[2] [3.0 pontos] Seja o operador linear T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} definido por T(x, y)=(4 x+5 y, 2 x+y).
(a) Obtenha os autovalores e os autovetores associados do operador linear T definido acima.
(b) O operador linear T é diagonalizável. Justifique.

Passo 1

O enunciado nos dá o operador linear T\colon\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definido por
T(x,y) = (4x + 5y,\;2x + y).
Queremos (a) encontrar os autovalores e autovetores de T e (b) decidir se T é diagonalizável. Para isso, vamos usar o polinômio característico de sua matriz na base canônica, resolver \det(A-\lambda I)=0 e depois achar vetores próprios associados.

Passo 2

Escrevendo T na base canônica, a matriz associada é
A = \begin{pmatrix} 4 & 5 \\[6pt] 2 & 1 \end{pmatrix}.
Para achar os autovalores, formamos A - \lambda I e calculamos seu determinante.]

Passo 3

O polinômio característico é
\det(A - \lambda I) = \det\!\begin{pmatrix} 4-\lambda & 5 \\[4pt] 2 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (4-\lambda)(1-\lambda) - 5\cdot 2.
Expandindo,
(4-\lambda)(1-\lambda) - 10 = 4 -4\lambda -\lambda + \lambda^2 - 10 = \lambda^2 -5\lambda -6.
Assim, resolvemos
\lambda^2 - 5\lambda - 6 = 0 \quad\Longrightarrow\quad \lambda = \frac{5 \pm \sqrt{25 + 24}}{2} = \frac{5 \pm 7}{2},
logo os autovalores são
\lambda_1 = 6, \qquad \lambda_2 = -1.]

Passo 4

Para \lambda_1 = 6, resolvemos (A - 6I)v = 0, ou seja
\begin{pmatrix} 4-6 & 5 \\[4pt] 2 & 1-6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 & 5 \\[4pt]2 & -5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
Da primeira linha vem -2x + 5y = 0, então y = \tfrac{2}{5}x. Um autovetor é, por exemplo,
v_1 = (5,\,2).
Para \lambda_2 = -1, resolvemos (A + I)v = 0, i.e.
\begin{pmatrix} 5 & 5 \\[4pt] 2 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = 0 \;\Longrightarrow\; 5x + 5y = 0 \;\Longrightarrow\; x = -y.
Um autovetor correspondente é
v_2 = (1,\,-1).]

Passo 5

Como encontramos dois autovalores distintos \lambda_1=6 e \lambda_2=-1 em \mathbb{R}, eles geram dois autovetores linearmente independentes. Em \mathbb{R}^2 isso garante uma base de autovetores, ou seja, T é diagonalizável.

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda_1=6 e \lambda_2=-1. Vetores próprios: para \lambda_1 temos v_1=(5,2) e para \lambda_2 temos v_2=(1,-1).
(b) T é diagonalizável porque possui dois autovalores reais distintos, produzindo dois autovetores linearmente independentes que formam base de \mathbb{R}^2.

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