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, 4 t) \mid t \in \mathbb{R}\} (autovalor 2) e E_{3}=\{(t,-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 separadas:
  • (a) Definir o auto-espaço associado a um autovalor e a multiplicidade geométrica de um autovalor.
  • (b) Construir uma transformação linear \mathrm{T}:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} cujos auto-espaços são E_{2}=\{(t,4t)\mid t\in\mathbb{R}\} (autovalor 2) e E_{3}=\{(t,-t)\mid t\in\mathbb{R}\} (autovalor 3), e apresentar a matriz A que representa \mathrm{T} na base canônica de \mathbb{R}^{2}.
  • (c) Dizer se existe base de autovetores de \mathbb{R}^{2} e, se existir, obter a matriz P cujas colunas são esses autovetores (a matriz de mudança de base 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 (extraídas do enunciado):
  • O auto-espaço associado ao autovalor 2 é E_{2}=\{(t,4t)\mid t\in\mathbb{R}\}.
  • O auto-espaço associado ao autovalor 3 é E_{3}=\{(t,-t)\mid t\in\mathbb{R}\}.

Passo 2

Definições pedidas em (a) — explicação didática e com exemplos simples.
Auto-espaço (ou espaço próprio) associado a um autovalor:
  • Seja \mathrm{T}:V\to V uma transformação linear e \lambda um autovalor (valor próprio). O auto-espaço associado a \lambda é o conjunto
E_{\lambda}=\{v\in V\mid \mathrm{T}(v)=\lambda v\}.
  • Em palavras: é o conjunto de vetores que são apenas escalados por \lambda quando aplicamos \mathrm{T}. Sempre contém o vetor 0 e é um subespaço vetorial de V.
Multiplicidade geométrica de um autovalor:
  • A multiplicidade geométrica de um autovalor \lambda é a dimensão do auto-espaço E_{\lambda}, isto é,
\text{mult}_{\text{geom}}(\lambda)=\dim(E_{\lambda}).
  • Intuição: quantos vetores linearmente independentes têm a propriedade \mathrm{T}(v)=\lambda v. Por exemplo, se E_{\lambda} é uma reta passando pela origem, a multiplicidade geométrica é 1; se é um plano, é 2, etc.
Exemplo rápido (para fixar): se E_{\lambda}=\{(t,4t)\} então \dim(E_{\lambda})=1 (é uma reta). Se dois autovalores distintos têm auto-espaços de dimensão 1 e os seus vetores são independentes, então formam base de \mathbb{R}^{2}.

Passo 3

Escolha de autovetores e verificação de independência (preparando (b) e (c)).
  • Do auto-espaço E_{2}=\{(t,4t)\} escolho o autovetor \displaystyle v_{1}=(1,4) (tomando t=1).
  • Do auto-espaço E_{3}=\{(t,-t)\} escolho o autovetor \displaystyle v_{2}=(1,-1) (tomando t=1).
Agora verifico que v_{1} e v_{2} são linearmente independentes: formo a matriz cujas colunas são v_{1} e v_{2},
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & -1\end{pmatrix}.
Calculo o determinante de P:
\det(P)=1\cdot(-1)-1\cdot 4=-1-4=-5\neq 0,
logo as colunas são linearmente independentes. Isso significa que v_{1} e v_{2} formam uma base de \mathbb{R}^{2}.]

Passo 4

Montagem da matriz diagonal D dos autovalores e explicação da relação A=PDP^{-1}.
  • Como escolhi a ordem das colunas de P sendo primeiro o autovetor de autovalor 2 e depois o autovetor de autovalor 3, a matriz diagonal correspondente é
D=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}.
  • Propriedade essencial (explicação): se as colunas de P são autovetores v_{1},v_{2} com autovalores \lambda_{1},\lambda_{2}, então para a transformação linear \mathrm{T} que tem esses autovetores, vale
A P = P D,
onde A é a matriz de \mathrm{T} na base canônica. Reescrevendo,
A = P D P^{-1}.
  • Intuição: P transforma coordenadas na base de autovetores para coordenadas canônicas; D aplica os fatores \lambda_{1},\lambda_{2} sobre essa base; P^{-1} traz de volta para a base canônica.]

Passo 5

Cálculo de P^{-1} (detalhado).
Temos
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & -1\end{pmatrix},\qquad \det(P)=-5.
A inversa de uma matriz 2\times2 \begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix} é \dfrac{1}{ad-bc}\begin{pmatrix}d&-b\\\ -c&a\end{pmatrix}. Aplicando a fórmula:
P^{-1}=\frac{1}{-5}\begin{pmatrix}-1 & -1\\[4pt]-4 & 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1/5 & 1/5\\[4pt]4/5 & -1/5\end{pmatrix}.]

