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,-2 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 distintas, que vou listar claramente para não nos perdermos:
(a) Definir o que é o auto-espaço associado a um autovalor e definir multiplicidade geométrica de um autovalor.
(b) Construir 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,-2t)\mid t\in\mathbb{R}\}
(com autovalor 3), e apresentar a matriz A que representa \mathrm{T} na base canônica de \mathbb{R}^2.
(c) Perguntar se existe uma base de autovetores para \mathbb{R}^2. Se existir, obter a matriz P cujas colunas são esses autovetores (essa matriz passa da base de autovetores para a base canônica).
(d) Calcular P^{-1} e mostrar que P^{-1} A P é diagonal com os autovalores na diagonal principal.
Informações dadas explicitamente pelo enunciado que usaremos:
  • E_{-2}=\{(t,t)\} (logo um vetor gerador é (1,1)) com autovalor -2.
  • E_{3}=\{(t,-2t)\} (logo um vetor gerador é (1,-2)) com autovalor 3.
A resolução começa efetivamente no próximo passo.

Passo 2

(a) Definições e explicação didática (sem pular etapas).
  • Auto-espaço associado a um autovalor \lambda:
    • Dado uma transformação linear \mathrm{T}:V\to V (aqui V=\mathbb{R}^2), o auto-espaço associado ao autovalor \lambda é o conjunto de todos os vetores v\in V que satisfazem \mathrm{T}(v)=\lambda v, junto com o vetor zero. Em símbolos:
    E_{\lambda}=\{v\in V \mid \mathrm{T}(v)=\lambda v\}=\ker(\mathrm{T}-\lambda I).
    • Intuição: são todos os vetores que a transformação apenas escala (multiplica) por \lambda; geometricamente são uma reta (ou o subespaço \{0\}) em \mathbb{R}^2.
  • Multiplicidade geométrica de um autovalor \lambda:
    • É a dimensão do auto-espaço E_{\lambda}. Denotamos \dim(E_{\lambda}).
    • Em \mathbb{R}^2, a multiplicidade geométrica de um autovalor pode ser 0 (se \lambda não é autovalor), 1 (auto-espaço é uma reta) ou 2 (a transformação é um múltiplo da identidade e tudo é autovetor).
    • Exemplo simples: para uma matriz diagonal \begin{pmatrix}2&0\\\ 0&3\end{pmatrix}, o autovalor 2 tem auto-espaço \{(t,0)\} e multiplicidade geométrica 1; o autovalor 3 tem auto-espaço \{(0,t)\} e multiplicidade geométrica 1.
Comentário amigo: pense no auto-espaço como a reta de vetores que “apenas esticam/encolhem” sob \mathrm{T}; a multiplicidade geométrica diz quantas direções linearmente independentes se comportam assim para o mesmo \lambda.

Passo 3

(b) Identificação dos autovetores geradores dos auto-espaços e verificação de independência.
  • A partir do enunciado temos explicitamente os geradores:
    • Para E_{-2}: um vetor não-nulo gerador é v_1=(1,1), pois qualquer (t,t)=t(1,1).
    • Para E_{3}: um vetor não-nulo gerador é v_2=(1,-2), pois qualquer (t,-2t)=t(1,-2).
  • Verificar se v_1 e v_2 são linearmente independentes (isto é essencial para saber se formam base):
    • Para vetores em \mathbb{R}^2, uma maneira direta é calcular o determinante da matriz cujas colunas são esses vetores:
    \det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix} = 1\cdot(-2) - 1\cdot 1 = -2-1 = -3 \neq 0.
    • Como o determinante é diferente de zero, v_1 e v_2 são linearmente independentes e portanto formam uma base de \mathbb{R}^2.
  • Observação: essa independência também garante que podemos diagonalizar a transformação se a matriz representar \mathrm{T} e tiver esses autovetores.]

Passo 4

(c) Construção da matriz P de autovetores (colunas) e cálculo de P^{-1}.
  • Montamos P com colunas os autovetores v_1 e v_2:
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}.
  • Calculamos o determinante de P (já feito acima):
\det(P)=-3.
  • Fórmula da inversa de uma matriz 2\times2: para M=\begin{pmatrix}a&b\\[4pt]c&d\end{pmatrix} tem-se
M^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d & -b\\[4pt]-c & a\end{pmatrix}.
  • Aplicando a P com a=1,b=1,c=1,d=-2:
P^{-1}=\frac{1}{-3}\begin{pmatrix}-2 & -1\\[4pt]-1 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.
  • Comentário prático: calcular P^{-1} é rápido em 2\times2 — memorizando a fórmula você economiza tempo na prova.]

