O operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por
T(x, y, z)=(x, y-2 z,-z)
é diagonalizável.
Verdadeiro

Passo 1

O enunciado nos dá o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z) = (x,\,y-2z,\,-z)
e pergunta se ele é diagonalizável. Para isso, vamos:
  1. Escrever a matriz de T na base canônica.
  2. Calcular o polinômio característico e extrair os autovalores.
  3. Determinar as multiplicidades algébrica e geométrica de cada autovalor.
  4. Concluir sobre a diagonalização, lembrando que um operador em \mathbb{R}^3 é diagonalizável se, para cada autovalor, a multiplicidade geométrica coincide com a algébrica e a soma das geométricas é 3.

Passo 2

Na base canônica \{e_1,e_2,e_3\}, temos
T(e_1)= (1,0,0),\quad T(e_2)=(0,1,0),\quad T(e_3)=(0,-2,-1),
logo a matriz de T é
A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & -2\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.

Passo 3

O polinômio característico de A é
\chi_A(\lambda) = \det(A-\lambda I) = (1-\lambda)^2\,(-1-\lambda).
Portanto os autovalores são
\lambda=1 com multiplicidade algébrica 2, e
\lambda=-1 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos
(A - I)v = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & -2\\\\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0 \;\Longrightarrow\;z=0,\;x,y\\ \text{livres}.
Isto dá dimensão do espaço próprio igual a 2, que coincide com a multiplicidade algébrica de 2.
Para \lambda=-1 resolvemos
(A + I)v = 0 \quad\Longrightarrow\quad \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & -2\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0 \;\Longrightarrow\; x=0,\;y=z,
o que gera um espaço próprio de dimensão 1, igual à multiplicidade algébrica de 1.

Passo 5

Como para cada autovalor a multiplicidade geométrica coincide com a algébrica e a soma das dimensões dos espaços próprios é 2+1=3, concluímos que T é diagonalizável.

Resposta

Verdadeiro

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