1. a) Defina auto-espaço associado a um autovalor e multiplicidade geométrica de um autovalor.
    b) Determine uma transformação linear \mathrm{T}: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} com auto-espaços E_{-2}=\{(t, t) \mid t \in \mathbb{R}\} (autovalor -2) e E_{3}=\{(t,-3 t) \mid t \in \mathbb{R}\} (autovalor 3). Apresente a matriz A que representa esta transformação linear com respeito à base canônica na base de \mathbb{R}^{2}.
    c) Existe base de autovetores para o \mathbb{R}^{2} ? Caso exista, obtenha a matriz P de base de autovetores para a base canônica.
    d) Calcule a matriz inversa de P e mostre que P^{-1} \cdot A \cdot P. é diagonal com os autovalores na diagonal principal.

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas:
a) Definir o auto-espaço associado a um autovalor e definir a multiplicidade geométrica de um autovalor.
b) Determinar uma transformação linear \mathrm{T}:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} que tenha os auto-espaços dados
E_{-2}=\{(t,t)\mid t\in\mathbb{R}\}
(com autovalor -2) e
E_{3}=\{(t,-3t)\mid t\in\mathbb{R}\}
(com autovalor 3), e apresentar a matriz A que representa \mathrm{T} na base canônica.
c) Dizer se existe base de autovetores para \mathbb{R}^{2} e, caso exista, obter a matriz P cujas colunas são esses autovetores (base de autovetores em relação à base canônica).
d) Calcular P^{-1} e mostrar que P^{-1} A P é diagonal com os autovalores na diagonal principal.
Informações relevantes dadas (retomando explicitamente, pois vamos usá-las):
  • O auto-espaço E_{-2} é o subespaço gerado pelo vetor v_{1}=(1,1).
  • O auto-espaço E_{3} é o subespaço gerado pelo vetor v_{2}=(1,-3).
  • Queremos uma transformação que satisfaça \mathrm{T}(v_{1})=-2v_{1} e \mathrm{T}(v_{2})=3v_{2}.

Passo 2

Definições e explicação didática (passo-a-passo, sem pular etapas):
Definição de auto-espaço: dado um operador linear \mathrm{T}:V\to V e um escalar \lambda, chamamos de auto-espaço associado a \lambda o conjunto
E_{\lambda}=\{v\in V\mid v\neq 0,\\ \mathrm{T}(v)=\lambda v\}\cup\{0\}.
Em linguagem de álgebra linear, isso é exatamente o núcleo do operador \mathrm{T}-\lambda I, ou seja,
E_{\lambda}=\ker(\mathrm{T}-\lambda I).
O auto-espaço é um subespaço linear: fechado por soma e multiplicação por escalares, e contém o vetor zero.
O que isso significa na prática? Um vetor v é autovetor de \mathrm{T} se, quando aplicamos \mathrm{T}, o vetor apenas é esticado/contradado e possivelmente trocado de sinal, mas não muda de direção (exceto por sinal). O conjunto de todos esses vetores (mais o zero) forma o auto-espaço.
Definição de multiplicidade geométrica: para um autovalor \lambda, sua multiplicidade geométrica é
\text{mult\_geom}(\lambda)=\dim(E_{\lambda}).
Ou seja, é a dimensão (número de vetores de uma base) do auto-espaço. Por exemplo, se E_{\lambda} é gerado por um único vetor não-nulo, então \text{mult\_geom}(\lambda)=1.
Exemplo simples (para fixar ideia): se E_{\lambda}=\{(t,t)\mid t\in\mathbb{R}\}, então E_{\lambda} é uma reta passando pela origem com base (1,1), e portanto \dim(E_{\lambda})=1.
Observação importante (útil na prova): se \mathbb{R}^{2} tem dois autovalores distintos com auto-espaços de dimensão 1 cada, e os autovetores correspondentes são linearmente independentes, então eles formam uma base de \mathbb{R}^{2} composta só por autovetores (isso se chama matriz diagonalizável). Vamos usar isso no item (c).

