Um operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} cuja representação matricial na base canônica \mathcal{C} é dada por
[T]_{\mathcal{C}}=\left(\begin{array}{ccc} 3 & -1 & 1 \\\\ 7 & -5 & 1 \\\\ 6 & -6 & 2 \end{array}\right)
é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado pergunta se o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3, cuja matriz na base canônica \mathcal{C} é
[T]_{\mathcal{C}}=\begin{pmatrix} 3 & -1 & 1\\[4pt] 7 & -5 & 1\\[4pt] 6 & -6 & 2 \end{pmatrix},
é diagonalizável.
Informações dadas que vamos usar: a matriz acima é a representação de T na base canônica; o espaço tem dimensão 3. A pergunta implícita é sobre diagonalizabilidade sobre \mathbb{R} (já que T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3).]

Passo 2

O que significa ser diagonalizável (aula rápida e objetiva): uma matriz A de ordem n é diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^n formada por vetores próprios de A. Em termos práticos, isso dá duas formas equivalentes de verificar:
  1. Calcular os autovalores (valores próprios) de A como raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I). A multiplicidade algébrica de um autovalor é sua multiplicidade como raiz desse polinômio.
  2. Para cada autovalor \lambda, calcular a multiplicidade geométrica, isto é, a dimensão do espaço próprio \ker(A-\lambda I) (número de vetores próprios linearmente independentes associados a \lambda).
Critério prático: A é diagonalizável (sobre \mathbb{R}) se, para cada autovalor, a multiplicidade geométrica é igual à multiplicidade algébrica, e somando essas dimensões obtemos n. Em particular, se algum autovalor tem multiplicidade algébrica m mas sua multiplicidade geométrica é menor que m, então A não é diagonalizável.
Agora vamos aplicar isso passo a passo.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I). Seja
A=\begin{pmatrix} 3 & -1 & 1\\[4pt] 7 & -5 & 1\\[4pt] 6 & -6 & 2 \end{pmatrix}.
Então
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 3-\lambda & -1 & 1\\[4pt] 7 & -5-\lambda & 1\\[4pt] 6 & -6 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
O polinômio característico é
p(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Calculamos o determinante expandindo pela primeira linha:
\begin{aligned} p(\lambda) &= (3-\lambda)\det\begin{pmatrix}-5-\lambda & 1\\[4pt]-6 & 2-\lambda\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}7 & 1\\[4pt]6 & 2-\lambda\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}7 & -5-\lambda\\[4pt]6 & -6\end{pmatrix}. \end{aligned}
Calculemos cada determinante menor:
\det\begin{pmatrix}-5-\lambda & 1\\[4pt]-6 & 2-\lambda\end{pmatrix} =(-5-\lambda)(2-\lambda)-1\cdot(-6) =\lambda^2+3\lambda-4.
\det\begin{pmatrix}7 & 1\\[4pt]6 & 2-\lambda\end{pmatrix} =7(2-\lambda)-6=8-7\lambda.
\det\begin{pmatrix}7 & -5-\lambda\\[4pt]6 & -6\end{pmatrix} =7(-6)-6(-5-\lambda)=-42+30+6\lambda=-12+6\lambda.
Substituindo em p(\lambda):
\begin{aligned} p(\lambda)&=(3-\lambda)(\lambda^2+3\lambda-4)+(8-7\lambda)+(-12+6\lambda)\\[4pt] &=(3-\lambda)(\lambda^2+3\lambda-4)-4-\lambda. \end{aligned}
Expandindo (3-\lambda)(\lambda^2+3\lambda-4):
(3-\lambda)(\lambda^2+3\lambda-4)=-\lambda^3+13\lambda-12.
Então
p(\lambda)=-\lambda^3+13\lambda-12-4-\lambda=-\lambda^3+12\lambda-16.
Multiplicando por -1 para ficar mais usual:
p(\lambda)=\lambda^3-12\lambda+16.]

