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)=(3 x+y+z, x+3 y+z, x+y+3 z)

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(3x+y+z,\;x+3y+z,\;x+y+3z).
O que se pede:
  • Verificar se T é diagonalizável (ou seja: existe base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T?).
  • Caso seja diagonalizável, apresentar uma matriz em \mathbb{R}^{3} cujas colunas sejam autovetores de T.
Informações dadas relevantes:
  • A ação de T mostra que, na base canônica \{e_1,e_2,e_3\}, a matriz de T é a matriz A com entradas a_{ii}=3 e a_{ij}=1 para i\neq j. Ou seja,
A=\begin{pmatrix}3&1&1\\[4pt]1&3&1\\[4pt]1&1&3\end{pmatrix}.]

Passo 2

Definição e estratégia (aulas rápidas): um vetor não-nulo v é autovetor de T se existe \lambda\in\mathbb{R} tal que
T(v)=\lambda v.
O número \lambda é chamado autovalor. Para encontrar autovalores resolvemos a equação característica
\det(A-\lambda I)=0.
Se conseguirmos três autovetores linearmente independentes, T é diagonalizável. Vou explorar uma decomposição útil da matriz para achar os autovalores de forma simples.

Passo 3

Observação útil (explicação do truque): seja J a matriz 3\times3 cujas entradas são todas 1. Note que
A = 2I + J,
pois 2I tem 2 na diagonal e 0 fora, e somando J (que tem 1 em todo lugar) obtemos 3 na diagonal e 1 fora dela, exatamente A.
Propriedade de J: para qualquer vetor v=(v_1,v_2,v_3), Jv é o vetor cujo cada entrada é a soma v_1+v_2+v_3. Ou seja, se s=v_1+v_2+v_3 então
Jv = s\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Com isso temos para qualquer v
Av = (2I+J)v = 2v + s\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Autovalor associado ao vetor de uns (caso fácil): tome u=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}. Aqui s=1+1+1=3, então
Au = 2u + 3\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix} = 2u + 3u = 5u.
Portanto u é autovetor associado ao autovalor \lambda=5. Concluímos que \lambda=5 é um autovalor (pelo menos com multiplicidade geométrica \ge1).]

Passo 5

Autovalor para vetores cuja soma das componentes é zero: considere qualquer vetor v com s=v_1+v_2+v_3=0. Então Jv=0 e, usando A=2I+J,
Av = 2v + Jv = 2v + 0 = 2v.
Logo qualquer vetor com soma das componentes zero é autovetor de A com autovalor \lambda=2. O subespaço S=\{v\in\mathbb{R}^3:\;v_1+v_2+v_3=0\} tem dimensão 2, portanto \lambda=2 tem espaço próprio de dimensão 2 (geometric multiplicity =2).

Passo 6

Conclusão sobre autovalores e diagonalizabilidade: os autovalores encontrados são
\lambda_1=5\quad(\text{multiplicidade geométrica }1)é
\lambda_2=2\quad(\text{multiplicidade geométrica }2).é
Como a soma das dimensões dos espaços próprios é 1+2=3, existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores; assim T é diagonalizável.
Agora escolhemos explicitamente três autovetores linearmente independentes:
  • Para \lambda=5: v^{(1)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix}.
  • Para \lambda=2: dois vetores com soma zero, por exemplo
v^{(2)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad v^{(3)}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]-1\end{pmatrix}.
Verificação rápida (aula prática): calcular Av^{(2)}:
A\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\cdot1+1\cdot(-1)+1\cdot0\\[2pt]1\cdot1+3\cdot(-1)+1\cdot0\\[2pt]1\cdot1+1\cdot(-1)+3\cdot0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2\\[2pt]-2\\[2pt]0\end{pmatrix}=2\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\end{pmatrix},
o que confirma \lambda=2. Mesmo para v^{(3)} Av^{(3)}=2v^{(3)}. Esses três vetores são linearmente independentes (os dois últimos têm soma de componentes zero e são claramente independentes entre si e do primeiro), portanto formam uma matriz P invertível cujas colunas são autovetores.]

Passo 7

Matriz formada por autovetores: tomando as colunas na ordem v^{(1)},v^{(2)},v^{(3)} obtemos a matriz
P=\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]1 & -1 & 0\\[4pt]1 & 0 & -1\end{pmatrix}.
Esta matriz tem colunas autovetores de T. Se desejado, P^{-1}AP será a matriz diagonal \operatorname{diag}(5,2,2).]

Resposta

Sim, T é diagonalizável.
\begin{pmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt]1 & -1 & 0\\[4pt]1 & 0 & -1\end{pmatrix}]

Exercícios relacionados