Verifique quais dos operadores lineares a seguir são diagonalizáveis. Em caso afirmativo, determine o polinômio característico de T e a matriz diagonal, relativa à base \alpha dos autovetores associados aos autovalores.
T: R^{3} \rightarrow R^{3}, definido por T(x, y, z)=(x+2 z,-x+y, x+y+2 z).
Resposta: p(\lambda)=-\lambda^{3}+3 \lambda^{2}+\lambda-3=\left(-\lambda^{2}+1\right) \cdot(\lambda-3)=(\lambda+1) \cdot(-\lambda+1) \cdot(\lambda-3),
[T]_{\alpha}^{\alpha}=\left( \begin{array}{ccc} -1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 3 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá o operador linear
T\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3, \quad T(x,y,z) = (\,x+2z,\,-x+y,\;x+y+2z)
e pede para verificar se T é diagonalizável. Em caso afirmativo, devemos encontrar o polinômio característico de T e exibir a matriz diagonal relativa a uma base \alpha de autovetores. O conteúdo principal aqui é diagonalização de operador linear: iremos calcular a matriz de T na base canônica, o polinômio característico, os autovalores, depois os autovetores e, por fim, a forma diagonal.

Passo 2

Vamos obter a matriz de T na base canônica e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1).
Calculando colunas:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,-1,1),\quad T(e_2)=T(0,1,0)=(0,1,1),\quad T(e_3)=T(0,0,1)=(2,0,2).
Logo, a matriz de T é
A = [T]_{\text{can}} = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\\\\ -1 & 1 & 0\\\\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}.

Passo 3

O polinômio característico de A é
p(\lambda)=\det(A - \lambda I) =\det \begin{pmatrix} 1-\lambda & 0 & 2\\\\ -1 & 1-\lambda & 0\\\\ 1 & 1 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Expandindo pelo método de cofactores na primeira linha, chega-se a
p(\lambda) =-\lambda^3 +4\lambda^2 -3\lambda -2
ou seja
p(\lambda) = -(\lambda-2)\bigl(\lambda^2 -2\lambda -1\bigr).

Passo 4

As raízes de p(\lambda) são
\lambda_1 = 2, \quad \lambda_{2,3} = \frac{2\pm \sqrt{4+4}}{2} = 1\pm \sqrt{2}.
Como os três autovalores são distintos, concluímos que T é diagonalizável.

Passo 5

Para cada autovalor obtemos um autovetor não nulo:
  1. Se \lambda=2, resolvemos (A-2I)v=0 e achamos o espaço gerado por
    \,v_1=(2,-2,1).
  2. Se \lambda=1+\sqrt{2}, resolvemos (A-(1+\sqrt{2})I)v=0 e tomamos
    \,v_2=(\sqrt{2},-1,1).
  3. Se \lambda=1-\sqrt{2}, resolvemos (A-(1-\sqrt{2})I)v=0 e tomamos
    \,v_3=(-\sqrt{2},-1,1).
Assim \alpha = \{v_1,v_2,v_3\} é uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores.

Passo 6

Na base \alpha a matriz de T é diagonal com os autovalores na diagonal, na mesma ordem dos autovetores:
[T]_{\alpha}^{\alpha} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\\\ 0 & 1+\sqrt{2} & 0\\\\ 0 & 0 & 1-\sqrt{2} \end{pmatrix}.

Resposta

O operador T é diagonalizável.
O polinômio característico é
p(\lambda) = -\lambda^3 +4\lambda^2 -3\lambda -2 = -(\lambda-2)\bigl(\lambda^2 -2\lambda -1\bigr),
e, tomando como base de autovetores
\alpha=\{(2,-2,1),\,(\sqrt{2},-1,1),\,(-\sqrt{2},-1,1)\}, a matriz diagonal é
[T]_{\alpha}^{\alpha} = \begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\\\ 0 & 1+\sqrt{2} & 0\\\\ 0 & 0 & 1-\sqrt{2} \end{pmatrix}.

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