Dada a aplicaçāo
\begin{aligned} T: \mathbb{R}^{2} & \longrightarrow \mathbb{R}^{2} \\\ (x, y) & \longmapsto T(x, y)=(2 y, x+y) \end{aligned}
(a) (1,0) Mostre que T é um operador linear.
(b) (2,0) Determine o núcleo e a imagem de T, ou seja, \operatorname{Ker}(T) \in \operatorname{Im}(T). Na sequéncia, calcule n u l l(T) e posto(T).
(c) (2,0) Encontre o(s) autovalor(es) e o(s) respectivo(s) autovetor(es) de T. Na sequencia, determine a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica de cada um dos autovalores.
(d) (1,0) Responda e justifique: O Operador linear T é diagonalizável? Caso positivo, determine uma’

Passo 1

O enunciado dá a aplicação linear
\begin{aligned} T: \mathbb{R}^{2} & \longrightarrow \mathbb{R}^{2} \\\ (x, y) & \longmapsto T(x, y)=(2y,\; x+y) \end{aligned}
e pede, em partes:
(a) Mostrar que T é linear.
(b) Determinar \operatorname{Ker}(T) e \operatorname{Im}(T) e calcular \operatorname{null}(T) e \operatorname{posto}(T).
(c) Encontrar autovalores e autovetores de T. Para cada autovalor, determinar multiplicidade algébrica e multiplicidade geométrica.
(d) Dizer se T é diagonalizável; se for, fornecer uma base de autovetores (ou a diagonalização).
As informações úteis fornecidas diretamente no enunciado são a fórmula de T em coordenadas (isto é tudo o que precisamos inicialmente).

Passo 2

Definição e verificação da linearidade (parte (a)).
Uma aplicação T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 é linear se, para quaisquer vetores \mathbf{u},\mathbf{v}\in\mathbb{R}^2 e qualquer escalar c\in\mathbb{R}, valem
T(\mathbf{u}+\mathbf{v})=T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v}) \quad\text{e}\quad T(c\mathbf{u})=c\,T(\mathbf{u}).
Vamos checar isso componente a componente. Tome \mathbf{u}=(x_1,y_1) e \mathbf{v}=(x_2,y_2). Então
\mathbf{u}+\mathbf{v}=(x_1+x_2,\;y_1+y_2).
Aplicando T,
T(\mathbf{u}+\mathbf{v}) = (2(y_1+y_2),\; (x_1+x_2)+(y_1+y_2)).
Agora calcule T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v}):
T(\mathbf{u})=(2y_1,\;x_1+y_1),\qquad T(\mathbf{v})=(2y_2,\;x_2+y_2),
logo
T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v})=(2y_1+2y_2,\;x_1+x_2+y_1+y_2).
Essas duas expressões são idênticas, então a propriedade aditiva vale. Para homogeneidade, tome c\in\mathbb{R}:
c\mathbf{u}=(cx_1,\;cy_1)\quad\Rightarrow\quad T(c\mathbf{u})=(2cy_1,\;cx_1+cy_1)=c(2y_1,\;x_1+y_1)=c\,T(\mathbf{u}).
Portanto T satisfaz as duas propriedades e é linear. (Resposta da parte (a): T é linear.)

Passo 3

Matriz de T na base canônica e interpretação.
Para trabalhar com núcleo, imagem e autovalores é útil escrever T como matriz relativa à base canônica \{(1,0),(0,1)\}. Calculemos as imagens das bases:
T(1,0)=(0,1),\qquad T(0,1)=(2,1).
Colocando estas como colunas, a matriz de T (chame-a de A) é
A=\begin{pmatrix}0 & 2 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.
Isso significa que, para \mathbf{v}=(x,y) escrito como vetor coluna, T(\mathbf{v})=A\mathbf{v}. A coluna 1 é T(1,0) e a coluna 2 é T(0,1).]

Passo 4

Cálculo do núcleo \operatorname{Ker}(T) e \operatorname{null}(T) (parte (b)).
Por definição, \operatorname{Ker}(T)=\{\mathbf{v}\in\mathbb{R}^2 \mid T(\mathbf{v})=\mathbf{0}\}. Escrevendo \mathbf{v}=(x,y) e usando a fórmula dada,
T(x,y)=(2y,\;x+y).
Queremos resolver o sistema
2y=0,\qquad x+y=0.
Da primeira equação segue y=0. Substituindo na segunda, x+0=0 x=0. Portanto a única solução é (x,y)=(0,0). Assim
\operatorname{Ker}(T)=\{(0,0)\}.
A dimensão do núcleo, isto é, \operatorname{null}(T), é \dim(\operatorname{Ker}(T))=0 (apenas o vetor nulo).
Vou comentar de forma didática: o núcleo sendo só o vetor nulo significa que T é injetora (nenhum vetor não-nulo vai para zero).

