duas primeiras obtemos \beta=\alpha e 2\alpha=0 não; vamos resolver: -\alpha+\beta=1 e \beta=\alpha implicam -\alpha+\alpha=0=1, então percebemos que meu raciocínio foi apressado — refaço a solução corretamente: do sistema
\alpha+\beta=0,\quad -\alpha+\beta=1,
subtraindo a primeira da segunda: (- \alpha+\beta)-(\alpha+\beta)=1-0 \Rightarrow -2\alpha=1 \Rightarrow \alpha=-\tfrac12. Então \beta=-\alpha=\tfrac12. E \gamma=0.
Logo
e_{3}=-\tfrac12 v_{0}+\tfrac12 u+0\cdot w.
Aplico T:
T(e_{3})=-\tfrac12 T(v_{0})+\tfrac12 T(u)=-\tfrac12\cdot 2v_{0} +0 = -v_{0}=(-1,0,1).
Portanto a terceira coluna da matriz de T na base canônica é (-1,0,1)^{T}.

Passo 8

Juntando as colunas obtidas, a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Verificações rápidas (para ter certeza):
  • A v_{0} = A(1,0,-1)^{T} = (2,0,-2)^{T} = 2v_{0}, logo (iv) e (v) valem.
  • A u = (0,0,0)^{T}, logo 0 é autovalor e T não é injetora (ii).
  • Autovalores que construímos são 2,0,-1, nenhum é 1, portanto não existe vetor não nulo com T(v)=v e (iii) vale.
  • Como temos três autovetores linearmente independentes, A é diagonalizável (i).
  • Em particular T(v_{0})=2v_{0}\neq v_{0}, então (vi) vale.]

Resposta

\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}]

Exercícios relacionados