1. **Planteamiento del problema:** Dada la transformación lineal $T : \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3$ definida por $$T(x,y,z) = (x + y, k y, 0),$$ se busca encontrar todos los valores reales de $k$ para los cuales la matriz $A = M_{EE}(T)$, con $E$ la base canónica de $\mathbb{R}^3$, es diagonalizable. 2. **Obtener la matriz $A$ en la base canónica:** La base canónica es $E = \{(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)\}$. Calculamos la imagen de cada vector base: - $T(1,0,0) = (1+0, k\cdot0, 0) = (1,0,0)$ - $T(0,1,0) = (0+1, k\cdot1, 0) = (1,k,0)$ - $T(0,0,1) = (0+0, k\cdot0, 0) = (0,0,0)$ Por lo tanto, $$A = \begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & k & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ 3. **Encontrar los valores propios de $A$:** El polinomio característico es $$p(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det \begin{pmatrix}1-\lambda & 1 & 0 \\ 0 & k - \lambda & 0 \\ 0 & 0 & -\lambda \end{pmatrix}.$$ Como la matriz es triangular superior, el determinante es el producto de la diagonal: $$p(\lambda) = (1-\lambda)(k - \lambda)(-\lambda) = -\lambda (1-\lambda)(k - \lambda).$$ Los valores propios son: $$\lambda_1 = 0, \quad \lambda_2 = 1, \quad \lambda_3 = k.$$ 4. **Condición para diagonalizabilidad:** Una matriz es diagonalizable si la suma de las dimensiones de los espacios propios es 3, es decir, si para cada valor propio la multiplicidad algebraica coincide con la multiplicidad geométrica. - Si los valores propios son distintos, $A$ es diagonalizable. - Si hay valores propios repetidos, se debe verificar la dimensión del espacio propio correspondiente. 5. **Análisis de casos:** - Caso 1: $k \neq 0$ y $k \neq 1$. Los valores propios son distintos: $0, 1, k$ todos diferentes. Por lo tanto, $A$ es diagonalizable para todo $k \neq 0,1$. - Caso 2: $k = 0$. Los valores propios son $0$ (con multiplicidad 2) y $1$. Calculamos el espacio propio para $\lambda = 0$: $$A - 0I = A = \begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.$$ El sistema homogéneo $(A - 0I)\mathbf{v} = 0$ es: $$\begin{cases} x + y = 0 \\ 0 = 0 \\ 0 = 0 \end{cases}$$ Por lo tanto, el espacio propio es $$\{(x,y,z) \in \mathbb{R}^3 : y = -x, z \in \mathbb{R}\}$$ que tiene dimensión 2. La multiplicidad algebraica de $\lambda=0$ es 2 y la geométrica también es 2, por lo que $A$ es diagonalizable para $k=0$. - Caso 3: $k = 1$. Los valores propios son $0, 1, 1$. Calculamos el espacio propio para $\lambda = 1$: $$A - I = \begin{pmatrix}0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}.$$ El sistema $(A - I)\mathbf{v} = 0$ es: $$\begin{cases} y = 0 \\ 0 = 0 \\ -z = 0 \end{cases}$$ Entonces $y=0$ y $z=0$, y $x$ libre. El espacio propio tiene dimensión 1. La multiplicidad algebraica de $\lambda=1$ es 2, pero la geométrica es 1, por lo que $A$ no es diagonalizable para $k=1$. 6. **Conclusión:** $$\boxed{\text{La matriz } A \text{ es diagonalizable para todo } k \in \mathbb{R} \setminus \{1\}.}$$ Es decir, para todos los valores reales de $k$ excepto $k=1$ la matriz es diagonalizable.