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.}
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).
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.
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