Assinale (V) para as afirmativas verdadeiras e (F) para as falsas, justificando sua escolha através de cálculos e justificativas teóricas coerentes.
( ) A aplicação \mathbf{T}: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} definida por \mathbf{T}(x, y)=(x,-x+y) é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado pede para decidir se a aplicação linear \mathbf{T}:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 dada por \mathbf{T}(x,y)=(x,-x+y) é diagonalizável. Informação fornecida:
  • A regra de \mathbf{T}: \mathbf{T}(x,y)=(x,-x+y).
    A tarefa é responder (V) se for diagonalizável ou (F) se não for, justificando com cálculos e teoria.

Passo 2

Escrever a matriz de \mathbf{T} na base canônica e explicar por que isso é útil.
  • A coluna 1 da matriz é \mathbf{T}(1,0) e a coluna 2 é \mathbf{T}(0,1).
  • Calcular:
\mathbf{T}(1,0)=(1,-1),\qquad \mathbf{T}(0,1)=(0,1).
Portanto a matriz de \mathbf{T} na base canônica é
A=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix}.
Trabalhar com A é conveniente porque diagonalizabilidade de \mathbf{T} equivale à diagonalizabilidade de A.]

Passo 3

Lembrar a definição e critério prático de diagonalizabilidade (mini-aula).
  • Definição prática: uma matriz n\times n é diagonalizável se existe uma base formada por n autovetores (vetores próprios) — isto é, se existem n vetores linearmente independentes que são autovetores.
  • Critério pelo polinômio característico: para cada autovalor \lambda, a multiplicidade algébrica (multiplicidade como raiz do polinômio característico) deve igualar a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio \ker(A-\lambda I)). Se isso ocorrer para todos os autovalores, a matriz é diagonalizável.
    Vamos aplicar isso a A.

Passo 4

Calcular o polinômio característico e os autovalores.
  • O polinômio característico é \det(A-\lambda I). Calcular:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 0\\[4pt]-1 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Logo
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(1-\lambda)-0\cdot(-1)=(1-\lambda)^2.
  • Portanto o único autovalor é \lambda=1, com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 5

Calcular o espaço próprio associado a \lambda=1\) (mini-aula sobre como achar autovetores). - Precisamos resolver \((A-I)v=0\). Escrever: \[A-I=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]-1 & 0\end{pmatrix}.
Se v=(x,y)^\top, então (A-I)v=0 equivale ao sistema
\begin{cases} 0\cdot x + 0\cdot y = 0,\\[4pt] -1\cdot x + 0\cdot y = 0. \end{cases}
Da segunda equação vem x=0\]. A primeira equação não impõe restrição. Portanto os vetores próprios têm a forma \[v=(0,y)^\top = y\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix},\] com \(y\in\mathbb{R}. Assim o espaço próprio \ker(A-I) é gerado por \begin{pmatrix}0\\[4pt]1\end{pmatrix} e tem dimensão 1.]

Passo 6

Concluir sobre diagonalizabilidade (explicação direta e intuição).
  • Comparando multiplicidades: o autovalor \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1.
  • Como a multiplicidade geométrica é menor que a algébrica para esse autovalor, não existem 2 autovetores linearmente independentes. Pelo critério, A (e portanto \mathbf{T}) NÃO é diagonalizável.
  • Intuição rápida: A é da forma I+N com
N=A-I=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]-1 & 0\end{pmatrix},
onde N\neq 0 e N^2=0. Essa presença de um bloco de Jordan de tamanho 2 impede diagonalização (não existem autovetores suficientes).]

Passo 7

Resumo final e encorajamento rápido.
  • Conclusão direta pelos cálculos: só há um autovetor (até escala) enquanto seriam necessários dois para diagonalizar em \mathbb{R}^2. Então a resposta é negativa.
  • Fica a dica: quando a matriz tem um único autovalor com multiplicidade algébrica 2, sempre cheque a dimensão do espaço próprio; se for 1, não é diagonalizável — isso economiza tempo na prova!

Resposta

F

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