Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} o operador linear cuja matriz na base canônica é
[T]=\left[\begin{array}{ccc} 3 & 0 & -4 \\\\ 0 & 3 & 5 \\\\ 0 & 0 & -1 \end{array}\right]
Verifique se o operador T é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é triangular superior. Para verificar se T é diagonalizável, vamos usar autovalores, autovetores e comparar as multiplicidades algébrica e geométrica de cada autovalor.

Passo 2

Como a matriz de T é triangular, os autovalores estão na diagonal. O polinômio característico é
\det\bigl([T]-\lambda I\bigr)=(3-\lambda)^2(-1-\lambda).
Portanto:
\lambda=3 tem multiplicidade algébrica 2.
\lambda=-1 tem multiplicidade algébrica 1.

Passo 3

Calculamos o espaço próprio para \lambda=3 resolvendo
\bigl([T]-3I\bigr)x=0.
Temos
[T]-3I =\begin{pmatrix} 0 & 0 & -4\\\\ 0 & 0 & 5\\\\ 0 & 0 & -4 \end{pmatrix}.
As equações implicam x_3=0 e deixam x_1,x_2 livres. Logo
E_3=\{(x_1,x_2,0)\} =\span\{(1,0,0),(0,1,0)\},
de modo que \dim E_3=2, igual à multiplicidade algébrica de \lambda=3.

Passo 4

Para \lambda=-1 resolvemos
\bigl([T]+I\bigr)x=0,
onde
[T]+I =\begin{pmatrix} 4 & 0 & -4\\\\ 0 & 4 & 5\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
As duas primeiras equações dão x_1=x_3 e x_2=-\tfrac54\,x_3, com x_3 livre. Assim
E_{-1}=\span\{(1,-\tfrac54,1)\}
e \dim E_{-1}=1, coincidente com a multiplicidade algébrica de \lambda=-1.

Passo 5

Somando as dimensões dos espaços próprios obtemos
\dim E_3 + \dim E_{-1} = 2 + 1 = 3 = \dim\mathbb{R}^3.
Como em cada autovalor a multiplicidade geométrica iguala a algébrica e a soma das dimensões é 3, concluímos que T é diagonalizável.

Resposta

Sim, T é diagonalizável.

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