Matrícula e nome do aluno:
hoprad meneres nomon: 20241023 % ols

Observaçōes:

  • Responder cada questão passo a passo, mostrando todos os raciocínios que levam à resposta.
  • A solução deve ser clara c cocrente, mostrando domínio das fórmulas que estão scndo usadas.
  • Não colocar respostas sem justificativas ou procedimentos que nào correspondam à resposta.
    Questāo 2. Considerar T: R^3 R^3 ein que T(x, y, z)=(x+2 z,-x+z, x+y+2 z)
    (b) T é diagonalizável? Justifique!

Passo 1

O enunciado pede para analisar se a transformação linear
T:R^3toR^3, T(x,y,z)=(x+2z,,-x+z,,x+y+2z)
é diagonalizável.
Conteúdo aplicado: representação matricial em base canônica, polinômio característico, valores próprios e critério de diagonalizabilidade via multiplicidade dos autovalores.

Passo 2

Vamos obter a matriz de na base canônica .
Para temos
Logo a matriz é

Passo 3

Calculamos o polinômio característico chiA(lambda)=det(A - lambda I).
A - lambda I = 1-lambda & 0 & 2 -1 & -lambda & 1 1 & 1 & 2-lambda
Fazendo a expansão na primeira linha:
chiA(lambda) =(1-lambda)det-lambda&11&2-lambda +2det-1&-lambda1&1
Calcula-se
det-lambda&11&2-lambda =lambda^2-2lambda-1, det-1&-lambda1&1 =lambda-1,
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chiA(lambda) =(1-lambda)(lambda^2-2lambda-1)+2(lambda-1) =(1-lambda)(lambda^2-2lambda-3)
E fatorando lambda^2-2lambda-3=(lambda-3)(lambda+1), temos
chiA(lambda)=(1-lambda)(lambda-3)(lambda+1)

Passo 4

Os autovalores são as raízes de chiA(lambda)=0, a saber
lambda1=1, lambda2=3, lambda3=-1
Note que são três valores distintos.

Passo 5

Em um espaço de dimensão 3, se um operador linear tem três autovalores distintos, então seu polinômio minimal é produto de três fatores lineares distintos e a soma das dimensões dos autoespaços é 3. Portanto existe uma base de R^3 formada por autovetores de T, e T é diagonalizável.

Resposta

Sim. T é diagonalizável pois a matriz associada tem três autovalores distintos 1,3,-1, o que garante que o espaço admite uma base formada por autovetores de T.

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