Exercício 16. Verificar em cada um dos itens abaixo se o operador T \in \mathcal{L}\left(\mathbb{R}^{4}\right), dado pela sua matriz com relação à base canônica \mathcal{B}, é diagonalizável.
\text { (a) }[T]_{\mathcal{B}}=\left(\begin{array}{cccc} -1 & -4 & -2 & -2 \\\\ -4 & -1 & -2 & -2 \\\\ 2 & 2 & 1 & 4 \\\\ 2 & 2 & 4 & 1 \end{array}\right) \quad \text { (b) }[T]_{\mathcal{B}}=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & -1 & -1 \\\\ 1 & -1 & 1 & -1 \\\\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá duas matrizes 4\times4 (as matrizes de um operador T na base canônica \mathcal{B}) e pede, para cada item, verificar se o operador é diagonalizável. As matrizes fornecidas são:
(a) [T]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix} -1 & -4 & -2 & -2 \\\\ -4 & -1 & -2 & -2 \\\\ 2 & 2 & 1 & 4 \\\\ 2 & 2 & 4 & 1 \end{pmatrix}
(b) [T]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & -1 & -1 \\\\ 1 & -1 & 1 & -1 \\\\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}
O que se pede para cada item é: “o operador T (ou seja, a matriz dada) é diagonalizável sobre \mathbb{R}?”

Passo 2

Breve lembrete (ferramenta utilizada ao longo da resolução; é importante entender):
  • Uma matriz A é diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^4 formada por autovetores de A. Em termos práticos, isso significa que a soma das dimensões dos espaços próprios (as multiplicidades geométricas dos autovalores) deve ser 4.
  • Para cada autovalor \lambda, existe a multiplicidade algébrica (multiplicidade como raiz do polinômio característico) e a multiplicidade geométrica (dimensão do espaço próprio \ker(A-\lambda I)). Uma condição suficiente e verificável: se para todo autovalor a multiplicidade geométrica = multiplicidade algébrica e a soma das multiplicidades algébricas é 4, então a matriz é diagonalizável.
    Vou aplicar esses conceitos diretamente às matrizes (a) e (b), calculando autovalores e dimensões de espaços próprios de forma explícita.

Passo 3

Trabalho com o item (a). Para facilitar cálculos, é útil usar uma mudança de base natural que explora simetrias nas linhas/colunas. Defino os vetores
u_1=(1,1,0,0),\quad u_2=(1,-1,0,0),\quad u_3=(0,0,1,1),\quad u_4=(0,0,1,-1).
(Isto é só uma escolha de base alternativa à canônica; esses vetores são linearly independentes e facilitam visualizar blocos da matriz.)

Passo 4

Calculo a ação da matriz A=[T]_{\mathcal{B}} do item (a) sobre esses vetores (faço produto linha por coluna ou uso a estrutura por blocos):
  • Para u_1=(1,1,0,0): multiplicando, obtém-se
A u_1 = (-5,-5,4,4)= -5u_1 + 4u_3.
  • Para u_3=(0,0,1,1):
A u_3 = (-4,-4,5,5)= -4u_1 + 5u_3.
  • Para u_2=(1,-1,0,0):
A u_2 = (3,-3,0,0)=3u_2.
  • Para u_4=(0,0,1,-1):
A u_4 = (0,0,-3,3)=-3u_4.
Esses cálculos mostram que, na base \{u_1,u_2,u_3,u_4\}, a matriz de A tem forma em blocos:
\begin{pmatrix} \boxed{\begin{matrix}-5 & -4\\[4pt]4 & 5\end{matrix}} & 0\\[6pt] 0 & \boxed{\begin{matrix}3 & 0\\[4pt]0 & -3\end{matrix}} \end{pmatrix},
onde o primeiro bloco age em \mathrm{span}\{u_1,u_3\} e o segundo bloco em \mathrm{span}\{u_2,u_4\}.]

Passo 5

Agora encontro os autovalores do bloco 2\times2 \begin{pmatrix}-5 & -4\\[4pt]4 & 5\end{pmatrix}. O polinômio característico desse bloco é
\det\begin{pmatrix}-5-\lambda & -4\\[4pt]4 & 5-\lambda\end{pmatrix} =(-5-\lambda)(5-\lambda)+16=\lambda^2-9.
Logo os autovalores desse bloco são \lambda=\pm 3.
Do lado do bloco diagonal \begin{pmatrix}3&0\\\ 0&-3\end{pmatrix} já vemos autovalores \lambda=3 e \lambda=-3.
Portanto, os autovalores de A (contando multiplicidades algébricas) são
\lambda=3\\ \text{com multiplicidade algébrica }2,\qquad \lambda=-3\\ \text{com multiplicidade algébrica }2.éé]