Passo 3

Construção da transformação linear \mathrm{T} e obtenção da matriz A na base canônica.
Estratégia prática (muito usada em prova): escolher uma base formada por autovetores e definir \mathrm{T} pela ação nos autovetores. Aqui já nos deram os auto-espaços geradores:
v_{1}=(1,1)\quad\text{gera }E_{-2},\qquad v_{2}=(1,-3)\quad\text{gera }E_{3}.
Definimos \mathrm{T} por
\mathrm{T}(v_{1})=-2v_{1},\qquad \mathrm{T}(v_{2})=3v_{2}.
Se colocarmos as colunas da matriz P como esses vetores na base canônica, isto é
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix},
então, na base \{v_{1},v_{2}\} a matriz de \mathrm{T} é diagonal
D=\begin{pmatrix}-2 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix}.
A relação entre a matriz A na base canônica e D é a mudança de base usual:
A = P\,D\,P^{-1}.
Agora vamos calcular explicitamente P^{-1} e A.
Cálculo do determinante de P:
\det(P)=1\cdot(-3)-1\cdot 1=-3-1=-4.
Como \det(P)\neq 0, P é invertível (isto também garante que v_{1} e v_{2} são linearmente independentes).
Matriz inversa de 2\times2 (fórmula): para
P=\begin{pmatrix}a & b \\\ c & d\end{pmatrix}
temos
P^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b \\[4pt] -c & a\end{pmatrix}.
Aplicando a P dada:
P^{-1}=\frac{1}{-4}\begin{pmatrix}-3 & -1 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3/4 & 1/4 \\[4pt] 1/4 & -1/4\end{pmatrix}.
Agora calculamos A=PDP^{-1}. Primeiro P D escala as colunas de P por -2 e 3:
P D=\begin{pmatrix} -2 & 3 \\[4pt] -2 & -9\end{pmatrix}.
Multiplicando P D por P^{-1}:
A=(P D)P^{-1} =\begin{pmatrix}-2 & 3 \\[4pt] -2 & -9\end{pmatrix} \begin{pmatrix}3/4 & 1/4 \\[4pt] 1/4 & -1/4\end{pmatrix}.
Fazendo a multiplicação (mostro as contas):
  • Entrada (1,1): (-2)\cdot\frac{3}{4}+3\cdot\frac{1}{4}=-\frac{6}{4}+\frac{3}{4}=-\frac{3}{4}.
  • Entrada (1,2): (-2)\cdot\frac{1}{4}+3\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)=-\frac{2}{4}-\frac{3}{4}=-\frac{5}{4}.
  • Entrada (2,1): (-2)\cdot\frac{3}{4}+(-9)\cdot\frac{1}{4}=-\frac{6}{4}-\frac{9}{4}=-\frac{15}{4}.
  • Entrada (2,2): (-2)\cdot\frac{1}{4}+(-9)\cdot\left(-\frac{1}{4}\right)=-\frac{2}{4}+\frac{9}{4}=\frac{7}{4}.
Logo
A=\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{4} & -\tfrac{5}{4} \\[4pt] -\tfrac{15}{4} & \tfrac{7}{4}\end{pmatrix}.
Verificação rápida (pra ficar tranquilo): aplicando A a v_{1}=(1,1) deve dar -2(1,1)=(-2,-2). De fato, multiplicando:
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{4}-\tfrac{5}{4}\\[4pt]-\tfrac{15}{4}+\tfrac{7}{4}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2\\[4pt]-2\end{pmatrix},
e aplicando a v_{2}=(1,-3) obtém-se 3(1,-3)=(3,-9). Então A está correto.]

Passo 4

Existência de base de autovetores e obtenção de P.
Como já calculado, \det(P)=-4\neq 0. Isso significa que os vetores v_{1}=(1,1) e v_{2}=(1,-3) são linearmente independentes. Dois vetores linearmente independentes em \mathbb{R}^{2} formam uma base. Portanto existe base de autovetores para \mathbb{R}^{2}; uma escolha conveniente é
P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix},
cuja primeira coluna é um autovetor associado a -2 e segunda coluna é um autovetor associado a 3.]

Passo 5

Cálculo de P^{-1} (já feito no Passo 3, repito passo a passo para clareza):
Determinante \det(P)=-4. Pela fórmula da inversa 2×2,
P^{-1}=\frac{1}{-4}\begin{pmatrix}-3 & -1 \\[4pt] -1 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3/4 & 1/4 \\[4pt] 1/4 & -1/4\end{pmatrix}.]

Passo 6

Mostrando que P^{-1} A P é diagonal com os autovalores na diagonal.
Argumento curto e limpo: como construímos A pela relação A=P D P^{-1}, multiplicando à esquerda por P^{-1} e à direita por P obtemos
P^{-1} A P = P^{-1} (P D P^{-1}) P = (P^{-1}P) D (P^{-1}P) = I D I = D,
que é a matriz diagonal com -2 e 3 na diagonal principal:
P^{-1} A P = \begin{pmatrix}-2 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix}.
Se preferir ver a multiplicação numérica direta (confirmação): primeiro calculei
P^{-1}A=\begin{pmatrix}3/4 & 1/4 \\[4pt] 1/4 & -1/4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-\tfrac{3}{4} & -\tfrac{5}{4} \\[4pt] -\tfrac{15}{4} & \tfrac{7}{4}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{2} & -\tfrac{1}{2} \\[4pt] \tfrac{3}{4} & -\tfrac{3}{4}\end{pmatrix},
e então
(P^{-1}A)P=\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{2} & -\tfrac{1}{2} \\[4pt] \tfrac{3}{4} & -\tfrac{3}{4}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix},
confirmando que a matriz é diagonal com os autovalores -2 e 3 na diagonal principal.]

Resposta

a) O auto-espaço associado a um autovalor \lambda é E_{\lambda}=\ker(\mathrm{T}-\lambda I)=\{v\in V\mid \mathrm{T}(v)=\lambda v\} (incluindo o zero). A multiplicidade geométrica de \lambda é \dim(E_{\lambda}).
b) \displaystyle A=\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{4} & -\tfrac{5}{4} \\[4pt] -\tfrac{15}{4} & \tfrac{7}{4}\end{pmatrix}.
c) Sim. Uma base de autovetores é dada por v_{1}=(1,1) e v_{2}=(1,-3); a matriz cujas colunas são esses autovetores é \displaystyle P=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -3\end{pmatrix}.
d) \displaystyle P^{-1}=\begin{pmatrix}3/4 & 1/4 \\[4pt] 1/4 & -1/4\end{pmatrix} e \displaystyle P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-2 & 0 \\[4pt] 0 & 3\end{pmatrix}.]

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