Nos exercícios 49 e 50 , verifique se o operador T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} é diagonalizável e, caso o seja, obtenha uma matriz do \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T. T(x, y, z)=(2 x, 3 y+z, 3 z)
Passo 1
O enunciado pede para verificar se o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 é diagonalizável e, caso seja, apresentar uma matriz de \mathbb{R}^3 cujas colunas sejam autovetores de T.
Informações dadas:
A regra de T é \;T(x,y,z)=(2x,\;3y+z,\;3z)\; para todo (x,y,z)\in\mathbb{R}^3.
Passo 2
Primeiro vamos escrever a matriz de T na base canônica \{e_1,e_2,e_3\}, onde e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1).
Calculemos T(e_i):
T(e_1)=T(1,0,0)=(2,0,0).
T(e_2)=T(0,1,0)=(0,3,0).
T(e_3)=T(0,0,1)=(0,1,3).
As colunas da matriz A de T na base canônica são T(e_1),T(e_2),T(e_3). Logo
Vou lembrar rapidamente o que significa diagonalizável de modo claro e útil para a prova:
Um operador linear (ou matriz) é diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores. Em termos práticos, isso significa existir uma matriz invertível P cujas colunas sejam autovetores e tal que P^{-1}AP seja diagonal.
Para saber se isso é possível, usamos eigenvalores e suas multiplicidades:
A multiplicidade algébrica de um autovalor \lambda é sua multiplicidade como raiz do polinômio característico.
A multiplicidade geométrica de \lambda é a dimensão do espaço próprio (o conjunto dos vetores v tais que Av=\lambda v).
Teorema prático: A é diagonalizável sobre \mathbb{R} se, para cada autovalor \lambda, a multiplicidade geométrica de \lambda é igual à sua multiplicidade algébrica. Em particular, em \mathbb{R}^3 precisa haver três autovetores linearmente independentes.
Passo 4
Calculemos o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Como A é triangular superior, o determinante é o produto das entradas da diagonal de A-\lambda I:
\begin{cases} 0\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0 &\text{(sem informação)},\\[4pt] 0\cdot x + 1\cdot y + 1\cdot z = 0 &\Rightarrow y+z=0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z = 0 &\Rightarrow z=0. \end{cases}çã
De z=0\] segue \(y=0. A componente x é livre. Logo o espaço próprio é
\begin{cases} -1\cdot x + 0\cdot y + 0\cdot z = 0 &\Rightarrow x=0,\\[4pt] 0\cdot x + 0\cdot y + 1\cdot z = 0 &\Rightarrow z=0,\\[4pt] 0=0 &\text{(sem restrição)}. \end{cases}çã
Assim x=0\], \(z=0, e y é livre. O espaço próprio é
Portanto a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é 1, mas sua multiplicidade algébrica é 2.]
Passo 7
Concluímos a partir das multiplicidades:
Para \lambda=2 as multiplicidades algébrica e geométrica coincidem (ambas 1).
Para \lambda=3 a multiplicidade geométrica é 1 enquanto a algébrica é 2. Isso significa que o espaço próprio associado a \lambda=3 tem dimensão menor que a multiplicidade algébrica.
Como não conseguimos obter três autovetores linearmente independentes (temos apenas dois autovetores independentes: (1,0,0) e (0,1,0)), a matriz A (e portanto o operador T) NÃO é diagonalizável sobre \mathbb{R}.
Observação intuitiva: a presença de um bloco triangular não diagonal (no caso, o bloco correspondente a \lambda=3) impede a diagonalização a menos que esse bloco já seja diagonal (o que não é aqui, porque há um 1 fora da diagonal).