Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} o operador linear, cuja matriz em relação a base canônica de \mathbb{R}^{3}, é dado por
A=[T]=\left[\begin{array}{ccc} 3 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & -5 \\\\ 0 & 1 & -2 \end{array}\right]
Determine o(s) autovalor(es) de T e uma base para cada autoespaço associado. Este operador é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 cuja matriz na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 3 & 0 & 0\\\\ 0 & 2 & -5\\\\ 0 & 1 & -2 \end{pmatrix}.
Pede-se os autovalores de T, uma base para cada autoespaço associado e saber se T é diagonalizável. O conteúdo principal é cálculo de polinômio característico, autovalores, autovetores e critério de diagonalização.

Passo 2

Calculamos o polinômio característico
\det(A-\lambda I) =(3-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda&-5\\\ 1&-2-\lambda\end{pmatrix} =(3-\lambda)\bigl((2-\lambda)(-2-\lambda)+5\bigr).
Expandindo, (2-\lambda)(-2-\lambda)=-4+\lambda^2, logo
\det(A-\lambda I)=(3-\lambda)(\lambda^2+1).
Os autovalores são \lambda=3 e \lambda=\pm i.

Passo 3

Para \lambda=3 resolvemos (A-3I)x=0, ou seja
\begin{pmatrix} 0&0&0\\\\ 0&-1&-5\\\\ 0&1&-5 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\end{pmatrix} =0.
Dessas equações vem -x_2-5x_3=0 e x_2-5x_3=0, o que força x_2=x_3=0 e deixa x_1 livre.
Portanto o autoespaço de \lambda=3 é
E_3=\{(x_1,0,0)\mid x_1\in\mathbb{R}\} =\mathrm{span}\{(1,0,0)\}.

Passo 4

Os autovalores \lambda=\pm i são não reais, logo não geram autovetores em \mathbb{R}^3. Assim, em \mathbb{R}^3 há apenas um autoespaço não trivial, de dimensão 1.

Passo 5

Para ser diagonalizável em \mathbb{R}^3 precisaríamos de três autovetores reais linearmente independentes, mas só temos um. Portanto T não é diagonalizável sobre \mathbb{R}.

Resposta

Autovalor real: \lambda=3 com autoespaço \mathrm{span}\{(1,0,0)\}.
O operador T não é diagonalizável em \mathbb{R}^3.

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