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-2 z, y, 2 y+3 z).

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definido por
T(x,y,z)=(x-2y-2z,\; y,\; 2y+3z).
O que nos pedem:
  1. Verificar se T é diagonalizável.
  2. Caso seja diagonalizável, determinar sua matriz diagonal (isto é, uma matriz diagonal D tal que exista uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores e P^{-1}AP=D, onde A é a matriz de T na base canônica).
Informações relevantes dadas:
  • A regra de T para um vetor genérico (x,y,z) está explicitada acima.
  • Trabalhamos em \mathbb{R}^3 com a base canônica habitual.

Passo 2

Primeiro passo prático: obter a matriz A de T na base canônica \{e_1,e_2,e_3\}, lembrando que as colunas de A são T(e_1),T(e_2),T(e_3).
Calculemos:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,0,0),
T(e_2)=T(0,1,0)=(-2,1,2),
T(e_3)=T(0,0,1)=(-2,0,3).
Portanto a matriz A é
A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & -2\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 3 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Lembrete didático (rápido e direto): um operador (ou matriz) é diagonalizável se existe uma base do espaço formada por autovetores. Em termos de autovalores \lambda, para cada autovalor temos duas multiplicidades importantes:
  • multiplicidade algébrica: multiplicidade de \lambda como raiz do polinômio característico;
  • multiplicidade geométrica: dimensão do espaço próprio (espaço de autovetores) correspondente a \lambda.
    A matriz é diagonalizável se, para todo autovalor, a multiplicidade geométrica é igual à multiplicidade algébrica (equivalente a existirem 3 autovetores linearmente independentes aqui).
Para encontrar autovalores e autovetores vamos calcular o polinômio característico e resolver (A-\lambda I)v=0.

Passo 4

Calculemos o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Temos
A-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & -2 & -2\\[4pt] 0 & 1-\lambda & 0\\[4pt] 0 & 2 & 3-\lambda \end{pmatrix}.
Como as duas entradas da primeira coluna abaixo da primeira linha são zero, a determinação fica simples:
\chi_A(\lambda)= (1-\lambda)\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt] 2 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
Calcule o determinante do menor:
\det\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt] 2 & 3-\lambda\end{pmatrix}=(1-\lambda)(3-\lambda)-0\cdot2=(1-\lambda)(3-\lambda).
Logo
\chi_A(\lambda)=(1-\lambda)(1-\lambda)(3-\lambda)=(1-\lambda)^2(3-\lambda).
Assim os autovalores são \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2 e \lambda=3 com multiplicidade algébrica 1.]

Passo 5

Agora encontramos o espaço próprio para \lambda=1 (autovetores associados a \lambda=1), resolvendo (A-I)v=0.
Calcule
A-I= \begin{pmatrix} 0 & -2 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 2 \end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema (A-I)(x,y,z)^T=0 obtemos as equações:
-2y-2z=0,\quad 0=0,\quad 2y+2z=0.
As duas equações não-triviais são equivalentes e dão y+z=0, ou seja y=-z. Não há equação envolvendo x, então x é livre. Portanto os vetores próprios têm a forma
(x,y,z)=(s,\,-t,\,t),\qquad s,t\in\mathbb{R}.
Isto mostra que o espaço próprio de \lambda=1 tem dimensão 2 (dois parâmetros livres s,t) — ou seja, multiplicidade geométrica igual a 2, que coincide com a multiplicidade algébrica. Podemos escolher dois autovetores independentes, por exemplo:
v_1=(1,0,0),\qquad v_2=(0,-1,1).
Verificação rápida: T(1,0,0)=(1,0,0)=1\cdot(1,0,0) e T(0,-1,1)=(0,-1,1)=1\cdot(0,-1,1).]

Passo 6

Agora o espaço próprio para \lambda=3. Resolva (A-3I)v=0.
Calcule
A-3I= \begin{pmatrix} -2 & -2 & -2\\[4pt] 0 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}.
O sistema (A-3I)(x,y,z)^T=0 é
-2x-2y-2z=0,\quad -2y=0,\quad 2y=0.
Das duas últimas obtemos y=0. Substituindo na primeira: -2x-2z=0 x=-z. Portanto os vetores próprios têm a forma
(x,y,z) = (-t,0,t),\qquad t\in\mathbb{R}.
O espaço próprio tem dimensão 1, que coincide com a multiplicidade algébrica 1. Um autovetor convenientemente escolhido é
v_3 = (-1,0,1).
Verificação: T(-1,0,1)=3\cdot(-1,0,1).]

Passo 7

Agora resumindo as dimensões dos espaços próprios:
  • para \lambda=1: multiplicidade algébrica 2, multiplicidade geométrica 2 (autovetores v_1,v_2);
  • para \lambda=3: multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1 (autovetor v_3).
Como a soma das dimensões dos espaços próprios é 2+1=3, temos três autovetores linearmente independentes. Portanto existe uma base de \mathbb{R}^3 formada por autovetores de A, logo A (e portanto T) é diagonalizável.

Passo 8

Escolhendo a base de autovetores na ordem v_1=(1,0,0),\,v_2=(0,-1,1),\,v_3=(-1,0,1), a matriz diagonal correspondente tem os autovalores nas posições da diagonal na mesma ordem: os dois primeiros valores 1,1 (para v_1,v_2) e o terceiro 3 (para v_3). Assim a matriz diagonal é
D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix},
e existe uma matriz inversível P cujas colunas são v_1,v_2,v_3 tal que P^{-1}AP=D.]

Resposta

T é diagonalizável: Sim.
D=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3 \end{pmatrix}]

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