Exercício 19.2.1. Encontre uma base de autovetores para os operadores a seguir
T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dada por T(x, y, z)=(x, y, x+z)

Passo 1

O enunciado dá o operador linear
T\colon \mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,\quad T(x,y,z) = (x,y,x+z)
e pede uma base de autovetores. Para isso, vamos achar primeiro os autovalores resolvendo o polinômio característico de T, depois calcular o espaço próprio associado a cada autovalor.

Passo 2

Escolhendo a base canônica \{e_1,e_2,e_3\} de \mathbb{R}^3, a matriz de T é
A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
O polinômio característico é
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0\\\\ 0 & 1-\lambda & 0\\\\ 1 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} =(1-\lambda)\,(1-\lambda)^2=(1-\lambda)^3,
logo o único autovalor é \lambda=1 (multiplicidade algébrica 3).

Passo 3

Para \lambda=1 calculamos o espaço próprio \ker(A - I). O sistema (A-I)(x,y,z)=0 dá as equações
(1-1)x = 0,\quad (1-1)y = 0,\quad x + (1-1)z = 0
ou seja
0\cdot x = 0,\quad 0\cdot y = 0,\quad x = 0.
Daí x=0 e y,z ficam livres. Logo
E_{1} = \{(0,y,z)\mid y,z\in\mathbb{R}\} =\mathrm{span}\{(0,1,0),\,(0,0,1)\}.

Passo 4

O autovalor \lambda=1 tem multiplicidade geométrica 2 (dimensão de E_1), que é menor que a multiplicidade algébrica 3. Isso significa que não existe base completa de \mathbb{R}^3 formada só por autovetores de T, ou seja, T não é diagonalizável.

Resposta

Uma base do espaço próprio de T é
\{(0,1,0),\,(0,0,1)\}.
Não há três autovetores linearmente independentes, logo T não é diagonalizável.

Exercícios relacionados