Nome: Fennanda Cruz Correia (1ª Questão (2,0 pontos) Considere o operador linear T, ℝ² → ℝ² definido por T(x, y)=(6x-2y,-2x+6y) e 𝒜={(1,0),(0,1)} base canônica do ℝ². Determine se a matriz T]𝒜 é diagonalizável por uma matriz ortogonal, justificando sua resposta. E , caso seja determine-a.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definido por
T(x,y) = (6x-2y,\,-2x+6y)
e a base canônica \mathcal{A}=\{(1,0),(0,1)\}. Pergunta-se:
  • Se a matriz [T]_{\mathcal{A}} é diagonalizável por uma matriz ortogonal (ou seja, existe Q ortogonal tal que Q^{T}[T]_{\mathcal{A}}Q é diagonal);
  • Caso seja, determine essa diagonalização (matriz ortogonal e matriz diagonal).
Informações relevantes dadas:
  • A ação de T nos vetores canônicos indica imediatamente os coeficientes da matriz de T na base canônica (cada coluna é a imagem de um vetor da base).
  • Os coeficientes numéricos na definição de T são 6 e -2, que aparecerão na matriz.

Passo 2

Formar a matriz de T na base canônica: a imagem de (1,0) é (6,-2) e a imagem de (0,1) é (-2,6). Logo a matriz é
A \equiv [T]_{\mathcal{A}} = \begin{pmatrix}6 & -2 \\\\ -2 & 6\end{pmatrix}.
Vou trabalhar com A para estudar diagonalização ortogonal.

Passo 3

Verificar a simetria de A. Calcular a transposta:
A^{T} = \begin{pmatrix}6 & -2 \\\\ -2 & 6\end{pmatrix} = A.
Portanto A é uma matriz real simétrica. Lembrete teórico (importante e útil na prova): para matrizes reais simétricas vale o Teorema Espectral: toda matriz real simétrica é diagonalizável por uma matriz ortogonal; isto é, existe uma base ortonormal de autovetores e uma matriz ortogonal Q tal que
Q^{T}A Q = D,
onde D é diagonal com os autovalores. Então, com essa observação, a resposta será “sim” — resta encontrar os autovalores e autovetores explicitamente para obter Q e D.

Passo 4

Calcular os autovalores resolvendo o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Primeiro escrevo A-\lambda I:
A-\lambda I = \begin{pmatrix}6-\lambda & -2 \\\\ -2 & 6-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(6-\lambda)^2 - (-2)(-2) = (6-\lambda)^2 - 4.
Igualando a zero:
(6-\lambda)^2 - 4 = 0 \quad\Longrightarrow\quad (6-\lambda)^2 = 4.
Tirando raiz:
6-\lambda = \pm 2.
Portanto os dois autovalores são
6-\lambda = 2 \Rightarrow \lambda = 4, \qquad 6-\lambda = -2 \Rightarrow \lambda = 8.

Passo 5

Calcular autovetores associados a \lambda=4. Resolvemos (A-4I)v=0:
A-4I = \begin{pmatrix}2 & -2 \\\\ -2 & 2\end{pmatrix}.
O sistema linear é
2x - 2y = 0,\qquad -2x + 2y = 0,
que se reduz a x - y = 0. Logo os vetores solução são todos os múltiplos de (1,1). Um autovetor conveniente é
v_1 = \begin{pmatrix}1 \\[4pt] 1\end{pmatrix},
pois A v_1 = 4 v_1 (pode-se verificar substituindo).]

Passo 6

Calcular autovetores associados a \lambda=8. Resolvemos (A-8I)v=0:
A-8I = \begin{pmatrix}-2 & -2 \\\\ -2 & -2\end{pmatrix}.
O sistema linear é
-2x - 2y = 0,
ou seja x + y = 0. Logo os vetores solução são todos os múltiplos de (1,-1). Um autovetor conveniente é
v_2 = \begin{pmatrix}1 \\[4pt] -1\end{pmatrix},
pois A v_2 = 8 v_2.]

Passo 7

Verificar que v_1 e v_2 são ortogonais e normalizá-los para formar uma base ortonormal. Produto interno (produto escalar) entre v_1 e v_2:
v_1\cdot v_2 = 1\cdot 1 + 1\cdot(-1) = 0,
portanto são ortogonais. Normas:
\|v_1\| = \sqrt{1^2+1^2} = \sqrt{2},\qquad \|v_2\| = \sqrt{1^2+(-1)^2} = \sqrt{2}.
Normalizando, obtemos os vetores unitários
q_1 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\[4pt] 1\end{pmatrix}, \qquad q_2 = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 \\[4pt] -1\end{pmatrix}.
Por construção q_1 e q_2 são ortonormais ( q_i\cdot q_j = 0 para i\neq j e \|q_i\|=1) e são autovetores de A com autovalores correspondentes \lambda_1=4 e \lambda_2=8.]

Passo 8

Construir a matriz ortogonal Q cujas colunas são q_1,q_2, e a matriz diagonal D com os autovalores na mesma ordem:
Q = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix}4 & 0 \\[4pt] 0 & 8\end{pmatrix}.
Q é ortogonal porque Q^{T}Q = I. Além disso, pelas propriedades de autovetores,
A q_1 = 4 q_1,\qquad A q_2 = 8 q_2,
o que implica
Q^{T} A Q = D
e, equivalentemente,
A = Q D Q^{T}.
Isso fornece explicitamente a diagonalização ortogonal de A.]

Passo 9

Interpretação final e incentivo: como A é simétrica mostramos que é ortogonalmente diagonalizável (Teorema Espectral), encontramos autovalores \lambda=4,8, os autovetores ortogonais (1,1) e (1,-1), e a matriz ortogonal Q com esses vetores normalizados que diagonaliza A. Mandando ver na prova: identifique simetria, calcule característico, resolva sistemas para autovetores, normalize — esse é o roteiro seguro.

Resposta

Sim. Uma matriz ortogonal que diagonaliza [T]_{\mathcal{A}} e a correspondente matriz diagonal são:
Q = \begin{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} & \frac{1}{\sqrt{2}} \\[6pt] \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix}, \qquad D = \begin{pmatrix}4 & 0 \\[4pt] 0 & 8\end{pmatrix}.]

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