Q-1 [20 Pontos] Seja T \in \mathscr{L}\left(\mathbb{R}^{3}\right) definido por
T(x, y, z)=(2 x-y+z,-x+2 y-z, x-y+2 z) .
(a) Determine a matriz associada a T na base canônica.
(b) Calcule os autovalores de T.
(c) Determine os autoespaços correspondentes.
(d) Verifique se T é diagonalizável e determine matrizes P e P^{-1} tais que T= P D P^{-1}.
Passo 1
O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y,z)=(2x-y+z,\,-x+2y-z,\; x-y+2z).
As perguntas são:
(a) Determinar a matriz associada a T na base canônica.
(b) Calcular os autovalores de T.
(c) Determinar os autoespaços correspondentes (ou seja, bases dos espaços próprios).
(d) Verificar se T é diagonalizável e, se for, fornecer matrizes P e P^{-1} tais que T = P D P^{-1} (ou seja, a matriz de T seja diagonalizável e exibir P, D e P^{-1}).
Informações relevantes dadas pelo enunciado que usaremos:
A ação de T sobre vetores canônicos pode ser obtida aplicando T em (1,0,0), (0,1,0) e (0,0,1).
Para achar autovalores precisamos resolver o determinante \det(A-\lambda I)=0, onde A é a matriz de T na base canônica.
Para cada autovalor \lambda resolveremos (A-\lambda I)v=0 para encontrar os autoespaços.
Passo 2
Montar a matriz associada a T na base canônica.
Aplicando T aos vetores da base canônica:
Resolvendo o sistema (A-4I)(x,y,z)^\top=0. As equações são
\begin{cases} -2x - y + z = 0,\\[4pt] - x -2y - z = 0,\\[4pt] x - y -2z = 0. \end{cases}
Da primeira equação obtemos z=2x+y\]. Substituindo na segunda:
\[- x -2y -(2x+y)=0 \Longrightarrow -3x -3y =0 \Longrightarrow x=-y.\]
Com \[x=-y e z=2x+y=2(-y)+y=-y. Logo um vetor próprio é (x,y,z)=(-y,y,-y)=y(-1,1,-1). Podemos escolher a base do autoespaço associado a \lambda=4 como
\begin{cases} x - y + z = 0,\\[4pt] - x + y - z = 0,\\[4pt] x - y + z = 0. \end{cases}
As duas primeiras são dependentes (a segunda é -1\] vezes a primeira) e a terceira é repetida, logo há apenas uma equação independente:
\[x - y + z = 0 \Longrightarrow x = y - z.\]
Assim os vetores próprios são da forma \((y-z,y,z)=y(1,1,0)+z(-1,0,1). Uma base conveniente para o autoespaço associado a \lambda=1 é
\text{base de }E_{1}=\{(1,1,0),\,(-1,0,1)\}.
O espaço próprio tem dimensão 2, igual à multiplicidade algébrica, o que é bom para diagonalização.]
Passo 5
Concluir sobre diagonalizabilidade e construir P, D, P^{-1}.
Teoria rápida e didática (em palavras leves): uma matriz A é diagonalizável se existir uma base de \mathbb{R}^3 formada por vetores próprios de A. Isso equivale à soma das dimensões dos autoespaços ser 3. Aqui as dimensões são 1 (para \lambda=4) e 2 (para \lambda=1), soma 3. Portanto A é diagonalizável.
Montamos P cujas colunas são vetores próprios correspondendo às entradas de D. Vou escolher a ordem das colunas de forma que
D=\operatorname{diag}(4,1,1).
Coluna 1: vetor próprio para \lambda=4 — escolhi v_1=(1,-1,1).
Coluna 2: primeiro vetor próprio para \lambda=1 — escolhi v_2=(1,1,0).
Coluna 3: segundo vetor próprio para \lambda=1 — escolhi v_3=(-1,0,1).
Verificação conceptual: para cada coluna v_j tem-se A v_j = \lambda_j v_j, portanto A P = P D. Multiplicando à direita por P^{-1} obtemos A = P D P^{-1}.
Calcular P^{-1}. Primeiro o determinante para garantir inversibilidade:
\det P = 3
(esta conta foi feita desenvolvendo o determinante; não esqueça que \det P\neq 0 garante P inversível). O inverso é P^{-1}=\dfrac{1}{\det P}\operatorname{adj}(P). Calculando a adjunta e dividindo por 3 obtém-se