Passo 6

Cálculo explícito de A=PDP^{-1} por multiplicações parciais.
Primeiro calculo P D:
P D= \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & -1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\cdot 2 & 1\cdot 3\\[4pt]4\cdot 2 & -1\cdot 3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & 3\\[4pt]8 & -3\end{pmatrix}.
Agora multiplico por P^{-1}:
A=(P D)P^{-1}= \begin{pmatrix}2 & 3\\[4pt]8 & -3\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1/5 & 1/5\\[4pt]4/5 & -1/5\end{pmatrix}.
Faço as entradas uma a uma:
  • Entrada (1,1): 2\cdot\frac{1}{5}+3\cdot\frac{4}{5}=\frac{2}{5}+\frac{12}{5}=\frac{14}{5}.
  • Entrada (1,2): 2\cdot\frac{1}{5}+3\cdot\left(-\frac{1}{5}\right)=\frac{2}{5}-\frac{3}{5}=-\frac{1}{5}.
  • Entrada (2,1): 8\cdot\frac{1}{5}+(-3)\cdot\frac{4}{5}=\frac{8}{5}-\frac{12}{5}=-\frac{4}{5}.
  • Entrada (2,2): 8\cdot\frac{1}{5}+(-3)\cdot\left(-\frac{1}{5}\right)=\frac{8}{5}+\frac{3}{5}=\frac{11}{5}.
Portanto
A=\begin{pmatrix}\tfrac{14}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[6pt]-\tfrac{4}{5} & \tfrac{11}{5}\end{pmatrix} =\frac{1}{5}\begin{pmatrix}14 & -1\\[4pt]-4 & 11\end{pmatrix}.]

Passo 7

Verificação direta de que as colunas escolhidas são realmente autovetores de A.
Calculo A v_{1} com v_{1}=(1,4):
A v_{1}= \begin{pmatrix}\tfrac{14}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[4pt]-\tfrac{4}{5} & \tfrac{11}{5}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\[4pt]4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{14}{5}\cdot 1 + \big(-\tfrac{1}{5}\big)\cdot 4\\[6pt]\big(-\tfrac{4}{5}\big)\cdot 1 + \tfrac{11}{5}\cdot 4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{14-4}{5}\\[6pt]\tfrac{-4+44}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{10}{5}\\[6pt]\tfrac{40}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\[4pt]8\end{pmatrix} =2\begin{pmatrix}1\\[4pt]4\end{pmatrix}=2v_{1}.
Calculo A v_{2} com v_{2}=(1,-1):
A v_{2}= \begin{pmatrix}\tfrac{14}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[4pt]-\tfrac{4}{5} & \tfrac{11}{5}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{14}{5}\cdot 1 + \big(-\tfrac{1}{5}\big)\cdot(-1)\\[6pt]\big(-\tfrac{4}{5}\big)\cdot 1 + \tfrac{11}{5}\cdot(-1)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{14+1}{5}\\[6pt]\tfrac{-4-11}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{15}{5}\\[6pt]\tfrac{-15}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\[4pt]-3\end{pmatrix} =3\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\end{pmatrix}=3v_{2}.
Isso confirma que v_{1} tem autovalor 2 e v_{2} tem autovalor 3.]

Passo 8

Resposta à pergunta (c) sobre existência de base de autovetores e obtenção de P.
  • Como vimos em

Passo 9

  • A matriz P cujas colunas são esses autovetores (na ordem usada) é
P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & -1\end{pmatrix}.]

Passo 10

Cálculo final de P^{-1} A P para mostrar diagonalização (detalhado).
Temos P^{-1}=\begin{pmatrix}1/5 & 1/5\\[4pt]4/5 & -1/5\end{pmatrix} e A=\begin{pmatrix}\tfrac{14}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[4pt]-\tfrac{4}{5} & \tfrac{11}{5}\end{pmatrix}. Primeiro calculo P^{-1}A:
P^{-1}A= \begin{pmatrix}1/5 & 1/5\\[4pt]4/5 & -1/5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\tfrac{14}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[4pt]-\tfrac{4}{5} & \tfrac{11}{5}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2/5 & 2/5\\[6pt]12/5 & -3/5\end{pmatrix}.
Agora multiplico por P:
(P^{-1}A)P= \begin{pmatrix}2/5 & 2/5\\[6pt]12/5 & -3/5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & -1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & 0\\[6pt]0 & 3\end{pmatrix}.
Portanto
P^{-1} A P=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix},
que é diagonal com os autovalores 2 e 3 na diagonal principal, como esperado.]

Resposta

(a) Auto-espaço: E_{\lambda}=\{v\in V\mid \mathrm{T}(v)=\lambda v\}. Multiplicidade geométrica: \text{mult}_{\text{geom}}(\lambda)=\dim(E_{\lambda}).\n
(b) A=\begin{pmatrix}\tfrac{14}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[6pt]-\tfrac{4}{5} & \tfrac{11}{5}\end{pmatrix}=\dfrac{1}{5}\begin{pmatrix}14 & -1\\[4pt]-4 & 11\end{pmatrix}.\n \text{(c)} Sim. Uma base de autovetores é \(\{(1,4),(1,-1)\} e a matriz P (colunas são esses vetores) é P=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]4 & -1\end{pmatrix}.\n
(d) P^{-1}=\begin{pmatrix}1/5 & 1/5\\[4pt]4/5 & -1/5\end{pmatrix} e P^{-1}AP=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}.])

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