Questão 3: ( 6,0 pontos) Em cada item abaixo, dado o operador linear T sobre os \mathbb{R}-espaços vetoriais indicados, determine, caso existam, os autovalores (reais) e autovetores de T. Verifique se T é ou não diagonalizável, justificando sua resposta. Caso T seja diagonalizável, apresente uma base \alpha do espaço vetorial tal que a matriz de T nessa base seja diagonal e exiba a matriz [T]_{\alpha}^{\alpha}.
T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, dada por T(x, y, z)=(x,-z, y).

Passo 1

O enunciado define o operador linear
T\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3,\quad T(x,y,z) = (x,\,-z,\,y),
e pede os autovalores reais, autovetores correspondentes, e verificar se T é diagonalizável sobre \mathbb{R}. Se for diagonalizável, precisamos exibir uma base de autovetores que torne a matriz de T diagonal.

Passo 2

Vamos escrever a matriz de T na base canônica \{e_1,e_2,e_3\}. Note que T(e_1)=T(1,0,0)=(1,0,0), T(e_2)=T(0,1,0)=(0,0,1), T(e_3)=T(0,0,1)=(0,-1,0).
Logo,
[T]_{\text{can}} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & -1\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.

Passo 3

Para encontrar os autovalores, calculamos o polinômio característico
\chi_T(\lambda) = \det\bigl([T]_{\text{can}} - \lambda I\bigr) = \det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 0\\\\ 0 & -\lambda & -1\\\\ 0 & 1 & -\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pela primeira linha,
\chi_T(\lambda) = (1-\lambda)\det \begin{pmatrix} -\lambda & -1\\\\ 1 & -\lambda \end{pmatrix} = (1-\lambda)\bigl(\lambda^2 + 1\bigr).

Passo 4

As raízes de \chi_T(\lambda) são
\lambda = 1,\quad \lambda^2 + 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \pm i.
Portanto, o único autovalor real é \lambda=1 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 5

Vamos achar o autovetor para \lambda=1. Resolvemos
([T]_{\text{can}} - I)v = 0 \;\Longleftrightarrow\; \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0\\\\ 0 & -1 & -1\\\\ 0 & 1 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
As equações são -y - z = 0 e y - z = 0. Desses, y = -z e y = z implicam y = z = 0. Logo x é livre. Um autovetor genérico é \,(x,0,0) = x\,(1,0,0), x\neq0.
O espaço próprio é \mathrm{span}\{(1,0,0)\}.

Passo 6

Como só há um autovalor real de multiplicidade 1, obtemos apenas um autovetor real linearmente independente. Para ser diagonalizável em \mathbb{R}^3, precisaríamos de 3 autovetores reais independentes. Concluímos que T não é diagonalizável sobre \mathbb{R}.

Resposta

Autovalor real: \lambda=1.
Eigenspace: \mathrm{span}\{(1,0,0)\}.
Não há outros autovalores reais, e T não é diagonalizável em \mathbb{R}^3.

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