Exercício 7. Seja A=\left(\begin{array}{ccc}4 & -1 & 6 \\\\ 2 & 1 & 6 \\\\ 2 & -1 & 8\end{array}\right) a matriz de um operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} em relação à base canônica. Pergunta-se: o operador linear T é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 4 & -1 & 6\\\\ 2 & 1 & 6\\\\ 2 & -1 & 8 \end{pmatrix}
e pergunta se T é diagonalizável. Para isso, vamos usar a teoria de que T é diagonalizável se e somente se existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T. Na prática, calculamos o polinômio característico de A, achamos seus autovalores e verificamos se a soma das dimensões dos correspondentes espaços próprios é igual a 3.

Passo 2

Calculemos o polinômio característico \chi(\lambda)=\det(A-\lambda I).
\chi(\lambda)=\det\begin{pmatrix} 4-\lambda & -1 & 6\\\\ 2 & 1-\lambda & 6\\\\ 2 & -1 & 8-\lambda \end{pmatrix}.
Expansão por cofactores ou regra de Sarrus leva a
\chi(\lambda) = \lambda^3 -13\lambda^2 +40\lambda -36.
Fatorando, encontra-se
\chi(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda-9).

Passo 3

Os autovalores são
\lambda_1=2\quad(\text{multiplicidade algébrica }2), \qquad \lambda_2=9\quad(\text{multiplicidade algébrica }1).éé

Passo 4

Agora, para cada autovalor, analisamos a dimensão do espaço próprio \ker(A-\lambda I):
Para \lambda=2,
A-2I = \begin{pmatrix} 2 & -1 & 6\\\\ 2 & -1 & 6\\\\ 2 & -1 & 6 \end{pmatrix},
que tem posto 1 (linhas iguais). Logo
\dim\ker(A-2I)=3-1=2,
ou seja, a multiplicidade geométrica de 2 é 2 (igual à algébrica).
Para \lambda=9, a multiplicidade algébrica é 1 e sempre vale
\dim\ker(A-9I)\ge1, mas não pode ser maior que 1. Logo a dimensão desse espaço próprio é exatamente 1.

Passo 5

Somando as dimensões dos espaços próprios obtemos 2+1=3, que é a dimensão total de \mathbb{R}^3. Portanto existe uma base de autovetores de T, e assim T é diagonalizável.

Resposta

O operador linear T é diagonalizável.

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