Passo 5

(b continuação) Construção da matriz A que representa \mathrm{T} na base canônica, usando diagonalização por colunas de autovetores.
  • Se queremos que v_1 seja autovetor de autovalor -2 e v_2 seja autovetor de autovalor 3, a matriz diagonal correspondente (na base de autovetores) é
D=\begin{pmatrix}-2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}.
  • A relação entre A, P e D quando as colunas de P são autovetores é
A = P\,D\,P^{-1}.
  • Primeiro calculamos P D: multiplicar cada coluna de P pelo autovalor respectivo:
P D = \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2 & 3\\[4pt]-2 & -6\end{pmatrix}.
  • Agora multiplicamos por P^{-1}:
A = (P D) P^{-1} =\begin{pmatrix}-2 & 3\\[4pt]-2 & -6\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}.
  • Faço as entradas uma a uma (mostrando detalhadamente):
    • Entrada (1,1):
    -2\cdot\tfrac{2}{3} + 3\cdot\tfrac{1}{3} = -\tfrac{4}{3} + 1 = -\tfrac{1}{3}.
    • Entrada (1,2):
    -2\cdot\tfrac{1}{3} + 3\cdot\big(-\tfrac{1}{3}\big) = -\tfrac{2}{3} -1 = -\tfrac{5}{3}.
    • Entrada (2,1):
    -2\cdot\tfrac{2}{3} + (-6)\cdot\tfrac{1}{3} = -\tfrac{4}{3} -2 = -\tfrac{10}{3}.
    • Entrada (2,2):
    -2\cdot\tfrac{1}{3} + (-6)\cdot\big(-\tfrac{1}{3}\big) = -\tfrac{2}{3} +2 = \tfrac{4}{3}.
  • Assim obtemos
A = \begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3} & -\tfrac{5}{3}\\[6pt]-\tfrac{10}{3} & \tfrac{4}{3}\end{pmatrix}.
  • Observação: podemos fatorar 1/3 se quisermos:
A=\tfrac{1}{3}\begin{pmatrix}-1 & -5\\[4pt]-10 & 4\end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificação direta de que A tem os autovetores pedidos (checagem prática — faça isso na prova para garantir que não houve erro de sinais).
  • Calcular A v_1 com v_1=(1,1):
    A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}-\tfrac{5}{3}\\[4pt]-\tfrac{10}{3}+\tfrac{4}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{6}{3}\\[4pt]-\tfrac{6}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2\\[4pt]-2\end{pmatrix} =-2\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
    • Logo v_1 é autovetor com autovalor -2.
  • Calcular A v_2 com v_2=(1,-2):
    A\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\cdot 1 + (-\tfrac{5}{3})\cdot(-2)\\[4pt]-\tfrac{10}{3}\cdot 1 + \tfrac{4}{3}\cdot(-2)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3} + \tfrac{10}{3}\\[4pt]-\tfrac{10}{3} - \tfrac{8}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\tfrac{9}{3}\\[4pt]-\tfrac{18}{3}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3\\[4pt]-6\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
    • Logo v_2 é autovetor com autovalor 3.
Comentário amigo: essas verificações são rápidas e te dão segurança de que a matriz A está correta.]

Passo 7

(d) Mostrar que P^{-1} A P é diagonal com os autovalores na diagonal principal.
  • Observação teórica curta: se as colunas de P são autovetores com autovalores correspondentes na diagonal de D, então 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.
  • Para não ficar só na teoria, faço a multiplicação numérica verificando P^{-1}(A P)=D (é a mesma ideia):
    • Já calculamos A P = P D = \begin{pmatrix}-2 & 3\\[4pt]-2 & -6\end{pmatrix}.
    • Multiplicando por P^{-1}:
    P^{-1}(A P)=\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-2 & 3\\[4pt]-2 & -6\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}=D.
  • Conclusão: P^{-1} A P = \begin{pmatrix}-2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}, ou seja, A é diagonalizável e a diagonal contém justamente os autovalores -2 e 3.]

Resposta

(a) O auto-espaço associado a \lambda é E_{\lambda}=\{v\in V\mid \mathrm{T}(v)=\lambda v\}=\ker(\mathrm{T}-\lambda I). A multiplicidade geométrica de \lambda é \dim(E_{\lambda}).
(b) A=\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3} & -\tfrac{5}{3}\\[6pt]-\tfrac{10}{3} & \tfrac{4}{3}\end{pmatrix}.
(c) Sim. Uma base de autovetores é formada por (1,1) e (1,-2); a matriz P cujas colunas são esses autovetores é
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}.
(d) P^{-1}=\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3}\end{pmatrix}, \qquad P^{-1}AP=\begin{pmatrix}-2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}.]

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