Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} uma aplicação linear diagonalizável com único autovalor igual a 2 . Então:
(a) T=0
(b) T=2 I
(c) T não é diagonalizável
(d) T é nilpotente
(e) \operatorname{det}(T)=0

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e pede que avaliemos as alternativas:
  • Foi dada uma aplicação linear T: \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}.
  • Sabe-se que T é diagonalizável.
  • Sabe-se que o único autovalor de T é 2.
As perguntas implícitas: quais das alternativas (a)–(e) são verdadeiras dadas essas informações?

Passo 2

Entender o que significa ser diagonalizável (passo-a-passo, sem pressupor conhecimento prévio):
  • Uma aplicação linear T em um espaço de dimensão 3 é dita diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^{3} formada por autovetores de T.
  • Isso equivale a existir uma matriz invertível P tal que, na base canônica, a matriz de T satisfaça P^{-1}AP = D, onde D é uma matriz diagonal. Aqui A é a matriz de T.
  • As entradas da diagonal de D são autovalores de T, possivelmente repetidos conforme as multiplicidades algébricas.
Vou explicar uma consequência prática: se temos uma base formada por autovetores v_{1},v_{2},v_{3} com T(v_{i})=\lambda_{i} v_{i}, então, para qualquer vetor v=\sum_{i} c_{i} v_{i},
T(v)=\sum_{i} c_{i} T(v_{i})=\sum_{i} c_{i}\lambda_{i} v_{i}.
Se todos os \lambda_{i} forem iguais a um mesmo número \lambda, então T(v)=\lambda v para todo v, isto é, T=\lambda I.

Passo 3

Aplicando a informação de que o único autovalor é 2:
  • Como o espaço tem dimensão 3, o polinômio característico de T tem grau 3. Se o único autovalor é 2, então o polinômio característico é (x-2)^{3}, ou seja, a multiplicidade algébrica de 2 é 3.
  • Como T é diagonalizável, a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio correspondente ao autovalor) coincide com a multiplicidade algébrica para cada autovalor. Logo, a dimensão do espaço próprio associado a 2 é 3.

Passo 4

Conclusão imediata a partir do passo anterior:
  • Ter dimensão do espaço próprio igual a 3 significa que há três autovetores linearmente independentes associados ao autovalor 2; esses três autovetores formam uma base de \mathbb{R}^{3}.
  • Usando a observação do Passo 2: com essa base de autovetores e todos os autovalores iguais a 2, para todo v\in\mathbb{R}^{3} vale T(v)=2v.
  • Portanto, como operador linear, T=2I, onde I é a identidade em \mathbb{R}^{3}.
Uma maneira matricial curta de ver isso: se P^{-1}AP=D e todas as entradas de D são 2, então D=2I e
A = P D P^{-1} = P(2I)P^{-1} = 2 P P^{-1} = 2I.

Passo 5

Agora analisar cada alternativa usando T=2I:
  • (a) T=0. Aqui 0 é a aplicação nula. Como T=2I, isto não é verdade (a aplicação nula teria autovalor 0, não 2). Portanto (a) é falsa.
  • (b) T=2I. Acabamos de demonstrar que T=2I. Portanto (b) é verdadeira.
  • (c) T não é diagonalizável. O enunciado já dizia que T é diagonalizável; além disso 2I é manifestamente diagonal (já é uma múltipla da identidade). Portanto (c) é falsa.
  • (d) T é nilpotente. Definição: T é nilpotente se existe k tal que T^{k}=0. Se T=2I, então T^{k}=2^{k}I, que nunca é a matriz nula para nenhum k. Outra forma: todos os autovalores de um operador nilpotente são 0, mas aqui o autovalor é 2. Logo (d) é falsa.
  • (e) \det(T)=0. Se T=2I em dimensão 3, então
\det(T)=\det(2I)=2^{3}=8\neq 0.
Portanto (e) é falsa.

Resposta

(b)

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