5 a Questão(Valor 2.5)Considere o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por T(x, y, z) (5 x-6 y-6 z,-x+4 y+2 z, 3 x-6 y-4 z)
(1)Determine a matriz de T em relação à C ,base canonica de \mathbb{R}^{3}
(2)Faça o estudo completo(polinomio característico,autovalores,autoespaços,...)par determinar se T é diagonalizável,caso afirmativo encontre uma matriz M tal qu M^{-1}(T)_{C} M é diagonal.

Passo 1

O enunciado define o operador linear T: \mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3
T(x,y,z) = (\,5x - 6y - 6z,\,-x + 4y + 2z,\;3x - 6y - 4z\,)
e pede:
  1. A matriz de T na base canônica C de \mathbb{R}^3.
  2. O estudo completo (polinômio característico, autovalores, autoespaços) para verificar se T é diagonalizável e, em caso afirmativo, encontrar uma matriz M tal que
M^{-1}[T]_C\,M
seja diagonal.
O conteúdo envolve operações com matrizes, determinante para achar o polinômio característico e resolução de sistemas para os autoespaços.

Passo 2

Para formar a matriz de T na base canônica, calculamos as imagens dos vetores e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0) e e_3=(0,0,1):
T(e_1) = (5,\,-1,\,3),\quad T(e_2) = (-6,\,4,\,-6),\quad T(e_3) = (-6,\,2,\,-4).
As colunas da matriz [T]_C são exatamente esses vetores, então
[T]_C = \begin{pmatrix} 5 & -6 & -6\\\\ -1 & 4 & 2\\\\ 3 & -6 & -4 \end{pmatrix}.

Passo 3

Para achar o polinômio característico, definimos A = [T]_C e calculamos
\chi_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 5-\lambda & -6 & -6\\\\ -1 & 4-\lambda & 2\\\\ 3 & -6 & -4-\lambda \end{pmatrix}.
Fazendo a expansão e simplificando, chega-se a
\chi_A(\lambda) = -\bigl(\lambda^3 - 5\lambda^2 + 8\lambda - 4\bigr) \;\Longrightarrow\; \chi_A(\lambda) = \lambda^3 -5\lambda^2 +8\lambda -4.

Passo 4

Buscando raízes racionais no polinômio \lambda^3 -5\lambda^2 +8\lambda -4, testamos \lambda=1:
1 -5 +8 -4 = 0,
logo \lambda=1 é raiz. A divisão sintética por (\lambda-1) fornece
\lambda^3 -5\lambda^2 +8\lambda -4 = (\lambda-1)(\lambda^2 -4\lambda +4) = (\lambda-1)(\lambda-2)^2.
Portanto os autovalores são \lambda_1=1 (multiplicidade algébrica 1) e \lambda_2=2 (multiplicidade algébrica 2).

Passo 5

Autovetores para \lambda=1: resolvemos (A - I)v=0,
\begin{pmatrix} 4 & -6 & -6\\\\ -1 & 3 & 2\\\\ 3 & -6 & -5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Dessa forma obtém-se x = -3y e z = -3y, logo
E_1 = \ker(A - I) = \mathrm{span}\{\,(-3,1,-3)\},
dimensão geométrica 1.

Passo 6

Autovetores para \lambda=2: resolvemos (A - 2I)v=0,
\begin{pmatrix} 3 & -6 & -6\\\\ -1 & 2 & 2\\\\ 3 & -6 & -6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =0.
Da segunda equação vem x = 2y + 2z e as demais são equivalentes, gerando dois graus de liberdade. Escolhendo y=s, z=t, temos
v = (2s+2t,\,s,\,t) = s\,(2,1,0) + t\,(2,0,1),
portanto
E_2 = \ker(A - 2I) = \mathrm{span}\{(2,1,0),\,(2,0,1)\},
dimensão geométrica 2.

Passo 7

Como a soma das dimensões geométricas (1 + 2) é igual a 3 (dimensão de \mathbb{R}^3), o operador T é diagonalizável. Basta tomar como colunas de M uma base de autovetores ordenados segundo os autovalores. Por exemplo, defina
M = \begin{pmatrix} -3 & 2 & 2\\\\ 1 & 1 & 0\\\\ -3 & 0 & 1 \end{pmatrix},
cujos vetores coluna correspondem a autovetores de \lambda=1,2,2. Então
M^{-1}\,[T]_C\,M = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.

Resposta

(1)
[T]_C = \begin{pmatrix} 5 & -6 & -6\\\\ -1 & 4 & 2\\\\ 3 & -6 & -4 \end{pmatrix}.
(2)
\chi_T(\lambda) = (\lambda-1)(\lambda-2)^2,\quad \lambda=1\text{ (mult.\,alg. 1)},\; \lambda=2\text{ (mult.\,alg. 2)};
E_1 = \mathrm{span}\{(-3,1,-3)\},\quad E_2 = \mathrm{span}\{(2,1,0),(2,0,1)\}.
Como \dim E_1+\dim E_2=3, T é diagonalizável. Um M que diagonaliza é
M = \begin{pmatrix} -3 & 2 & 2\\\\ 1 & 1 & 0\\\\ -3 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad M^{-1}[T]_C\,M = \mathrm{diag}(1,2,2).

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