Considere as afirmações abaixo.
I. Se U é um espaço vetorial de dimensão 75, então existe um operador linear T: U \rightarrow U satisfazendo \operatorname{Ker}(T-I) \cap \operatorname{Ker}(T-2 I) \cap \operatorname{Ker}(T-3 I) \neq\left\{0_{U}\right\}, onde I denota o operador identidade de U.
II. Se o espaço vetorial \mathbb{R}^{4} está munido do seu produto interno canônico, U é um subespaço de \mathbb{R}^{4} de dimensão 1 e T: \mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{4} é o operador linear definido por T(v)=\operatorname{proj}_{U} v, para todo v \in \mathbb{R}^{4}, então existe uma base \mathcal{B} de \mathbb{R}^{4} tal que [T]_{\mathcal{B}}=\left[\begin{array}{llll}3 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right].
III. Se T: \mathbb{R}^{6} \rightarrow \mathbb{R}^{6} é um operador linear cujo polinômio característico é p(t)=(t-2)^{4}(t+3)^{2}, então T é invertível.
Está correto que se afirma apenas em
(A) I e III.
(B) I e II.
(C) III.
(D) II e III.
(E) II.

Passo 1

Vamos identificar claramente o que o enunciado dá e o que pede. Há três afirmações e precisamos decidir quais são verdadeiras.
I. Dado um espaço vetorial U com \dim(U)=75. Afirma-se que existe um operador linear T:U\to U tal que
\operatorname{Ker}(T-I)\cap\operatorname{Ker}(T-2I)\cap\operatorname{Ker}(T-3I)\neq\{0_U\}.
II. No espaço \mathbb{R}^4 com o produto interno canônico, seja U um subespaço de dimensão 1 e seja T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 a projeção ortogonal em U, isto é, T(v)=\operatorname{proj}_{U}v para todo v. Afirma-se que existe uma base \mathcal{B} de \mathbb{R}^4 tal que
[T]_{\mathcal{B}}= \begin{pmatrix} 3 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
III. Seja T:\mathbb{R}^6\to\mathbb{R}^6 com polinômio característico p(t)=(t-2)^4(t+3)^2. Afirma-se que T é invertível.
O objetivo: analisar cada afirmação, justificar se é verdadeira ou falsa, e então indicar qual das alternativas (A)–(E) corresponde às afirmativas verdadeiras.]

Passo 2

Analisando I. Primeiro, interpretar o que significa \operatorname{Ker}(T-\lambda I).
  • Para um operador linear T e escalar \lambda, a notação \operatorname{Ker}(T-\lambda I) é o conjunto \{v\in U:\\ (T-\lambda I)v=0\}. Esse conjunto é exatamente o conjunto de autovetores associados ao autovalor \lambda, juntamente com o vetor zero. Ou seja, v\in\operatorname{Ker}(T-\lambda I) significa T(v)=\lambda v.
Agora, se existe um vetor v\neq 0 em
\operatorname{Ker}(T-I)\cap\operatorname{Ker}(T-2I)\cap\operatorname{Ker}(T-3I),
isso implica que simultaneamente
T(v)=1\cdot v,\qquad T(v)=2\cdot v,\qquad T(v)=3\cdot v.
Mas se T(v)=v e T(v)=2v, então subtraindo as igualdades obtemos 0 = (2v)-v = v, ou seja v=0. Isso contradiz a hipótese v\neq 0. Portanto não pode existir vetor não nulo que satisfaça todas essas três igualdades ao mesmo tempo.
Conclusão do passo: A interseção citada só pode ser \{0_U\} para qualquer operador T. Logo a afirmação I é falsa, independentemente da dimensão ser 75 ou qualquer outra.

Passo 3

Analisando II. Vou lembrar e explicar o que é a projeção ortogonal e suas propriedades espectrais (autovalores).
  • Seja U\subset\mathbb{R}^4 com \dim(U)=1. Tome um vetor unitário u que gera U. A projeção ortogonal \operatorname{proj}_U age assim: para qualquer v\in\mathbb{R}^4,
\operatorname{proj}_U v = \langle v,u\rangle u,
onde \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto interno canônico. Em particular, \operatorname{proj}_U(u)=u e, se w é qualquer vetor em U^\perp, então \operatorname{proj}_U(w)=0.
  • Da definição segue imediatamente que \operatorname{proj}_U satisfaz \operatorname{proj}_U^2=\operatorname{proj}_U (uma projeção idempotente). Os autovalores de uma projeção ortogonal são sempre 1 (nos vetores de U) e 0 (nos vetores de U^\perp). Como \dim(U)=1, o autovalor 1 tem multiplicidade geométrica 1 e o autovalor 0 tem multiplicidade geométrica 3.
  • Propriedade importante: os autovalores (com suas multiplicidades algébricas) são invariantes por mudança de base (matrizes similares têm o mesmo polinômio característico). Assim, qualquer matriz que represente \operatorname{proj}_U em qualquer base terá exatamente os autovalores 1,0,0,0.
A matriz proposta na afirmação II tem autovalores 3,0,0,0. Isso não bate com o espectro real da projeção ortogonal, que contém 1 e 0, não 3. Não existe mudança de base que transforme um autovalor 1 em 3. Portanto a afirmação II é falsa.

Passo 4

Analisando III. Vamos relacionar invertibilidade com autovalores e determinante.
  • Um operador linear T em um espaço vetorial de dimensão finita é invertível se, e somente se, 0 não for autovalor de T. Outra forma prática: T é invertível \iff \det(T)\neq 0.
  • Para um operador em \mathbb{R}^6 cujo polinômio característico é p(t)=\det(tI-T), temos p(0)=\det(-T)=(-1)^6\det(T)=\det(T). Então p(0)=\det(T). Se p(0)\neq 0 então \det(T)\neq 0 e T é invertível.
  • Calcule p(0) para o polinômio dado:
p(0)=(0-2)^4(0+3)^2 = (-2)^4\cdot 3^2 = 16\cdot 9 = 144\neq 0.
Logo \det(T)=144\neq 0, portanto T é invertível. Alternativamente, observar que os autovalores são 2 (multiplicidade 4) e -3 (multiplicidade 2), nenhum deles é 0, então 0 não é autovalor e T é invertível.
Portanto a afirmação III é verdadeira.

Passo 5

Conclusão combinando os resultados dos passos anteriores:
  • I é falsa.
  • II é falsa.
  • III é verdadeira.
Assim, apenas a afirmativa III é correta. A alternativa que corresponde a isso é a (C).

Resposta

(C)

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