Exercício 5. Suponha que T: \mathscr{P}_{2}(\mathbb{R}) \rightarrow \mathscr{P}_{2}(\mathbb{R}) é o operador linear dado por:
T(p)=q, \quad \text { para } \quad p \in \mathscr{P}_{2}(\mathbb{R}), \quad \text { em que }
p(t)=a_{o}+a_{1} t+a_{2} t^{2} \quad e \quad q(t)=\left(5 a_{o}+6 a_{1}+2 a_{2}\right)-\left(a_{1}+8 a_{2}\right) t+\left(a_{o}-2 a_{2}\right) t^{2}, \quad para \quad t \in \mathbb{R}.
(a) Encontre todos os autovalores do operador linear T.
(b) Encontre os respectivos autovetores do operador linear T.
(c) Determine a dimensão e uma base de cada um dos subespaços próprios associados a T.
(d) O operador T é diagonalizável? Justifique sua resposta.

Passo 1

O enunciado define o operador linear
\;T:\mathscr P_{2}(\mathbb R)\to\mathscr P_{2}(\mathbb R)
pelo fato de, para
\;p(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2},
termos
T(p)(t)=\bigl(5a_{0}+6a_{1}+2a_{2}\bigr)\;-\;\bigl(a_{1}+8a_{2}\bigr)\,t\;+\;\bigl(a_{0}-2a_{2}\bigr)\,t^{2}\,.
Ele pede:
(a) os autovalores de T,
(b) os autovetores correspondentes,
(c) dimensão e base de cada subespaço próprio,
(d) se T é diagonalizável.
Para isso, vamos achar a matriz de T na base \{1,t,t^2\}, depois seu polinômio característico e resolver os sistemas para cada \lambda.

Passo 2

Na base \{1,t,t^2\} temos
T(1)=5\cdot 1+0\cdot t+1\cdot t^{2},
T(t)=6\cdot 1 - 1\cdot t + 0\cdot t^{2},
T(t^{2})=2\cdot 1 - 8\cdot t - 2\cdot t^{2}.
Logo a matriz é
A=\begin{pmatrix} 5 & 6 & 2\\\\ 0 & -1 & -8\\\\ 1 & 0 & -2 \end{pmatrix}.

Passo 3

O polinômio característico vem de
\det(A-\lambda I) =\det\begin{pmatrix} 5-\lambda & 6 & 2\\\\ 0 & -1-\lambda & -8\\\\ 1 & 0 & -2-\lambda \end{pmatrix} =\lambda^3-2\lambda^2-15\lambda+36 =(\lambda-3)^2(\lambda+4).
Assim os autovalores são
\lambda=3 (mult. alg. 2) e \lambda=-4 (mult. alg. 1).

Passo 4

Para \lambda=3\) resolvemos \((A-3I)v=0\), i.e. \[\begin{cases} 2x+6y+2z=0,\\\\ -4y-8z=0,\\\ x-5z=0. \end{cases}
Dessa segunda equação y=-2z\] e da terceira \(x=5z. Então
v=z\,(5,\,-2,\,1),
logo o espaço próprio E_3 tem dimensão 1 e base, em forma de polinômio,
\{\,5-2t+t^2\}.

Passo 5

Para \lambda=-4\) resolvemos \((A+4I)v=0\), i.e. \[\begin{cases} 9x+6y+2z=0,\\\\ 3y-8z=0,\\\ x+2z=0. \end{cases}
Da segunda y=\tfrac{8}{3}z\] e da terceira \(x=-2z. Escolhendo z=3 para ficar inteiro,
v=(-6,\,8,\,3),
portanto o espaço próprio E_{-4} também tem dimensão 1 e base
\{-6+8t+3t^2\}.

Passo 6

As dimensões e bases dos subespaços próprios são:
\dim E_3=1, base \{5-2t+t^2\};
\dim E_{-4}=1, base \{-6+8t+3t^2\}.

Passo 7

Como a soma das dimensões dos espaços próprios é 1+1=2<3=\dim\mathscr P_2, o operador não tem base de autovetores completa. Logo não é diagonalizável.

Resposta

(a) Os autovalores de T são \lambda=3 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=-4 (multiplicidade algébrica 1).
(b) Um gerador (base) do espaço próprio de \lambda=3 é o polinômio 5-2t+t^2; de \lambda=-4 é o polinômio -6+8t+3t^2.
(c) \dim E_3=1 com base \{5-2t+t^2\}, \dim E_{-4}=1 com base \{-6+8t+3t^2\}.
(d) T não é diagonalizável, pois a soma das dimensões dos espaços próprios ( 2) é menor que \dim\mathscr P_{2}(\mathbb R)=3.

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