Exercício 6. Seja T: M_{2}(\mathbb{R}) \rightarrow M_{2}(\mathbb{R}) o operador linear dado por:
T\left(\begin{array}{ll} a & b \\\ c & d \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 2 c & a+c \\\ b-2 c & d \end{array}\right), \quad \text { para } \quad\left(\begin{array}{ll} a & b \\\ c & d \end{array}\right) \in M_{2}(\mathbb{R})
(a) Encontre todos os autovalores e os autovetores associados do operador linear T.
(b) T é diagonalizável? Justifique sua resposta.

Passo 1

O enunciado define o operador linear
T\colon M_{2}(\mathbb{R})\to M_{2}(\mathbb{R}),\quad T\Bigl(\begin{smallmatrix}a&b\c&d\end{smallmatrix}\Bigr) =\begin{pmatrix}2c&a+c\b-2c&d\end{pmatrix}.
Precisamos encontrar todos os autovalores \lambda e, para cada um, os vetores não-nulos X\in M_{2}(\mathbb{R}) tais que T(X)=\lambda\,X, e então decidir se T é diagonalizável. Vamos usar a base canônica
\{E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\} e calcular a matriz de T, em seguida achar seu polinômio característico, os autovetores e, por fim, checar a soma das dimensões dos autoespaços.

Passo 2

Na base
\;E_{11}=(1,0,0,0),\;E_{12}=(0,1,0,0),\;E_{21}=(0,0,1,0),\;E_{22}=(0,0,0,1),
um elemento genérico (a,b,c,d) é enviado em coordenadas para
(2c,\;a+c,\;b-2c,\;d). Logo a matriz de T é
M=\begin{pmatrix} 0&0&2&0\\\\ 1&0&1&0\\\\ 0&1&-2&0\\\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix}.

Passo 3

Calculamos o polinômio característico
\det(M-\lambda I) =(1-\lambda)\,\det\begin{pmatrix} -\lambda&0&2\\\\ 1&-\lambda&1\\\\ 0&1&-2-\lambda \end{pmatrix}.
Desenvolvendo a menor de ordem 3, obtemos
\det\begin{pmatrix} -\lambda&0&2\\\\ 1&-\lambda&1\\\\ 0&1&-2-\lambda \end{pmatrix} =\lambda^3+2\lambda^2-\lambda-2 =(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda+2).
Portanto
\chi_T(\lambda)=(1-\lambda)(\lambda-1)(\lambda+1)(\lambda+2) =-(\lambda-1)^2(\lambda+1)(\lambda+2),
e os autovalores são
\lambda=-2,\;-1,\;1 (sendo \lambda=1 de multiplicidade algébrica 2).

Passo 4

Para cada \lambda resolvemos (M-\lambda I)x=0 e traduzimos em matrizes:
  1. \lambda=-2:
    (M+2I)x=0 leva a x_4=0 e, no bloco 3\times3,
    x_1=-x_3,\quad x_2=0,
    com x_3\neq0. Tomando x_3=1, obtemos o autovetor
    v_{-2}=(-1,0,1,0) \longleftrightarrow \begin{pmatrix}-1&0\\\ 1&0\end{pmatrix}.
  2. \lambda=-1:
    (M+I)x=0 x_4=0 e
    x_1=-2x_3,\quad x_2=x_3,
    com x_3\neq0. Para x_3=1,
    v_{-1}=(-2,1,1,0) \longleftrightarrow \begin{pmatrix}-2&1\\\ 1&0\end{pmatrix}.
  3. \lambda=1:
    (M-I)x=0 não impõe restrição a x_4, e no bloco 3\times3
    x_1=2x_3,\quad x_2=3x_3,
    com x_3 e x_4 livres. Uma base do autoespaço é dada por
    v_{1}^{(1)}=(2,3,1,0) \longleftrightarrow \begin{pmatrix}2&3\\\ 1&0\end{pmatrix}, \quad v_{1}^{(2)}=(0,0,0,1) \longleftrightarrow \begin{pmatrix}0&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.
    Logo \dim E_{1}=2.

Passo 5

Os autoespaços têm dimensões
\dim E_{-2}=1,\;\dim E_{-1}=1,\;\dim E_{1}=2 e a soma é 1+1+2=4=\dim M_{2}(\mathbb{R}). Logo há base de autovetores e T é diagonalizável.

Resposta

(a) Os autovalores e autovetores associados são:
\displaystyle\lambda=-2:\;v_{-2}=\begin{pmatrix}-1&0\\\ 1&0\end{pmatrix}.
\displaystyle\lambda=-1:\;v_{-1}=\begin{pmatrix}-2&1\\\ 1&0\end{pmatrix}.
\displaystyle\lambda=1:\;v_{1}^{(1)}=\begin{pmatrix}2&3\\\ 1&0\end{pmatrix},\;v_{1}^{(2)}=\begin{pmatrix}0&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.
(b) Sim. Como a soma das dimensões dos autoespaços é 4, igual à dimensão de M_{2}(\mathbb{R}), T é diagonalizável.

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