É dada uma transformação linear T: V \rightarrow V. Se possível, encontre uma base \mathcal{C} para V tal que a matriz [T]_{c} de T, em relação à base \mathcal{C}, seja diagonal.
T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} definida por T\left[\begin{array}{l}a \\\ b\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-4 b \\\ a+5 b\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2 definida por
T\begin{bmatrix}a\b\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4b\a+5b\end{bmatrix}.
O que se pede: se possível, encontrar uma base \mathcal{C} de \mathbb{R}^2 tal que a matriz de T em relação a \mathcal{C}, ou seja [T]_{\mathcal{C}}, seja diagonal.
Informações relevantes dadas:
\text{espaço: }\mathbb{R}^2,\qquad T\text{ definida como acima.}ç
A partir disso vamos verificar se T é diagonalizável e, se for, construir explicitamente a base formada por autovetores (vetores próprios) que diagonaliza T.

Passo 2

Primeiro escrevemos a matriz de T na base canônica \mathcal{E}=\{e_1,e_2\}, usando e_1=\begin{bmatrix}1\\\ 0\end{bmatrix} e e_2=\begin{bmatrix}0\\\ 1\end{bmatrix}. Calculamos as imagens:
T(e_1)=T\begin{bmatrix}1\\\ 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\cdot 0\\\ 1+5\cdot 0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\\ 1\end{bmatrix},
T(e_2)=T\begin{bmatrix}0\\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\cdot 1\\\ 0+5\cdot 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\\\ 5\end{bmatrix}.
A matriz A=[T]_{\mathcal{E}} tem essas imagens como colunas:
A=\begin{bmatrix}0 & -4\\[4pt]1 & 5\end{bmatrix}.]

Passo 3

Explicação didática: para diagonalizar A procuramos uma base de \mathbb{R}^2 formada por autovetores de A. Um escalar \lambda é autovalor (valor próprio) se existe vetor não nulo v tal que
Av=\lambda v.
Esse v é autovetor correspondente a \lambda. Se conseguimos dois autovetores linearmente independentes em \mathbb{R}^2, então eles formam uma base que diagonaliza A; a matriz na base de autovetores será diagonal com os autovalores na diagonal.

Passo 4

Para achar autovalores calculamos o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevemos
A-\lambda I=\begin{bmatrix}-\lambda & -4\\[4pt]1 & 5-\lambda\end{bmatrix}.
Calculamos o determinante passo a passo:
\det(A-\lambda I)=(-\lambda)(5-\lambda)-(-4)(1).
Expandindo:
\det(A-\lambda I)=-5\lambda+\lambda^2+4=\lambda^2-5\lambda+4.
Portanto o polinômio característico é
\lambda^2-5\lambda+4=0.]

Passo 5

Resolvemos a equação quadrática \lambda^2-5\lambda+4=0. Fatorando:
\lambda^2-5\lambda+4=(\lambda-1)(\lambda-4).
Assim os autovalores são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=4.
Como são dois autovalores distintos em \mathbb{R}^2, já sabemos pela teoria que existem dois autovetores linearmente independentes e, portanto, A (e T) é diagonalizável.

Passo 6

Agora encontramos autovetores para \lambda_1=1. Resolvemos (A-I)v=0. Temos
A-I=\begin{bmatrix}-1 & -4\\[4pt]1 & 4\end{bmatrix}.
Se v=\begin{bmatrix}x\y\end{bmatrix}, o sistema é
- x - 4y = 0,
x + 4y = 0.
Da primeira equação vem x=-4y. Tomando y=1 (podemos escalar o autovetor à vontade), obtemos o autovetor correspondente a \lambda_1=1:
v_1=\begin{bmatrix}-4\\[4pt]1\end{bmatrix}.
Verificação rápida: aplicando A em v_1,
A\begin{bmatrix}-4\\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\cdot(-4)+(-4)\cdot 1\\[4pt]1\cdot(-4)+5\cdot 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\\\ 1\end{bmatrix}=1\cdot v_1,
confirmando que é autovetor de autovalor 1.]

Passo 7

Agora autovetores para \lambda_2=4. Resolvemos (A-4I)v=0. Calculamos
A-4I=\begin{bmatrix}-4 & -4\\[4pt]1 & 1\end{bmatrix}.
O sistema para v=\begin{bmatrix}x\y\end{bmatrix} é
-4x - 4y = 0,
x + y = 0.
Da segunda equação vem x=-y. Tomando y=1 (novamente escolha conveniente), obtemos o autovetor
v_2=\begin{bmatrix}-1\\[4pt]1\end{bmatrix}.
Verificação:
A\begin{bmatrix}-1\\\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\cdot(-1)+(-4)\cdot 1\\[4pt]1\cdot(-1)+5\cdot 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-4\\\ 4\end{bmatrix}=4\begin{bmatrix}-1\\\ 1\end{bmatrix}=4v_2,
logo é autovetor de autovalor 4.]

Passo 8

Checagem da independência linear dos autovetores v_1 e v_2: eles não são múltiplos um do outro (por exemplo \begin{bmatrix}-4\\\ 1\end{bmatrix} não é escalar de \begin{bmatrix}-1\\\ 1\end{bmatrix}). Podemos também ver pelo determinante da matriz cujas colunas são v_1,v_2:
P=\begin{bmatrix}-4 & -1\\[4pt]1 & 1\end{bmatrix},\qquad \det(P)=(-4)(1)-(-1)(1)=-4+1=-3\neq 0.
Como \det(P)\neq 0, as colunas são linearmente independentes e formam uma base de \mathbb{R}^2.]

Passo 9

Conclusão construtiva: tomando a base \mathcal{C}=\{v_1,v_2\}=\left\{\begin{bmatrix}-4\\\ 1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}-1\\\ 1\end{bmatrix}\right\}, a matriz de T nessa base é diagonal com os autovalores correspondentes na diagonal, na ordem dos vetores da base. Ou seja,
[T]_{\mathcal{C}}=\begin{bmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 4\end{bmatrix}.
Explicação rápida do porquê: a coluna j de [T]_{\mathcal{C}} é a coordenada de T(v_j) em relação à base \mathcal{C}. Aqui T(v_1)=1\cdot v_1 e T(v_2)=4\cdot v_2, então as colunas ficam \begin{bmatrix}1\\\ 0\end{bmatrix} e \begin{bmatrix}0\\\ 4\end{bmatrix}, formando a diagonal acima.]

Resposta

\mathcal{C}=\left\{\begin{bmatrix}-4\\[4pt]1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}-1\\[4pt]1\end{bmatrix}\right\}
[T]_{\mathcal{C}}=\begin{bmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 4\end{bmatrix}]

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