Passo 4

Encontrar as raízes de p(\lambda)=\lambda^3-12\lambda+16. Testamos raízes inteiras candidatas \pm1,\pm2,\pm4,\pm8,\pm16. Verificando:
p(2)=2^3-12\cdot2+16=8-24+16=0,
logo \lambda=2 é raiz. Dividindo p(\lambda) por (\lambda-2) (sinteticamente ou por divisão), obtemos
p(\lambda)=(\lambda-2)(\lambda^2+2\lambda-8).
Fatorando o quadrático:
\lambda^2+2\lambda-8=(\lambda+4)(\lambda-2).
Portanto
p(\lambda)=(\lambda-2)^2(\lambda+4).
Conclusão: os autovalores são \lambda=2 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=-4 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 5

Calcular o espaço próprio associado a \lambda=2\), ou seja \(\ker(A-2I)\). Temos \[A-2I=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 7 & -7 & 1\\[4pt] 6 & -6 & 0 \end{pmatrix}.
Fazendo operações elementares para achar a solução de (A-2I)x=0:
Começamos com as linhas:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 7 & -7 & 1\\[4pt] 6 & -6 & 0 \end{pmatrix}.
Eliminando por R_2 \leftarrow R_2-7R_1 e R_3\leftarrow R_3-6R_1:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & -6\\[4pt] 0 & 0 & -6 \end{pmatrix}.
Subtraindo R_3\leftarrow R_3-R_2 e dividindo R_2 por -6:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Agora eliminamos a terceira coluna da primeira linha: R_1\leftarrow R_1-R_2:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
As equações correspondentes são
\begin{cases} x_1 - x_2 = 0,\\[4pt] x_3 = 0. \end{cases}
Daí x_1=x_2\] e \(x_3=0. Tomando x_2=t como parâmetro livre, os vetores próprios são
x=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Logo o espaço próprio para \lambda=2 é gerado por \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} e tem dimensão (multiplicidade geométrica) igual a 1.]

Passo 6

Calcular o espaço próprio associado a \lambda=-4, ou seja \ker(A+4I). Temos
A+4I=\begin{pmatrix} 7 & -1 & 1\\[4pt] 7 & -1 & 1\\[4pt] 6 & -6 & 6 \end{pmatrix}.
Observando as linhas: a linha 1 e linha 2 são iguais. Fazemos redução rápida: subtraindo R_2\leftarrow R_2-R_1 e simplificando R_3:
\begin{pmatrix} 7 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 6 & -6 & 6 \end{pmatrix}.
Podemos eliminar com R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{6}{7}R_1 (ou operar diretamente). Para simplificar, divido R_1 por 1 na forma de pensar: escrevendo as equações, a primeira linha dá
7x_1 - x_2 + x_3 = 0.
A terceira linha dá
6x_1 -6x_2 +6x_3 = 0 \quad\Longrightarrow\quad x_1 - x_2 + x_3=0
(dividindo por 6). Note que a terceira equação é proporcional à primeira (multiplicando a primeira por 1/7 não dá exatamente, mas as duas implicam a mesma relação entre x_1,x_2,x_3 quando combinadas). Resolvendo a partir de
7x_1 - x_2 + x_3 = 0,
podemos escolher dois parâmetros ou identificar as dependências com cuidado. Façamos redução formal: usar R_1 e R_3 para obter sistematicamente:
Multiplique R_3 por 7 e subtraia 6R_1:
7R_3 - 6R_1: \quad 7(6,-6,6)-6(7,-1,1) = (42,-42,42) - (42,-6,6) = (0,-36,36).
Dividindo por 36 (0,-1,1), ou seja a equação -x_2 + x_3 = 0, então x_2 = x_3. Substituindo em 7x_1 - x_2 + x_3 = 0 7x_1 - x_3 + x_3 =7x_1=0 então x_1=0. Assim x_1=0, x_2=x_3 livres com x_3 parâmetro s. Os vetores próprios são
x=s\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Portanto a multiplicidade geométrica de \lambda=-4 é 1, igual à multiplicidade algébrica 1.
(Comentário rápido: podíamos também ter resolvido o sistema por eliminação direta; o resultado é o mesmo: um único gerador (0,1,1).)]

Passo 7

Aplicar o critério de diagonalizabilidade: os autovalores são \lambda=2 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=-4 com multiplicidade algébrica 1. Calculamos as dimensões dos espaços próprios (multiplicidades geométricas): para \lambda=2 a dimensão é 1, para \lambda=-4 a dimensão é 1. A soma das dimensões das variedades próprias é 1+1=2, que é menor que 3, a dimensão do espaço. Em particular, para \lambda=2 temos multiplicidade geométrica 1 menor que a multiplicidade algébrica 2. Isso impede a existência de uma base de \mathbb{R}^3 formada por vetores próprios.
Conclusão: a matriz (e portanto o operador T) não é diagonalizável sobre \mathbb{R}.

Resposta

Não, T não é diagonalizável.

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