Queremos probar que si \( \text{Nu}(T) \neq \{0_{\mathbb{R}^n}\} \), entonces \( \lambda = 0 \) es un autovalor de \( T \) y su autoespacio es \( \text{Nu}(T) \).
El núcleo de \( T \) está definido como: \[\text{Nu}(T) = \{ v \in \mathbb{R}^n \mid T(v) = 0_{\mathbb{R}^n}\, \}\] Dado que \( \text{Nu}(T) \neq \{0_{\mathbb{R}^n}\} \), existe al menos un \( v \neq 0 \) tal que \( T(v) = 0_{\mathbb{R}^n} \).
Si \( T(v) = 0_{\mathbb{R}^n} \), podemos escribir: \[T(v) = 0 \cdot v\] Esto significa que \( v \) es un autovector asociado al autovalor \( \lambda = 0 \).
El conjunto de todos los vectores que cumplen \( T(v) = 0_{\mathbb{R}^n} \) es precisamente el núcleo de \( T \), es decir, el espacio asociado a \( \lambda = 0 \) es: \[S_0 = \text{Nu}(T)\] Por lo tanto, hemos probado que "si \( \text{Nu}(T) \neq \{0_{\mathbb{R}^n}\} \), entonces \( \lambda = 0 \) es un autovalor y su autoespacio es precisamente el núcleo de \( T \)".
Queremos analizar si \( T: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 \) es diagonalizable.
Sabemos que:
Para que \( T \) sea diagonalizable, debe existir una base de \( \mathbb{R}^3 \) formada por autovectores.
La matriz de \( T \) en la base \( B \) está dada por: \[M(T)_{BB} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}\] Dado que encontramos una base de autovectores, concluimos que \( T \) es diagonalizable.