Para o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, definido por
T(x, y, z)=(x+2 y, 3 y,-2 x+2 y+3 z)
determinar o polinômio característico, os autovalores com os respectivos autoespaços. Verifique se T é diagonalizável e, no caso afirmativo, exibir a sua matriz com relação a uma base de autovetores (exibir a base escolhida).

Passo 1

O operador linear T\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 é dado por
T(x,y,z)=(x+2y,\;3y,\;-2x+2y+3z).
Precisamos achar a matriz de T na base canônica, calcular o polinômio característico, determinar os autovalores e seus autoespaços, verificar se T é diagonalizável e, em caso afirmativo, exibir uma base de autovetores e a matriz diagonal correspondente.

Passo 2

Para obter a matriz de T na base canônica e_1,e_2,e_3, calculamos
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,0,-2),\quad T(e_2)=T(0,1,0)=(2,3,2),\quad T(e_3)=T(0,0,1)=(0,0,3).
Logo, a matriz de T é
A = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\\\ 0 & 3 & 0\\\\ -2 & 2 & 3 \end{pmatrix}.

Passo 3

O polinômio característico é
\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 0\\\\ 0 & 3-\lambda & 0\\\\ -2 & 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela segunda linha, obtemos
\chi_A(\lambda)=(3-\lambda)\bigl[(1-\lambda)(3-\lambda)-0\bigr] =(1-\lambda)(3-\lambda)^2.
Assim os autovalores são \lambda_1=1 (mult.\ alg.\ 1) e \lambda_2=3 (mult.\ alg.\ 2).

Passo 4

Para \lambda=1 resolvemos (A-I)v=0, isto é
\begin{pmatrix} 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ -2 & 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
As duas primeiras equações dão y=0 e a terceira dá -2x+2z=0\Rightarrow z=x. Logo
E_{1}=\ker(A-I)=\{(x,0,x)\mid x\in\mathbb{R}\} =\mathrm{span}\{(1,0,1)\}.

Passo 5

Para \lambda=3 resolvemos (A-3I)v=0, isto é
\begin{pmatrix} -2 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 0\\\\ -2 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
A única equação não-trivial é -2x+2y=0\Rightarrow y=x, enquanto z é livre. Assim
E_{3}=\{(x,x,z)\mid x,z\in\mathbb{R}\} =\mathrm{span}\{(1,1,0),\;(0,0,1)\}.

Passo 6

Como \dim E_{1}=1 e \dim E_{3}=2, a soma das dimensões é 3, ou seja, temos três autovetores linearmente independentes e T é diagonalizável.
Uma escolha de base de autovetores é
\mathcal{B}=\bigl\{(1,0,1),\;(1,1,0),\;(0,0,1)\bigr\},
onde o primeiro vetor corresponde a \lambda=1 e os outros dois a \lambda=3. Na base \mathcal{B}, a matriz de T é diagonal
[T]_{\mathcal{B}}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 3 & 0\\\\ 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}.

Resposta

Polinômio característico:
\chi_A(\lambda)=(1-\lambda)(3-\lambda)^2.
Autovalores e autoespaços:
\lambda=1,\quad E_{1}=\mathrm{span}\{(1,0,1)\},
\lambda=3,\quad E_{3}=\mathrm{span}\{(1,1,0),\,(0,0,1)\}. T é diagonalizável. Base de autovetores escolhida:
\mathcal{B}=\{(1,0,1),\,(1,1,0),\,(0,0,1)\},
e matriz diagonal em \mathcal{B}:
[T]_{\mathcal{B}}=\mathrm{diag}(1,3,3).

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