[5] [2.5 pontos] Seja a aplicação T: \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2} tal que T(x, y)=(4 x+5 y, 2 x+y).
(a) Mostre que T é transformação linear.
(b) Obtenha os autovalores e autovetores de T.
(c) Té um operador diagonalizável? Justifique todos os passos.

Passo 1

O enunciado define T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 por
T(x,y) = (4x + 5y,\;2x + y).
O conteúdo é transformação linear, cálculo de autovalores/autovetores e critério de diagonalização. Para resolver, vamos verificar a linearidade de T, escrever sua matriz na base canônica, encontrar o polinômio característico, suas raízes e os espaços próprios correspondentes, e finalmente concluir sobre diagonalizabilidade.

Passo 2

Para mostrar que T é linear, precisamos verificar que, para todo (x_1,y_1),(x_2,y_2)\in\mathbb{R}^2 e \alpha\in\mathbb{R},
  1. T\bigl((x_1,y_1)+(x_2,y_2)\bigr)=T(x_1,y_1)+T(x_2,y_2),
  2. T\bigl(\alpha\,(x_1,y_1)\bigr)=\alpha\,T(x_1,y_1).
Escrevendo
(x_1,y_1)+(x_2,y_2) = (x_1+x_2,\;y_1+y_2),
temos
T(x_1+x_2,\;y_1+y_2) = \bigl(4(x_1+x_2)+5(y_1+y_2),\;2(x_1+x_2)+(y_1+y_2)\bigr)
= (4x_1+5y_1,2x_1+y_1) + (4x_2+5y_2,2x_2+y_2) = T(x_1,y_1) + T(x_2,y_2).
E
T\bigl(\alpha x_1,\alpha y_1\bigr) = \bigl(4\alpha x_1 + 5\alpha y_1,\;2\alpha x_1 + \alpha y_1\bigr) = \alpha\,(4x_1+5y_1,\,2x_1+y_1) = \alpha\,T(x_1,y_1).
Logo, T é linear.

Passo 3

Na base canônica \{e_1,e_2\}, a matriz de T é
A = \begin{pmatrix} 4 & 5\\\\ 2 & 1 \end{pmatrix},
pois T(e_1)=(4,2) e T(e_2)=(5,1).

Passo 4

Para achar os autovalores, calculamos o determinante de A-\lambda I:
\det(A-\lambda I) = \det\begin{pmatrix} 4-\lambda & 5\\\\ 2 & 1-\lambda \end{pmatrix} = (4-\lambda)(1-\lambda) - 5\cdot 2
= (4-\lambda)(1-\lambda) -10 = 4 -4\lambda -\lambda + \lambda^2 -10 = \lambda^2 -5\lambda -6.
Resolvendo \lambda^2 -5\lambda -6=0 pelas fórmulas de Bhaskara:
\lambda = \frac{5 \pm \sqrt{25 +24}}{2} = \frac{5\pm7}{2},
obtemos
\lambda_1 = 6, \quad \lambda_2 = -1.

Passo 5

Para \lambda_1 = 6, resolvemos (A-6I)v=0:
\begin{pmatrix} 4-6 & 5\\\\ 2 & 1-6 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2 & 5\\[6pt]2 & -5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
A primeira linha dá -2x+5y=0, ou y=\tfrac{2}{5}x. O segundo dá a mesma relação. Logo
E_{6} = \operatorname{span}\{(5,2)\}.
Para \lambda_2 = -1, resolvemos (A+I)v=0:
\begin{pmatrix} 4+1 & 5\\\\ 2 & 1+1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5 & 5\\\ 2 & 2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix},
daí 5x+5y=0 ou x=-y. Assim
E_{-1} = \operatorname{span}\{(1,-1)\}.]

Passo 6

Como obtivemos dois autovalores distintos \lambda_1=6 e \lambda_2=-1 em \mathbb{R}^2, cada um com espaço próprio de dimensão 1 e geradores linearmente independentes, temos uma base de \mathbb{R}^2 formada por autovetores. Isso garante que T é diagonalizável.

Resposta

(a) T é linear pois satisfaz aditividade e homogeneidade.
(b) Os autovalores são \lambda_1 = 6 com autovetores não nulos em \operatorname{span}\{(5,2)\} e \lambda_2 = -1 com autovetores não nulos em \operatorname{span}\{(1,-1)\}.
(c) Sim, T é diagonalizável, pois possui dois autovalores distintos em \mathbb{R}^2, o que gera dois autovetores independentemente lineares.

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