Passo 6

Agora obtenho autovetores (espaços próprios) explicitamente para determinar as multiplicidades geométricas.
Para \lambda=3:
  • Do bloco \mathrm{span}\{u_2,u_4\} já temos A u_2 = 3 u_2, então u_2 é um autovetor associado a \lambda=3.
  • No bloco \mathrm{span}\{u_1,u_3\}, resolvo (M-3I)\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=0 com M=\begin{pmatrix}-5&-4\\[4pt]4&5\end{pmatrix}. Isso leva à equação 2a+b=0, logo um autovetor é (a,b)=(1,-2), o que corresponde ao vetor na coordenada canônica
v=(1,1,-2,-2).
Assim, existem pelo menos dois autovetores linearmente independentes para \lambda=3: u_2=(1,-1,0,0) e v=(1,1,-2,-2). Portanto a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é pelo menos 2. Como a multiplicidade algébrica é 2, concluímos que a multiplicidade geométrica de \lambda=3 é exatamente 2.
Para \lambda=-3:
  • Do bloco \mathrm{span}\{u_2,u_4\} já temos A u_4 = -3 u_4, então u_4 é autovetor associado a \lambda=-3.
  • No bloco \mathrm{span}\{u_1,u_3\}, resolvendo (M+3I)\begin{pmatrix}a\\\ b\end{pmatrix}=0 obtém-se a+2b=0, por exemplo (a,b)=(-2,1), correspondendo ao vetor
w=(-2,-2,1,1).
Assim temos dois autovetores independentes para \lambda=-3: u_4=(0,0,1,-1) e w=(-2,-2,1,1). A multiplicidade geométrica de \lambda=-3 é 2, igual à multiplicidade algébrica.]

Passo 7

Como os autovalores são \lambda=3 (alg. mult. 2, geom. mult. 2) e \lambda=-3 (alg. mult. 2, geom. mult. 2), a soma das dimensões dos espaços próprios é 2+2=4. Isso significa que existe uma base de \mathbb{R}^{4} formada por autovetores de A. Logo a matriz do item (a) é diagonalizável.
Comentário intuitivo: apesar de A não ser simétrica, ela foi reduzida por essa base natural a blocos simples; cada bloco deu autovalores com multiplicidades geométrica = algébrica, permitindo diagonalização.

Passo 8

Trabalho com o item (b). Denoto B a matriz do item (b):
B=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & -1 & -1 \\\\ 1 & -1 & 1 & -1 \\\\ 1 & -1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
Primeira observação útil: as linhas de B são vetores de \{1,-1\}^4 que são mutuamente ortogonais (produto escalar usual):
  • Produto escalar da primeira linha com ela mesma é 1+1+1+1=4.
  • Produto escalar de linhas distintas (por exemplo linha 1 com linha 2) resulta em zero (por exemplo 1\cdot1 + 1\cdot1 + 1\cdot(-1) + 1\cdot(-1)=0).
    Logo as linhas formam um sistema ortogonal com norma ao quadrado igual a 4. Como B é simétrica, isso implica
B^2 = 4I.

Passo 9

Consequência direta: se x é autovetor de B com autovalor \lambda, então aplicando B duas vezes:
B^2 x = \lambda^2 x,
mas como B^2=4I obtemos \lambda^2 x = 4 x, logo
\lambda^2 = 4 \quad\Rightarrow\quad \lambda = \pm 2.
Portanto todos os autovalores de B são 2 ou -2.

Passo 10

Determino agora as multiplicidades algébricas de 2 e -2. Seja m_+ a multiplicidade algébrica de \lambda=2 e m_- a de \lambda=-2. Como a dimensão é 4,
m_+ + m_- = 4.
Além disso a soma dos autovalores (contando multiplicidade) é igual à traça de B, que é \mathrm{tr}(B)=1+1+1+1=4. Assim
2 m_+ + (-2) m_- = 4.
Resolvo esse sistema: somando as duas equações convenientemente, por exemplo escrevo a segunda como 2m_+ -2m_- =4. Dividindo por 2: m_+ - m_- =2. Juntando com m_+ + m_- =4 tenho
m_+ = 3,\qquad m_- =1.

Passo 11

Como B é matriz simétrica real, vale o teorema fundamental: autovalores reais e existe uma base ortonormal de \mathbb{R}^4 formada por autovetores de B. Em particular, para cada autovalor a multiplicidade geométrica iguala a multiplicidade algébrica. Com m_+=3 e m_-=1 (e sendo todos autovalores reais), concluímos que B é diagonalizável (inclusive ortogonalmente diagonalizável).
Se quiser um comentário construtivo: pode-se encontrar explicitamente 3 autovetores independentes associados a 2 e 1 associado a -2; a propriedade B^2=4I torna simples a caracterização dos autovalores.

Resposta

(a) diagonalizável.
(b) diagonalizável.

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