Nos Exercícios de 31 a 36, é dada uma transformação linear T: V \rightarrow V. Se possível, encontre uma base \mathcal{C} para V tal que a matriz [T]_{c} de T, em relação à base \mathcal{C}, seja diagonal.
T: \mathscr{P}_{1} \rightarrow \mathscr{P}_{1} definida por T(a+b x)=(4 a+2 b)+(a+3 b) x

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar, se possível, uma base \mathcal{C} de V=\mathscr{P}_{1} tal que a matriz de T em relação a \mathcal{C} seja diagonal.
Informações dadas:
\;T:\mathscr{P}_{1}\to\mathscr{P}_{1} definida por
T(a+bx)=(4a+2b)+(a+3b)x.
O espaço \mathscr{P}_{1} é o espaço dos polinômios de grau ≤ 1 (dimensão 2). A tarefa é achar uma base formada por vetores (polinômios) que sejam autovetores de T, se existir, para que a matriz fique diagonal.

Passo 2

Primeiro obtenho a matriz de T na base padrão \mathcal{B}=\{1,x\}. Aplico T aos vetores da base e escrevo os resultados nas coordenadas da base \{1,x\}.
Para 1 (ou seja a=1,b=0):
T(1)=(4\cdot1+2\cdot0)+(1+3\cdot0)x=4+1x.
Na base \{1,x\} isso corresponde ao vetor coluna \begin{pmatrix}4\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para x (ou seja a=0,b=1):
T(x)=(4\cdot0+2\cdot1)+(0+3\cdot1)x=2+3x.
Na base \{1,x\} isso corresponde ao vetor coluna \begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Logo, a matriz de T na base \mathcal{B} é
A=[T]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}4 & 2\\[4pt]1 & 3\end{pmatrix}.]

Passo 3

Para diagonalizar A procuro autovalores (valores próprios) e autovetores. Lembrete rápido (passo-a-passo didático): um escalar \lambda é autovalor se existe vetor não-nulo v tal que
Av=\lambda v,
ou equivalentemente
(A-\lambda I)v=0.
Os autovalores aparecem como raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Se conseguirmos dois autovetores linearmente independentes (a dimensão do espaço é 2), então existe base de autovetores e a matriz é diagonalizável.

Passo 4

Calculo o polinômio característico de A. Primeiro
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 2\\[4pt]1 & 3-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(3-\lambda)-2\cdot1.
Faço as contas:
(4-\lambda)(3-\lambda)=12-7\lambda+\lambda^{2},
então
\det(A-\lambda I)=12-7\lambda+\lambda^{2}-2=\lambda^{2}-7\lambda+10.
Esse polinômio fatoriza:
\lambda^{2}-7\lambda+10=(\lambda-5)(\lambda-2).
Portanto os autovalores são \lambda_{1}=5 e \lambda_{2}=2. Como são distintos, sabemos que A é diagonalizável (teorema: autovalores distintos implicam autovetores linearmente independentes).]

Passo 5

Encontro autovetores para \lambda=5. Resolvo (A-5I)v=0:
A-5I=\begin{pmatrix}4-5 & 2\\[4pt]1 & 3-5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 2\\[4pt]1 & -2\end{pmatrix}.
Solução do sistema
- v_{1} + 2 v_{2}=0,\quad v_{1}-2 v_{2}=0
v_{1}=2v_{2}. Tomando v_{2}=1 obtemos o autovetor
v^{(1)}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Em termos de polinômio (coordenadas relativas à base \{1,x\}), esse vetor corresponde ao polinômio
p_{1}(x)=2+x.
Verificação rápida (didática): aplicando T em 2+x usando a definição dá
T(2+x)=(4\cdot2+2\cdot1)+(2+3\cdot1)x=10+5x=5(2+x),
confirmando que é autovetor com autovalor 5.]

Passo 6

Encontro autovetores para \lambda=2. Resolvo (A-2I)v=0:
A-2I=\begin{pmatrix}4-2 & 2\\[4pt]1 & 3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2 & 2\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
O sistema
2 v_{1}+2 v_{2}=0,\quad v_{1}+ v_{2}=0
v_{1}=-v_{2}. Tomando v_{2}=1 obtemos o autovetor
v^{(2)}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Em polinômios, isso corresponde a
p_{2}(x)=-1+x \quad(\text{o mesmo que }x-1).
Verificação rápida:
T(-1+x)=(4\cdot(-1)+2\cdot1)+(-1+3\cdot1)x=(-4+2)+2x=-2+2x=2(-1+x),
confirmando autovalor 2.]

Passo 7

Os autovetores v^{(1)} e v^{(2)} são linearmente independentes (pois não são múltiplos um do outro), portanto \{p_{1},p_{2}\}=\{2+x,\,-1+x\} é uma base de \mathscr{P}_{1} formada por autovetores de T. Na base
\mathcal{C}=\{\,2+x,\; -1+x\,\}
a matriz de T é diagonal com entradas correspondentes aos autovalores na mesma ordem:
[T]_{\mathcal{C}}=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}.]

Resposta

\mathcal{C}=\{\,2+x,\; -1+x\,\}
\displaystyle [T]_{\mathcal{C}}=\begin{pmatrix}5 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}]

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