Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dado por T(x, y, z)=(-2 z+x, 0,-2 x+4 z). Determine os autovetores de T (se existirem) e uma base para cada autoespaço associado. Este operador é diagonalizável? Justifique sua resposta.

Passo 1

O enunciado define o operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} por
T(x,y,z)=(-2z+x,\;0,\;-2x+4z).
O conteúdo principal é cálculo de autovalores e autovetores (e espaços próprios) e, por fim, verificar se T é diagonalizável. Para isso vamos:
  1. Escrever a matriz de T na base canônica.
  2. Calcular o polinômio característico e obter os autovalores.
  3. Para cada autovalor, resolver (A-\lambda I)v=0 e encontrar uma base do autoespaço.
  4. Comparar a soma das dimensões dos autoespaços com a dimensão do espaço para concluir sobre diagonalizabilidade.

Passo 2

Na base padrão \{e_1,e_2,e_3\}, a matriz de T é
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2\\\\ 0 & 0 & 0\\\\ -2 & 0 & 4 \end{pmatrix}.
O polinômio característico é
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & -2\\\\ 0 & -\lambda & 0\\\\ -2 & 0 & 4-\lambda \end{pmatrix} =-\lambda\bigl((1-\lambda)(4-\lambda)-4\bigr).

Passo 3

Expandindo o determinante interno:
(1-\lambda)(4-\lambda)-4 =4-5\lambda+\lambda^2-4 =\lambda^2-5\lambda.
Logo
\det(A-\lambda I)=-\lambda(\lambda^2-5\lambda)=-\lambda^2(\lambda-5).
Os autovalores são
\lambda=0 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=5 com multiplicidade algébrica 1.

Passo 4

Para \lambda=5\), resolvemos \((A-5I)v=0\), ou seja \[\begin{cases} (1-5)x-2z=0,\\\\ -5y=0,\\\\ -2x+(4-5)z=0. \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} -4x-2z=0\;\Rightarrow\;2x+z=0,\\\ y=0,\\\\ -2x-z=0\;\Rightarrow\;z=-2x. \end{cases}
Um vetor genérico é v=(x,0,-2x)=x(1,0,-2)\]. Base do autoespaço para \(\lambda=5:
E_{5}=\Span\{(1,0,-2)\}.

Passo 5

Para \lambda=0\), resolvemos \(A\,v=0\), ou seja \[\begin{cases} x-2z=0,\\\\ 0\cdot y=0\\ (\text{sem restrição}),\\\\ -2x+4z=0. \end{cases} \quad\Longrightarrow\quad \begin{cases} x=2z,\\\ \text{\(y livre},\ -4z+4z=0\ (ok). \end{cases}]
Logo
v=(2z,y,z)=y(0,1,0)+z(2,0,1).
Base do autoespaço para \lambda=0:
E_{0}=\Span\{(0,1,0),\,(2,0,1)\}.

Passo 6

A soma das dimensões dos autoespaços é
\dim E_{0}=2 (igual à multiplicidade algébrica de 0) mais \dim E_{5}=1 (igual à multiplicidade algébrica de 5), totalizando 3=\dim\mathbb{R}^3. Portanto, existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de T e, consequentemente, T é diagonalizável.

Resposta

Autovalores e autoespaços:
\lambda=0,
E_{0}=\Span\{(0,1,0),\,(2,0,1)\}.
\lambda=5,
E_{5}=\Span\{(1,0,-2)\}.
Como a soma das dimensões dos autoespaços é 3, T é diagonalizável.

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