Seja um operador linear cuja representação matricial em relação à base canônica de é
Mostre que T é diagonalizável.
Passo 1
O enunciado nos dá o operador linear TcolonR^3toR^3 cuja matriz na base canônica é
A=[T]beta = 1 & 1 & 1 1 & 1 & 1 1 & 1 & 1
Queremos mostrar que T é diagonalizável. Para isso vamos calcular os autovalores de A, determinar as dimensões dos respectivos espaços próprios e verificar que a soma das dimensões dos espaços próprios é 3.
Passo 2
Vamos achar o polinômio característico de A. Escrevendo A - lambda I temos
A - lambda I = 1-lambda & 1 & 1 1 & 1-lambda & 1 1 & 1 & 1-lambda
Um cálculo direto (por desenvolvimento ou por operações elementares) mostra que
det(A - lambda I) = lambda^2(3-lambda)
Logo os autovalores são lambda=0 com multiplicidade algébrica 2 e lambda=3 com multiplicidade algébrica 1.
Passo 3
Agora encontramos os espaços próprios.
Para lambda=3 resolvemos (A-3I)x=0, ou seja
l(J-3Ir)x = 0,
onde J é a matriz de todos uns. Isso dá a condição
x1 + x2 + x3 = 3xi(i=1,2,3),
o que implica x1=x2=x3. Assim
E3 = ker(A-3I) = ,t(1,1,1)mid tinR
tem dimensão geométrica 1.
Para lambda=0 resolvemos Ax=0, i.e.
x1 + x2 + x3 = 0
Isso define um subespaço de dimensão 2, pois é o plano ortogonal a (1,1,1). Logo
E0 = ker A = (x1,x2,x3)mid x1+x2+x3=0
tem dimensão geométrica 2.
Passo 4
Como os autovalores lambda=3 e lambda=0 têm, respectivamente, dimensões de espaço próprio 1 e 2, a soma das dimensões dos espaços próprios é
1 + 2 = 3 = dimR^3
Isto garante que existe uma base de R^3 formada por autovetores de A e, portanto, A (e T) é diagonalizável.