Verifique re nos ou nas diagonalizáveis os operadores lineares abaixo: T_{1}: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} cuja metriz com respeito à base comônica \alpha=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\} é:
A pergunta é: verificar se T_{1} é diagonalizável (em \mathbb{R}^{3}). Listei abaixo as informações relevantes: a matriz A=\left[T_{1}\right]_{\alpha,\alpha} fornecida e a necessidade de decidir sobre diagonalizabilidade (sim/não) do operador.]
Passo 2
O que significa “diagonalizável” (aula curta e prática):
Um operador linear (ou matriz) é diagonalizável se existe uma base de autovetores. Na prática: existe uma matriz invertível P tal que P^{-1}AP é diagonal.
Procedimento padrão na prova:
Calcular os autovalores (valores próprios) resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
Para cada autovalor \lambda, calcular o espaço próprio \ker(A-\lambda I) e sua dimensão — isto é a multiplicidade geométrica.
Comparar multiplicidade geométrica com multiplicidade algébrica (multiplicidade como raiz do polinômio). A matriz é diagonalizável sobre \mathbb{R} se, para cada autovalor \lambda, a multiplicidade geométrica é igual à multiplicidade algébrica, e a soma das multiplicidades geométricas é 3.
Observação prática: se houver um autovalor com multiplicidade algébrica 2 mas apenas 1 autovetor (multiplicidade geométrica 1), então NÃO é diagonalizável.
Passo 3
Calculemos o polinômio característico \det(A-\lambda I). Escrevemos primeiro A-\lambda I:
Reescrevendo, as raízes (autovalores) são \lambda=2 e \lambda=1. A multiplicidade algébrica de \lambda=1 é 1. A multiplicidade algébrica de \lambda=2 é 2 (pois aparece o fator \lambda-2 duas vezes, considerando o sinal).
Passo 5
Agora calculamos o espaço próprio associado a \lambda=2\), ou seja \(\ker(A-2I)\).
Primeiro \(A-2I\):
\[A-2I= \begin{pmatrix} 0 & 2 & -1\\[4pt] 1 & -2 & 1\\[4pt] 2 & -2 & 1 \end{pmatrix}.
Resolvemos (A-2I)\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}. Isso dá o sistema:
\begin{cases} 0\cdot x + 2y - z = 0,\\[4pt] x -2y + z = 0,\\[4pt] 2x -2y + z = 0. \end{cases}
Da primeira equação temos 2y-z=0\Rightarrow z=2y\]. Substituindo na segunda:
\[x -2y + (2y) = x =0.\]
Da terceira equação, substituindo \(x=0 e z=2y:
2\cdot 0 -2y + 2y = 0,
que é redundante. Logo as soluções têm x=0 e z=2y com y livre. Escrevendo em vetor:
Portanto o espaço próprio \ker(A-2I) é gerado por \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix} e sua dimensão (multiplicidade geométrica de \lambda=2) é 1.]
Passo 6
Para completar, verifiquemos rapidamente \lambda=1. Calculamos A-I:
Resolvendo (A-I)v=0 (um procedimento semelhante) obtém-se, por exemplo, um vetor próprio não nulo (se quiser fazer a conta passo a passo na prova, faz-se redução por linhas). O importante aqui é que a multiplicidade algébrica de \lambda=1 é 1 e sua multiplicidade geométrica será necessariamente 1 (pois existe pelo menos um autovetor). Assim a soma das dimensões dos espaços próprios que encontramos é 1 (para \lambda=2) +1 (para \lambda=1) =2, que é menor que 3.]
Passo 7
Conclusão lógica: como o autovalor \lambda=2 tem multiplicidade algébrica 2 mas multiplicidade geométrica 1, não há três autovetores linearmente independentes. Portanto A (e o operador T_{1}) não é diagonalizável em \mathbb{R}^{3}.
Resposta
Não — T_{1} não é diagonalizável em \mathbb{R}^{3}, pois o autovalor \lambda=2 tem multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1.