Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} um operador linear definido por
T(x, y, z)=(4 x+y-z, 2 x+5 y-2 z, x+y+2 z)

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(4x+y-z,\;2x+5y-2z,\;x+y+2z).
O enunciado, porém, não faz uma pergunta explícita. Para aproveitar seu tempo de estudo e porque essas são as perguntas que costumam cair numa prova quando aparece um operador linear, vou resolver as seguintes tarefas típicas (vou listar o que vou responder):
\text{(a) a matriz de \(T\) na base canônica;}\\ \text{(b) \(\det(T)\) e se \(T\) é invertível;}\\ \text{\text{(c)} a matriz de \(T^{-1}\) caso exista;}\\ \text{(d) núcleo e imagem de \(T\);}\\ \text{(e) autovalores e autovetores de \(T\) e se \(T\) é diagonalizável.}ôéíúéá

Passo 2

Matriz de T na base canônica. Explicação: para obter a matriz de um operador linear na base canônica, calculamos T(e_1), T(e_2), T(e_3) e colocamos esses vetores como colunas da matriz. Aqui e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1).
Calculemos:
T(e_1)=T(1,0,0)=(4\cdot1+0-0,\;2\cdot1+0-0,\;1+0+0)=(4,2,1),
T(e_2)=T(0,1,0)=(0+1-0,\;0+5-0,\;0+1+0)=(1,5,1),
T(e_3)=T(0,0,1)=(0+0-1,\;0+0-2,\;0+0+2)=(-1,-2,2).
Portanto a matriz (na base canônica) é
A=\begin{pmatrix}4 & 1 & -1\\[4pt] 2 & 5 & -2\\[4pt] 1 & 1 & 2\end{pmatrix},
onde cada coluna é T(e_i). Isso significa que, para qualquer v\in\mathbb{R}^3,
T(v)=A v,
quando usamos coordenadas na base canônica.]

Passo 3

Determinante e invertibilidade. Aula curta sobre determinante: para uma matriz 3\times3
\begin{pmatrix}a&b&c\\\ d&e&f\\\ g&h&i\end{pmatrix}
o determinante pode ser calculado pela regra de Sarrus ou expansão por uma linha/coluna. Vamos usar expansão pela primeira linha.
Aplicando isso à matriz A:
\det(A)=4\cdot\det\begin{pmatrix}5 & -2\\[2pt] 1 & 2\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}2 & -2\\[2pt] 1 & 2\end{pmatrix} +(-1)\cdot\det\begin{pmatrix}2 & 5\\[2pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Calculemos cada menor:
\det\begin{pmatrix}5 & -2\\[2pt] 1 & 2\end{pmatrix}=5\cdot2-(-2)\cdot1=10+2=12,
\det\begin{pmatrix}2 & -2\\[2pt] 1 & 2\end{pmatrix}=2\cdot2-(-2)\cdot1=4+2=6,
\det\begin{pmatrix}2 & 5\\[2pt] 1 & 1\end{pmatrix}=2\cdot1-5\cdot1=2-5=-3.
Agora coloque tudo:
\det(A)=4\cdot12-1\cdot6+(-1)\cdot(-3)=48-6+3=45.
Como \det(A)=45\neq0, concluímos que A é invertível e, portanto, T é um isomorfismo linear (tem inversa linear).]

Passo 4

Encontrando A^{-1} (inversa da matriz) usando adjunta/adjugado. Explicação rápida: para matriz invertível A,
A^{-1}=\frac{1}{\det(A)}\operatorname{adj}(A),
onde \operatorname{adj}(A) é a transposta da matriz dos cofatores.
Vamos calcular os cofatores C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}, onde M_{ij} é o determinante do menor obtido ao eliminar a i-ésima linha e j-ésima coluna.
Calculei os menores e cofatores (mostro os resultados):
\begin{array}{lll} M_{11}=12,& C_{11}=12,\\[2pt] M_{12}=6,& C_{12}=-6,\\[2pt] M_{13}=-3,& C_{13}=-3,\\[4pt] M_{21}=3,& C_{21}=-3,\\[2pt] M_{22}=9,& C_{22}=9,\\[2pt] M_{23}=3,& C_{23}=-3,\\[4pt] M_{31}=3,& C_{31}=3,\\[2pt] M_{32}=-6,& C_{32}=6,\\[2pt] M_{33}=18,& C_{33}=18. \end{array}
A matriz dos cofatores é
C=\begin{pmatrix}12 & -6 & -3\\[4pt] -3 & 9 & -3\\[4pt] 3 & 6 & 18\end{pmatrix}.
A adjunta (adjugado) é a transposta:
\operatorname{adj}(A)=C^{T}=\begin{pmatrix}12 & -3 & 3\\[4pt] -6 & 9 & 6\\[4pt] -3 & -3 & 18\end{pmatrix}.
Logo
A^{-1}=\frac{1}{45}\begin{pmatrix}12 & -3 & 3\\[4pt] -6 & 9 & 6\\[4pt] -3 & -3 & 18\end{pmatrix}.
Podemos simplificar: todos os elementos do adjugado são múltiplos de 3, então
\operatorname{adj}(A)=3\begin{pmatrix}4 & -1 & 1\\[4pt] -2 & 3 & 2\\[4pt] -1 & -1 & 6\end{pmatrix}.
Portanto
A^{-1}=\frac{3}{45}\begin{pmatrix}4 & -1 & 1\\[4pt] -2 & 3 & 2\\[4pt] -1 & -1 & 6\end{pmatrix} =\frac{1}{15}\begin{pmatrix}4 & -1 & 1\\[4pt] -2 & 3 & 2\\[4pt] -1 & -1 & 6\end{pmatrix}.
Esse é o resultado final para a inversa de A. Na prova você pode também achar A^{-1} resolvendo A X = I por eliminação de Gauss; o método que usei (adjugado) é direto para 3\times3 quando queremos uma forma exata.]