Passo 5

Cálculo da imagem \operatorname{Im}(T) e do posto \operatorname{posto}(T) (continuação da parte (b)).
A imagem de T é o subespaço gerado pelas colunas de A, isto é
\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(0,1),\;(2,1)\}.
Para saber se essas colunas geram todo \mathbb{R}^2 verificamos se são linearmente independentes. Uma forma rápida é calcular o determinante da matriz A:
\det(A)=0\cdot 1 - 2\cdot 1 = -2.
Como \det(A)=-2\neq 0, as colunas são linearmente independentes e formam uma base de \mathbb{R}^2. Portanto
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2
e a dimensão da imagem (o posto) é
\operatorname{posto}(T)=2.
Verificação pela fórmula posto-nulidade (teorema do núcleo e imagem): \operatorname{null}(T)+\operatorname{posto}(T)=0+2=2=\dim(\mathbb{R}^2), coerente.

Passo 6

Encontrar autovalores: cálculo do polinômio característico (parte (c)).
Autovalores \lambda satisfazem \det(A-\lambda I)=0. Calculemos:
A-\lambda I = \begin{pmatrix} -\lambda & 2 \\[4pt] 1 & 1-\lambda \end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)(1-\lambda)-2\cdot 1 = -\lambda +\lambda^2 -2 = \lambda^2-\lambda-2.
Resolvendo \lambda^2-\lambda-2=0, usamos a fórmula quadrática ou fatoramos:
\lambda^2-\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1).
Logo os autovalores são
\lambda_1=2,\qquad \lambda_2=-1.
Cada raiz aparece uma vez no polinômio característico, então a multiplicidade algébrica de cada autovalor é 1.]

Passo 7

Encontrar autovetores associados a \lambda_1=2 e calcular a multiplicidade geométrica (parte (c) continua).
Para \lambda=2 resolvemos (A-2I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Compute
A-2I=\begin{pmatrix}-2 & 2 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix}.
O sistema correspondente para \mathbf{v}=(x,y) é
-2x+2y=0,\qquad x-y=0,
ambas as equações equivalem a y=x. Portanto os autovetores associados a \lambda=2 são todos os múltiplos de (1,1). Em notação de subespaço:
E_{2}=\operatorname{span}\{(1,1)\}.
A dimensão desse espaço próprio (multiplicidade geométrica de \lambda=2) é 1.]

Passo 8

Encontrar autovetores associados a \lambda_2=-1 e calcular a multiplicidade geométrica.
Para \lambda=-1 resolvemos (A+I)\mathbf{v}=\mathbf{0}. Compute
A+I=\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix}.
O sistema é
x+2y=0,\qquad x+2y=0,
ou seja x=-2y. Assim os autovetores são os múltiplos de (-2,1):
E_{-1}=\operatorname{span}\{(-2,1)\}.
A multiplicidade geométrica de \lambda=-1 é 1.
Resumo didático sobre multiplicidades: a multiplicidade algébrica conta quantas vezes o autovalor aparece no polinômio característico; a geométrica é a dimensão do espaço próprio. Aqui ambas as multiplicidades coincidem (1 para cada autovalor).]

Passo 9

Diagonalizabilidade (parte (d)).
Um operador linear em espaço de dimensão n é diagonalizável se existe uma base do espaço formada por autovetores. No caso de \mathbb{R}^2, ter dois autovalores distintos já garante que exista uma base formada por autovetores (os autovetores associados a autovalores distintos são linearmente independentes). Encontramos dois autovetores linearmente independentes:
v_1=(1,1)\\ \text{(para }\lambda=2\text{)},\qquad v_2=(-2,1)\\ \text{(para }\lambda=-1\text{)}.
Assim \{v_1,v_2\} é uma base de \mathbb{R}^2 formada por autovetores, então T é diagonalizável. A forma diagonal da matriz de T nessa base é
D=\begin{pmatrix}2 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix},
e a matriz de passagem P (colunas = autovetores) pode ser escolhida como
P=\begin{pmatrix}1 & -2 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix},
satisfazendo P^{-1}AP=D. (Não é necessário calcular P^{-1} explicitamente aqui, basta a base de autovetores e a diagonal D.)]

Passo 10

Pequeno reforço para a prova: memorize os passos padrão — escrever a matriz na base canônica, calcular \det(A-\lambda I) para achar autovalores, resolver (A-\lambda I)\mathbf{v}=\mathbf{0} para os autovetores, verificar dimensões dos espaços próprios para concluir sobre diagonalização. Você conseguiu — respira, revise estes passos e faça alguns exercícios análogos para fixar.

Resposta

(a) Sim, T é linear.
(b) \operatorname{Ker}(T)=\{(0,0)\}, \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2; \operatorname{null}(T)=0, \operatorname{posto}(T)=2.
(c) Autovalores: \lambda=2 com autovetores \operatorname{span}\{(1,1)\} (multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1); \lambda=-1 com autovetores \operatorname{span}\{(-2,1)\} (multiplicidade algébrica 1, multiplicidade geométrica 1).
(d) Sim, T é diagonalizável. Uma base de autovetores é \{(1,1),\;(-2,1)\} e a matriz diagonal correspondente é \displaystyle \begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}.]

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