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:
\left[T_{1}\right]_{\alpha, \alpha}=\left(\begin{array}{ccc} 2 & 2 & -1 \\\\ 1 & 0 & 1 \\\\ 2 & -2 & 3 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T_{1}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} cuja matriz em relação à base canônica \alpha=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\} é
\left[T_{1}\right]_{\alpha,\alpha}= \begin{pmatrix} 2 & 2 & -1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 2 & -2 & 3 \end{pmatrix}.
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:
    1. Calcular os autovalores (valores próprios) resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.
    2. Para cada autovalor \lambda, calcular o espaço próprio \ker(A-\lambda I) e sua dimensão — isto é a multiplicidade geométrica.
    3. 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:
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 2-\lambda & 2 & -1\\[4pt] 1 & -\lambda & 1\\[4pt] 2 & -2 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Agora o determinante (vou expandir pela primeira linha):
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= (2-\lambda)\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 3-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & 3-\lambda\end{pmatrix} +(-1)\det\begin{pmatrix}1 & -\lambda\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix}. \end{aligned}
Calculemos cada determinante menor:
\det\begin{pmatrix}-\lambda & 1\\[4pt]-2 & 3-\lambda\end{pmatrix} = -\lambda(3-\lambda)-1\cdot(-2)= -3\lambda+\lambda^{2}+2=\lambda^{2}-3\lambda+2.
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & 3-\lambda\end{pmatrix} = 1\cdot(3-\lambda)-1\cdot 2 = 3-\lambda-2 = 1-\lambda.
\det\begin{pmatrix}1 & -\lambda\\[4pt]2 & -2\end{pmatrix} = 1\cdot(-2)-(-\lambda)\cdot 2 = -2+2\lambda = 2\lambda-2.
Substituindo:
\begin{aligned} \det(A-\lambda I) &= (2-\lambda)(\lambda^{2}-3\lambda+2) -2(1-\lambda) +(-1)(2\lambda-2). \end{aligned}
Note que -2(1-\lambda)+(-1)(2\lambda-2)= -2+2\lambda -2\lambda +2 =0. Logo esses termos se anulam, e ficamos com
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^{2}-3\lambda+2).]

Passo 4

Fatoramos \lambda^{2}-3\lambda+2:
\lambda^{2}-3\lambda+2=(\lambda-1)(\lambda-2).
Portanto
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda-1)(\lambda-2).
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:
\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix} = y\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]2\end{pmatrix}.
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:
A-I= \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\[4pt] 1 & -1 & 1\\[4pt] 2 & -2 & 2 \end{pmatrix}.
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.

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