Question 3(2,0 \mathrm{pt}). Considere o operador linear dado por:
\begin{aligned} T :& \mathbb{R}^{3} \to \mathbb{R}^{3} \\\ (x, y, z) & \mapsto T(x, y, z)=(x+y,-y, z) \end{aligned}
O operador é diagonalizável? Por que? Justifique sua respostas.

Passo 1

O enunciado nos dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(x+y,\,-y,\,z).
A pergunta é: “O operador é diagonalizável? Por que? Justifique.”
Informações relevantes fornecidas:
  • A ação de T em coordenadas padrão está explicitada componente a componente.
  • O espaço ambiente tem dimensão 3.
  • Precisa-se decidir diagonalizabilidade e justificar (ou seja, apresentar autovalores, multiplicidades algébrica e geométrica, e/ou uma base de autovetores).

Passo 2

Vamos escrever a matriz de T na base canônica \{e_1,e_2,e_3\} de \mathbb{R}^3. Aplicando T aos vetores da base:
T(1,0,0)=(1,0,0),\qquad T(0,1,0)=(1,-1,0),\qquad T(0,0,1)=(0,0,1).
Logo a matriz de T na base canônica é (colunas são as imagens das bases):
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Para achar autovalores, calculamos o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Substituindo:
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 1 & 0\\[4pt] 0 & -1-\lambda & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
Por ser uma matriz triangular por blocos, o determinante é produto das entradas diagonais:
\chi_A(\lambda)=(1-\lambda)(-1-\lambda)(1-\lambda)=(1-\lambda)^2(-1-\lambda).
Assim os autovalores são \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=-1 com multiplicidade algébrica 1.]

Passo 4

Agora vamos calcular os autovetores (espaços próprios) e as multiplicidades geométricas.
Para \lambda=1 resolvemos (A-I)v=0. Temos
A-I=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},
e o sistema (A-I)(x,y,z)^T=0 dá as equações
y=0,\qquad -2y=0,\qquad 0=0.
Daqui y=0 e x,z são livres. Portanto o espaço próprio associado a \lambda=1 é
E_{1}=\{(x,0,z)\mid x,z\in\mathbb{R}\},
que tem dimensão 2. Então a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 2, igual à sua multiplicidade algébrica.
Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)v=0. Temos
A+I=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix},
o que gera as equações
2x+y=0,\qquad 0=0,\qquad 2z=0.
Daí y=-2x e z=0; x é parâmetro livre. Assim
E_{-1}=\{(x,-2x,0)\mid x\in\mathbb{R}\}=\operatorname{span}\{(1,-2,0)\},
que tem dimensão 1. A multiplicidade geométrica de \lambda=-1 é 1, igual à sua multiplicidade algébrica.]

Passo 5

Critério de diagonalizabilidade que usarei (explicado de forma simples): um operador linear em um espaço de dimensão n é diagonalizável se, e somente se, existe uma base formada por autovetores. Uma forma prática de verificar isso é somar as dimensões dos espaços próprios (ou seja, as multiplicidades geométricas) e checar se a soma é n. Outra forma equivalente é verificar que, para cada autovalor, sua multiplicidade geométrica coincide com sua multiplicidade algébrica — aí se obtém o número total de n autovetores linearmente independentes.
No nosso caso, as multiplicidades geométricas são 2 para \lambda=1 e 1 para \lambda=-1. A soma é 2+1=3, que é a dimensão do espaço. Portanto existem 3 autovetores linearmente independentes, i.e., uma base de autovetores.
Um conjunto explícito de autovetores (base de autovetores) é, por exemplo,
v_1=(1,0,0),\quad v_2=(0,0,1)\quad\text{(autovetores para \(\lambda=1\))},
v_3=(1,-2,0)\quad\text{(autovetor para \(\lambda=-1\)).}
Eles são linearmente independentes e diagonalizam T. Na base \{v_1,v_2,v_3\} a matriz de T é diagonal com entradas 1,1,-1.

Resposta

Sim. O operador é diagonalizável, pois os autovalores são \lambda=1 (multiplicidade algébrica 2, multiplicidade geométrica 2) e \lambda=-1 (multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1), totalizando 3 autovetores independentes; por exemplo uma base de autovetores é (1,0,0),(0,0,1),(1,-2,0).

Exercícios relacionados