Questão 3: Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} um operador linear dado por T(x, y, z)=(3 x-4 z, 3 y+5 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? Em caso afirmativo, 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 dado por
T(x,y,z) = (\,3x - 4z,\;3y + 5z,\;-\,z\,).
Precisamos encontrar:
(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, exibir uma base de autovetores e a matriz diagonal correspondente.

Passo 2

Para obter [T] na base canônica, calculamos as imagens de \,e_1=(1,0,0), \,e_2=(0,1,0) e \,e_3=(0,0,1):
T(e_1) = (3,0,0),\quad T(e_2) = (0,3,0),\quad T(e_3) = (-4,5,-1).
Logo,
[T] \;=\; \begin{pmatrix} 3 & 0 & -4\\[6pt] 0 & 3 & 5\\[6pt] 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Como a matriz é triangular, seu polinômio característico é
p(\lambda) \;=\;\det\bigl([T]-\lambda I\bigr) =\;(3-\lambda)\,(3-\lambda)\,(-1-\lambda) =\,(3-\lambda)^2\,(-1-\lambda).

Passo 4

As raízes de p(\lambda) dão os autovalores:
\lambda_1 = 3\quad(\text{multiplicidade 2}), \qquad \lambda_2 = -1\quad(\text{multiplicidade 1}).

Passo 5

Para \lambda=3, resolvemos [T]-3I:
[T]-3I = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -4\\[4pt] 0 & 0 & 5\\[4pt] 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}.
O sistema impõe -4z=0, 5z=0, logo z=0 e x,y livres.
Assim o espaço próprio é
E_3 = \{(x,y,0)\mid x,y\in\mathbb{R}\},
de dimensão 2.]

Passo 6

Para \lambda=-1, resolvemos [T]+I:
[T]+I = \begin{pmatrix} 4 & 0 & -4\\[4pt] 0 & 4 & 5\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
As equações 4x-4z=0 e 4y+5z=0 dão x=z e y=-\tfrac54z.
Tomando z=4, obtemos o autovetor (4,-5,4).
Logo
E_{-1} = \operatorname{span}\{(4,-5,4)\},
de dimensão 1.]

Passo 7

Como a soma das dimensões dos espaços próprios é 2+1=3, igual à dimensão de \mathbb{R}^3, concluímos que T é diagonalizável.
Uma base de autovetores é
\alpha = \{(1,0,0),\,(0,1,0),\,(4,-5,4)\},
onde os dois primeiros estão em E_3 e o último em E_{-1}.
Na base \alpha, a matriz de T é diagonal:
[T]_{\alpha}^{\alpha} = \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.]

Resposta

(a) [T] = \begin{pmatrix}3 & 0 & -4\\\ 0 & 3 & 5\\\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.
(b) p(\lambda) = (3-\lambda)^2\,(-1-\lambda).
(c) \lambda=3 (mult.\ 2) e \lambda=-1 (mult.\ 1).
(d) Para \lambda=3, E_3 = \{(x,y,0)\}. Para \lambda=-1, E_{-1}=\span\{(4,-5,4)\}.
(e) Sim. Base de autovetores \{(1,0,0),(0,1,0),(4,-5,4)\} e [T]_{\alpha}^{\alpha} = \begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\\ 0 & 3 & 0\\\ 0 & 0 & -1\end{pmatrix}.

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