Verifique se os seguintes operadores lineares sāo diagonalizáveis, caso seja, determine sua matriz diagonal.
T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, T(x, y, z)=(x+2 y+z,-x+3 y+z, 2 y+2 z).

Passo 1

O enunciado pede que verifiquemos se o operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 é diagonalizável e, se for, que determinemos a sua matriz diagonal. \n
As informações dadas pelo enunciado são: para todo (x,y,z)\in\mathbb{R}^3, T(x,y,z) = (x+2y+z,\; -x+3y+z,\; 2y+2z).

Passo 2

Primeiro vamos escrever a matriz de T na base canônica \{e_1,e_2,e_3\} de \mathbb{R}^3. \n
Calculamos as imagens dos vetores da base:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,-1,0),
T(e_2)=T(0,1,0)=(2,3,2),
T(e_3)=T(0,0,1)=(1,1,2).
A matriz A de T na base canônica tem essas imagens como colunas, logo
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1\\[4pt] -1 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 2 \end{pmatrix}.
(Explicação curta: cada coluna j de A é T(e_j).)]

Passo 3

Para decidir se T é diagonalizável, vamos buscar autovalores (eigenvalues) \lambda e autovetores (eigenvectors) v\neq 0 tais que
A v = \lambda v,
ou seja,
(A-\lambda I)v=0.
Lembrando a teoria (explicação didática): um operador linear é diagonalizável se existe uma base formada por autovetores. Uma forma prática é: se encontramos 3 autovetores linearmente independentes em \mathbb{R}^3, então A é diagonalizável. Além disso, autovalores distintos garantem autovetores linearmente independentes (uma propriedade útil que vamos usar).

Passo 4

Vamos calcular o polinômio característico p(\lambda)=\det(A-\lambda I). Escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 1\\[4pt] -1 & 3-\lambda & 1\\[4pt] 0 & 2 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Calculamos o determinante por expansão na primeira linha:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 1\\[4pt]2 & 2-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]0 & 2-\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}-1 & 3-\lambda\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}.
Agora desenvolvemos cada menor:
\det\begin{pmatrix}3-\lambda & 1\\[4pt]2 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(3-\lambda)(2-\lambda)-2 =\lambda^2-5\lambda+4,
\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]0 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(-1)(2-\lambda)=-2+\lambda,
\det\begin{pmatrix}-1 & 3-\lambda\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}=(-1)\cdot 2=-2.
Substituindo,
p(\lambda)=(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)-2(-2+\lambda)+(-2).
Expandindo passo a passo:
(1-\lambda)(\lambda^2-5\lambda+4)= -\lambda^3+6\lambda^2-9\lambda+4,
e
-2(-2+\lambda)-2 = 4-2\lambda-2 = 2-2\lambda.
Somando tudo:
p(\lambda)=-\lambda^3+6\lambda^2-9\lambda+4 + 2 -2\lambda = -\lambda^3+6\lambda^2-11\lambda+6.
Multiplicando por -1 (apenas para escrever de forma usual):
p(\lambda)=\lambda^3-6\lambda^2+11\lambda-6.]

Passo 5

Fatoramos p(\lambda). Procurando raízes inteiras candidatas (divisores de 6), testamos \lambda=1,2,3. De fato
p(1)=1-6+11-6=0,\quad p(2)=8-24+22-6=0,\quad p(3)=27-54+33-6=0.
Logo
p(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-2)(\lambda-3).
Portanto os autovalores são \lambda=1,2,3, cada um com multiplicidade algébrica 1 (raízes distintas).

Passo 6

Agora vamos encontrar um autovetor para \lambda=1. Resolvemos (A-I)v=0, isto é
\begin{pmatrix} 0 & 2 & 1\\[4pt] -1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Das equações obtemos
2y+z=0 \quad\text{(linha 1)},
-x+2y+z=0 \quad\text{(linha 2)}.
Da primeira equação z=-2y. Substituindo na segunda: -x+2y-2y=0 x=0. Assim os vetores da forma (0,y,-2y) são autovetores. Escolhendo y=1 obtemos um autovetor conveniente
v_1=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix}
correspondente a \lambda=1.]

Passo 7

Para \lambda=2 resolvemos (A-2I)v=0:
\begin{pmatrix} -1 & 2 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}=0.
As equações são
-x+2y+z=0 \quad\text{(1)},
-x+y+z=0 \quad\text{(2)},
2y=0 \quad\text{(3)}.
Da (3) vem y=0. Substituindo em (2): -x+0+z=0 x=z. Portanto os autovetores têm a forma (z,0,z)=z(1,0,1). Escolhemos
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}
para \lambda=2.]

Passo 8

Para \lambda=3 resolvemos (A-3I)v=0:
\begin{pmatrix} -2 & 2 & 1\\[4pt] -1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}=0.
Das equações:
-2x+2y+z=0 \quad\text{(1)},
-x+z=0 \quad\text{(2)},
2y-z=0 \quad\text{(3)}.
Da (2) temos z=x. Da (3) obtemos z=2y, logo x=2y. Assim os autovetores têm a forma (2y,y,2y)=y(2,1,2). Escolhendo y=1 tomamos
v_3=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}
para \lambda=3.]

Passo 9

Temos encontrado três autovalores distintos \lambda=1,2,3 e vetores próprios não nulos v_1,v_2,v_3 correspondentes:
v_1=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]-2\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Por uma propriedade fundamental: autovetores correspondentes a autovalores distintos são linearmente independentes. Assim v_1,v_2,v_3 formam uma base de \mathbb{R}^3. Portanto A (e T) é diagonalizável. \n
Se colocarmos a matriz de mudança de base P cujas colunas são v_1,v_2,v_3, isto é
P=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] -2 & 1 & 2 \end{pmatrix},
então a matriz diagonal correspondente é
D = P^{-1}AP = \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 2 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix},
onde os autovalores aparecem na diagonal na mesma ordem dos vetores v_1,v_2,v_3.]

Resposta

Sim, T é diagonalizável. \
Matriz diagonal (na base de autovetores v_1,v_2,v_3 escolhida): \begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt]0 & 2 & 0\\[4pt]0 & 0 & 3\end{pmatrix}.]

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