Questão 5: Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} um operador linear dado por T(x, y, z)=(x+2 y+z, 3 y+z,-z).
(a) ( 0,5 pontos) Determine [T].
(b) ( 0,5 pontos) Determine o polinômio característico de T.
(c) (0,5 pontos) Determine, caso existam, os autovalores de T.
(d) (0,5 pontos) Determine, caso existam, os autovetores de T.
(e) (0,5 pontos) T é diagonalizável? Se sim, exiba uma base \alpha de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores e [T]_{\alpha}^{\alpha}.

Passo 1

O enunciado define o operador linear
T\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3,\quad T(x,y,z) = (x + 2y + z,\;3y + z,\;-z)
e pede:
(a) a matriz de T na base canônica;
(b) o polinômio característico;
(c) os autovalores;
(d) os autovetores;
(e) verificar se T é diagonalizável e, em caso afirmativo, dar uma base de autovetores e a matriz diagonal.

Passo 2

Para achar [T] na base canônica, calculamos T(e_i) para e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1):
T(e_1) = (1,0,0),\quad T(e_2) = (2,3,0),\quad T(e_3) = (1,1,-1).
Essas imagens formam as colunas de [T], logo
[T] = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\\\ 0 & 3 & 1\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.

Passo 3

O polinômio característico é
p(\lambda) = \det\bigl([T] - \lambda I\bigr).
Como a matriz é triangular, o determinante é o produto dos elementos da diagonal de [T]-\lambda I:
p(\lambda) = (1-\lambda)(3-\lambda)(-1-\lambda).

Passo 4

Os autovalores são as raízes de p(\lambda)=0. Logo
1-\lambda=0,\quad 3-\lambda=0,\quad -1-\lambda=0
dão
\lambda_1 = 1,\quad \lambda_2 = 3,\quad \lambda_3 = -1.

Passo 5

Para cada autovalor resolvemos ([T]-\lambda I)v=0:
  1. \lambda=1:
    [T]-I = \begin{pmatrix}0&2&1\\\ 0&2&1\\\ 0&0&-2\end{pmatrix}.
    Da última linha vem z=0; da primeira, 2y+z=0\Rightarrow y=0. x fica livre, então
E_1 = \{(x,0,0)\} = \operatorname{span}\{(1,0,0)\}.
  1. \lambda=3:
    [T]-3I = \begin{pmatrix}-2&2&1\\\ 0&0&1\\\ 0&0&-4\end{pmatrix}.
    Da terceira linha z=0; da primeira -2x+2y=0\Rightarrow y=x.
E_2 = \{(x,x,0)\} = \operatorname{span}\{(1,1,0)\}.
  1. \lambda=-1:
    [T]+I = \begin{pmatrix}2&2&1\\\ 0&4&1\\\ 0&0&0\end{pmatrix}.
    A segunda linha dá 4y+z=0\Rightarrow z=-4y; a primeira, 2x+2y+z=0\Rightarrow x=y.
E_3 = \{(x,x,-4x)\} = \operatorname{span}\{(1,1,-4)\}.

Passo 6

Temos três autovalores distintos e cada um fornece um autovetor independente. Logo \dim E_1+\dim E_2+\dim E_3=3, o que implica que T é diagonalizável.
Uma possível base de autovetores é
\alpha = \bigl\{(1,0,0),\;(1,1,0),\;(1,1,-4)\bigr\},
em que a matriz de T fica diagonal:
[T]_\alpha^\alpha = \begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&3&0\\\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}.

Resposta

(a) [T] = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\\\ 0 & 3 & 1\\\\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.
(b) p(\lambda) = (1-\lambda)(3-\lambda)(-1-\lambda).
(c) \lambda_1=1,\;\lambda_2=3,\;\lambda_3=-1.
(d) \displaystyle E_1=\operatorname{span}\{(1,0,0)\},\quad E_2=\operatorname{span}\{(1,1,0)\},\quad E_3=\operatorname{span}\{(1,1,-4)\}.
(e) Sim, é diagonalizável. Uma base de autovetores é \alpha=\{(1,0,0),\,(1,1,0),\,(1,1,-4)\}
e
[T]_\alpha^\alpha = \begin{pmatrix} 1&0&0\\\\ 0&3&0\\\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}.

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