Seja T: R^3 R^3 um operador linear tal que
T(x, y, z)=(x-2 y-2 z, y, 2 y+3 z)
Determine o polinômio minimal de T e verifique se T é diagonalizável. ( 2,0 pontos)

Passo 1

O enunciado pede o polinômio minimal de T:R^3toR^3 definido por
T(x,y,z) = (,x - 2y - 2z,;y,;2y + 3z,)
e que a partir dele decidamos se T é diagonalizável. Vamos precisar representar T numa matriz na base canônica, calcular o polinômio característico, estudar as multiplicidades algébrica e geométrica de cada autovalor e, finalmente, deduzir o polinômio minimal e a diagonalizabilidade.

Passo 2

Na base padrão e1,e2,e3, a matriz de T é
A = 1 & -2 & -2 0 & 1 & 0 0 & 2 & 3 ,
pois
T(e1) = (1,0,0), T(e2) = (-2,1,2), T(e3) = (-2,0,3)

Passo 3

O polinômio característico é
chiA(lambda) = det(A - lambda I) = det 1-lambda & -2 & -2 0 & 1-lambda & 0 0 & 2 & 3-lambda
Expandindo pela primeira coluna:
chiA(lambda) = (1-lambda)det1-lambda & 02 & 3-lambda = (1-lambda)l((1-lambda)(3-lambda)r) = (1-lambda)^2(3-lambda)

Passo 4

Os autovalores são lambda=1 (multiplicidade algébrica 2) e lambda=3 (multiplicidade 1).
Para lambda=1, resolvemos (A-I)v=0:
(A-I)= 0 & -2 & -2 0 & 0 & 0 0 & 2 & 2 implies -2y-2z=0 ;Longrightarrow; y+z=0
Não há restrição em x, então um vetor-genérico é (x,t,-t). Logo o espaço próprio de lambda=1 tem dimensão 2, igual à sua multiplicidade algébrica.
Para lambda=3, a multiplicidade algébrica é 1, então a dimensão do espaço próprio é necessariamente 1.

Passo 5

Como cada autovalor tem espaço próprio de dimensão igual à sua multiplicidade algébrica, não há blocos de Jordan de tamanho maior que 1. Portanto o polinômio minimal é produto de fatores distintos
mT(lambda) = (lambda - 1)(lambda - 3)

Passo 6

O operador é diagonalizável exatamente quando o polinômio minimal se fatora em raízes simples, o que de fato ocorre. Assim T é diagonalizável.

Resposta

O polinômio minimal é
mT(lambda) = (lambda - 1)(lambda - 3),
e T é diagonalizável.

Exercícios relacionados