Exercício 4 (20 pontos) Considere a transformação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, dada por
T(x, y, z)=(x+z, y+z, x+y+2 z)
(a) Obtenha os autovalores de T e os respectivos auto-espaços.
(b) T é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado nos dá a transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definida por
T(x,y,z)=(x+z,\;y+z,\;x+y+2z).
O que é pedido:
  • (a) Encontrar os autovalores (valores próprios) de T e os respectivos autoespaços (espaços próprios, isto é, conjuntos de vetores não nulos v tais que T(v)=\lambda v).
  • (b) Dizer se T é diagonalizável.
Informações relevantes dadas:
T(x,y,z)=(x+z,\;y+z,\;x+y+2z),
que nos permite obter a matriz de T na base canônica de \mathbb{R}^{3} e daí calcular polinômio característico, autovalores e autoespaços.

Passo 2

Primeiro passo prático: escrever a matriz de T na base canônica e_{1}=(1,0,0),\;e_{2}=(0,1,0),\;e_{3}=(0,0,1).
Calculo das imagens das bases:
T(e_{1})=T(1,0,0)=(1+0,\;0+0,\;1+0+0)=(1,0,1),
T(e_{2})=T(0,1,0)=(0+0,\;1+0,\;0+1+0)=(0,1,1),
T(e_{3})=T(0,0,1)=(0+1,\;0+1,\;0+0+2)=(1,1,2).
Então a matriz de T na base canônica é (colunas são T(e_{1}),T(e_{2}),T(e_{3})):
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
Vou trabalhar com A para achar autovalores e autoespaços.]

Passo 3

Definição e objetivo: autovalores \lambda satisfazem \det(A-\lambda I)=0 (polinômio característico). Vou calcular \det(A-\lambda I) passo a passo.
Escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Calculando o determinante por expansão na primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix} -0\cdot(\cdots) +1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 1-\lambda\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Agora cada menor:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 1\\[4pt]1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(2-\lambda)-1\cdot1,
(1-\lambda)(2-\lambda)=2-3\lambda+\lambda^{2},
então
(1-\lambda)(2-\lambda)-1=\lambda^{2}-3\lambda+1.
O outro menor:
\det\begin{pmatrix}0 & 1-\lambda\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}=0\cdot1-(1-\lambda)\cdot1=-(1-\lambda).
Substituindo:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big(\lambda^{2}-3\lambda+1\big)-\big(1-\lambda\big).
Coloco (1-\lambda) em evidência:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\big(\lambda^{2}-3\lambda+1-1\big) =(1-\lambda)\big(\lambda^{2}-3\lambda\big).
Fatorando \lambda do segundo fator:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\lambda(\lambda-3).
Portanto o polinômio característico é (até ordem)
\lambda(1-\lambda)(\lambda-3).]

Passo 4

A partir do polinômio característico, lemos os autovalores (raízes):
\lambda_{1}=0,\qquad \lambda_{2}=1,\qquad \lambda_{3}=3.
Como cada raiz aparece uma vez no polinômio, cada autovalor tem multiplicidade algébrica 1.
Agora vamos achar os correspondentes autoespaços (núcleo de A-\lambda I), um por um.

Passo 5

Autoespaço para [\lambda=0): resolver A v = 0, ou seja T(x,y,z)=(0,0,0).
Sistema correspondente (saído da definição T(x,y,z)=(x+z,\;y+z,\;x+y+2z)):
\begin{cases} x+z=0,\\[4pt] y+z=0,\\[4pt] x+y+2z=0. \end{cases}
Das duas primeiras equações temos x=-z\] e \(y=-z. Substituindo na terceira:
x+y+2z=(-z)+(-z)+2z=0,
que é satisfeita identicamente. Então a solução tem um parâmetro livre z=t. Assim
(x,y,z)=(-t,-t,t)=t(-1,-1,1).
Logo o autoespaço associado a \lambda=0 é
E_{0}=\operatorname{span}\{(-1,-1,1)\}.
Isto é, dimensão geométrica =1 e gerador (-1,-1,1).]

Passo 6

Autoespaço para [\lambda=1): resolver (A-I)v=0.
Matriz A-I:
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}.
Sistema (A-I)(x,y,z)^{T}=0
\begin{cases} z=0,\\[4pt] z=0,\\[4pt] x+y+z=0. \end{cases}
Das primeiras duas equações vem z=0\]. Substituindo na terceira: \(x+y=0, ou y=-x. Então
(x,y,z)=(x,-x,0)=x(1,-1,0).
Logo o autoespaço associado a \lambda=1 é
E_{1}=\operatorname{span}\{(1,-1,0)\},
de dimensão geométrica 1.]

Passo 7

Autoespaço para [\lambda=3): resolver (A-3I)v=0.
Matriz A-3I:
A-3I=\begin{pmatrix} -2 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -2 & 1\\[4pt] 1 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
Sistema linear:
\begin{cases} -2x+z=0,\\[4pt] -2y+z=0,\\[4pt] x+y-z=0. \end{cases}
Das duas primeiras equações obtemos z=2x\] e \(z=2y, portanto 2x=2y\Rightarrow x=y. Substituindo x=y e z=2x na terceira equação:
x+x-2x=0,
que é satisfeita. Logo as soluções são
(x,y,z)=\big(x,x,2x\big)=x(1,1,2).
Assim o autoespaço associado a \lambda=3 é
E_{3}=\operatorname{span}\{(1,1,2)\},
também de dimensão geométrica 1.]

Passo 8

Interpretação e critério de diagonalizabilidade. Uma transformação linear em \mathbb{R}^{n} é diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^{n} formada por vetores próprios (autovetores). Equivalente: a soma das dimensões dos autoespaços (dimensões geométricas) é n.
Aqui n=3 e encontramos três autovalores distintos \lambda=0,1,3, cada um com autoespaço de dimensão 1. Portanto a soma das dimensões geométricas é 1+1+1=3. Logo há três vetores próprios linearmente independentes — formam uma base de \mathbb{R}^{3} — e T é diagonalizável.
(se quiser confirmar independência explícita, os vetores (-1,-1,1),\;(1,-1,0),\;(1,1,2) são linearmente independentes; por exemplo a matriz formada por eles como colunas tem determinante 6\neq0, portanto são independentes.)

Resposta

(a) \lambda=0,\quad E_{0}=\operatorname{span}\{(-1,-1,1)\}
\lambda=1,\quad E_{1}=\operatorname{span}\{(1,-1,0)\}
\lambda=3,\quad E_{3}=\operatorname{span}\{(1,1,2)\}
(b) Sim, T é diagonalizável (há três autovalores distintos e uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores).

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