Passo 5

Núcleo e imagem de T. Teoria curta: se a matriz A é invertível, o núcleo de T é somente \{0\} e a imagem é todo \mathbb{R}^3.
Já tendo mostrado \det(A)=45\neq0, concluímos:
\ker(T)=\{(0,0,0)\},\qquad \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3.

Passo 6

Autovalores: definindo o polinômio característico. Aula curta: autovalores \lambda satisfazem \det(A-\lambda I)=0. Vamos calcular o polinômio característico p(\lambda)=\det(A-\lambda I).
Formando A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 1 & -1\\[4pt] 2 & 5-\lambda & -2\\[4pt] 1 & 1 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Calculando o determinante (faço a expansão por uma linha; mostro o resultado final do desenvolvimento),
p(\lambda)=\det(A-\lambda I)=\lambda^{3}-11\lambda^{2}+39\lambda-45.
Agora tentamos fatorar. Testando raízes inteiras (divisores de 45), vemos que \lambda=3 é uma raiz porque
p(3)=27-99+117-45=0.
Fazendo divisão polinomial por \lambda-3 obtemos
p(\lambda)=(\lambda-3)(\lambda^{2}-8\lambda+15).
O quadrático fatora como
\lambda^{2}-8\lambda+15=(\lambda-3)(\lambda-5).
Portanto
p(\lambda)=(\lambda-3)^{2}(\lambda-5).
Isso dá os autovalores \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=5 (multiplicidade algébrica 1).]

Passo 7

Autovetores. Método: para cada autovalor \lambda resolvemos (A-\lambda I)v=0.
Primeiro \lambda=5:
A-5I=\begin{pmatrix}-1 & 1 & -1\\[4pt] 2 & 0 & -2\\[4pt] 1 & 1 & -3\end{pmatrix}.
Resolvendo o sistema (A-5I)(x,y,z)^{T}=0 temos das equações:
2x-2z=0\implies x=z,
e substituindo na primeira equação:
-x+y-z=0\implies -z+y-z=0\implies y=2z.
Logo os vetores próprios associados a \lambda=5 são múltiplos de (1,2,1). Em forma de espaço característico:
E_{5}=\operatorname{span}\{(1,2,1)\}.
Agora \lambda=3:
A-3I=\begin{pmatrix}1 & 1 & -1\\[4pt] 2 & 2 & -2\\[4pt] 1 & 1 & -1\end{pmatrix}.
As três equações reduzem-se a uma independente:
x+y-z=0\implies z=x+y.
Assim os vetores próprios são da forma (x,y,x+y)=x(1,0,1)+y(0,1,1). Logo o espaço próprio para \lambda=3 é bidimensional:
E_{3}=\operatorname{span}\{(1,0,1),\;(0,1,1)\}.
Observação importante: a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é 2 (dois vetores independentes), igual à multiplicidade algébrica 2. Para \lambda=5 a multiplicidade geométrica é 1, igual à algébrica também.]

Passo 8

Diagonalizabilidade. Teoria curta: uma matriz n\times n é diagonalizável sobre \mathbb{R} se existe uma base de \mathbb{R}^n formada por autovetores, o que equivale a soma das multiplicidades geométricas ser n. Aqui encontramos dois autovetores independentes para \lambda=3 e um para \lambda=5, totalizando 3 vetores independentes. Portanto A é diagonalizável (há uma base de autovetores).
Na prática, a matriz de mudança de base P que tem colunas os autovetores, por exemplo
P=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 1\end{pmatrix},
(onde escolhi colunas (1,0,1), (0,1,1) para \lambda=3 e (1,2,1) para \lambda=5)
satisfaz
P^{-1}AP=\begin{pmatrix}3 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 5\end{pmatrix}.]

Resposta

\displaystyle A=\begin{pmatrix}4 & 1 & -1\\[4pt] 2 & 5 & -2\\[4pt] 1 & 1 & 2\end{pmatrix}
\displaystyle \det(A)=45 (logo T é invertível)
\displaystyle A^{-1}=\frac{1}{15}\begin{pmatrix}4 & -1 & 1\\[4pt] -2 & 3 & 2\\[4pt] -1 & -1 & 6\end{pmatrix}
\displaystyle \ker(T)=\{(0,0,0)\},\quad \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3
\displaystyleAutovalores: \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2), \lambda=5 (multiplicidade algébrica 1)
\displaystyleAutovetores: E_{3}=\operatorname{span}\{(1,0,1),\,(0,1,1)\},\quad E_{5}=\operatorname{span}\{(1,2,1)\}
\displaystyle T é diagonalizável (base de autovetores de \mathbb{R}^3).]

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