Q11: Considere as afirmativas abaixo:
I - Se T: \mathbb{R}^{65} \rightarrow \mathbb{R}^{65} possui 65 autovalores reais distintos, então T é diagonalizável.
II - Seja U uma matriz 47 \times 47 com 15 autovalores reais distintos diferentes de zero. Se seu posto é 15, então U é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado pede que verifiquemos a veracidade das afirmativas I e II. Vou listar explicitamente o que cada afirmativa dá e o que se quer concluir:
  • Afirmação I: Diz que T:\mathbb{R}^{65}\to\mathbb{R}^{65} possui 65 autovalores reais distintos. Pergunta-se se disso segue que T é diagonalizável.
  • Afirmação II: Diz que U é uma matriz 47\times47 que tem 15 autovalores reais distintos e diferentes de zero, e que \operatorname{rank}(U)=15. Pergunta-se se disso segue que U é diagonalizável.
Informações relevantes extraídas do enunciado que usarei depois:
  • Para I: dimensão do espaço é 65; número de autovalores distintos é 65.
  • Para II: dimensão é 47; existem 15 autovalores distintos não nulos; \operatorname{rank}(U)=15.

Passo 2

Vou lembrar conceitos e fatos que precisamos, explicando devagar:
  • Definição (autovalor e autovetor): Dizer que \lambda é autovalor de uma transformação linear T significa que existe v\neq 0 tal que T(v)=\lambda v. Esse v é um autovetor associado a \lambda.
  • Diagonalizável: Uma transformação linear (ou matriz) em um espaço de dimensão n é diagonalizável se existe uma base do espaço formada por autovetores. Isso é equivalente a escrever a matriz numa base adequada como uma matriz diagonal.
  • Multiplicidades:
    • A multiplicidade algébrica de um autovalor \lambda é sua multiplicidade como raiz do polinômio característico.
    • A multiplicidade geométrica de \lambda é a dimensão do espaço próprio \ker(T-\lambda I), ou seja, o número máximo de autovetores linearmente independentes associados a \lambda.
  • Fato útil: Sempre vale
    \text{multiplicidade geométrica de }\lambda \le \text{multiplicidade algébrica de }\lambda.éé
    E a transformação é diagonalizável se, e somente se, para todo autovalor a multiplicidade geométrica coincide com a multiplicidade algébrica (ou equivalentemente, a soma das multiplicidades geométricas de todos os autovalores é n).
  • Teorema sobre autovalores distintos: Se uma transformação linear em um espaço de dimensão n tem n autovalores distintos (no corpo considerado, aqui \mathbb{R}), então ela é diagonalizável. Motivo rápido: autovetores correspondentes a autovalores diferentes são linearmente independentes; com n deles você tem uma base.
Vou usar também o Teorema do posto-nulidade (rank-nullity):
\operatorname{rank}(A)+\operatorname{nullity}(A)=n,
onde \operatorname{nullity}(A)=\dim\ker(A).

Passo 3

Prova detalhada (e didática) de por que autovetores de autovalores distintos são linearmente independentes — este é o núcleo para a Afirmação I:
Suponha que v_1,\dots,v_k são autovetores associados a autovalores distintos \lambda_1,\dots,\lambda_k, com k\le n. Quero mostrar que v_1,\dots,v_k são linearmente independentes.
Suponha, por contradição, que exista uma combinação linear não-trivial
\alpha_1 v_1+\alpha_2 v_2+\cdots+\alpha_k v_k=0,
com alguns \alpha_j\neq 0. Aplicando T à soma obtemos
\alpha_1 \lambda_1 v_1 + \alpha_2 \lambda_2 v_2 + \cdots + \alpha_k \lambda_k v_k = 0.
Agora subtraímos \lambda_1 vezes a combinação inicial (que é zero), ou seja, fazemos a operação (segunda equação) − \lambda_1·(primeira equação). O resultado é
\alpha_2(\lambda_2-\lambda_1)v_2 + \cdots + \alpha_k(\lambda_k-\lambda_1)v_k = 0.
Como os \lambda_j são todos distintos, \lambda_j-\lambda_1\neq 0 para j\ge2. Então obtemos uma combinação linear entre k-1 vetores igual a zero. Repetindo o argumento (por indução), chegamos à contradição de que um único autovetor é combinação linear trivial, forçando todos os coeficientes \alpha_j a serem zero. Logo os vetores são linearmente independentes.
Conclusão: se existem n autovalores distintos em um espaço de dimensão n, temos n autovetores linearmente independentes e, portanto, uma base de autovetores — o operador é diagonalizável.

Passo 4

Aplicando isso à Afirmação I:
Temos uma transformação T:\mathbb{R}^{65}\to\mathbb{R}^{65} com 65 autovalores reais distintos. Pelo argumento do passo anterior, os autovetores associados são 65 e linearmente independentes. Como a dimensão do espaço é 65, esses 65 autovetores formam uma base de \mathbb{R}^{65}. Logo T é diagonalizável. Portanto a Afirmação I é verdadeira.
(Uma observação de amigo: esse é um resultado clássico — autovalores distintos dão diagonalização — guarda ele que aparece sempre nas provas.)

Passo 5

Agora trabalho a Afirmação II com cuidado, usando o posto-nulidade e as relações entre multiplicidades.
Dados:
  • U é 47\times47.
  • 15 autovalores reais distintos e não nulos.
  • \operatorname{rank}(U)=15.
Pelo Teorema do posto-nulidade,
\operatorname{rank}(U)+\operatorname{nullity}(U)=47.
Como \operatorname{rank}(U)=15, temos
\operatorname{nullity}(U)=47-15=32.
A nulidade é \dim\ker(U), isto é, a multiplicidade geométrica do autovalor \,0 é 32. Em outras palavras, 0 é autovalor de U e existem 32 autovetores linearmente independentes associados a 0.

Passo 6

Agora raciocinemos sobre as multiplicidades algébricas e geométricas:
  • 15 autovalores distintos não nulos. Cada autovalor distinto não-nulo deve ter multiplicidade algébrica pelo menos 1. Assim, a soma das multiplicidades algébricas dos autovalores não nulos é no mínimo 15.
  • A soma de todas as multiplicidades algébricas (dos autovalores não nulos mais do autovalor zero) é igual a 47 (grau do polinômio característico).
Portanto, a multiplicidade algébrica do autovalor 0 é
\text{mult.alg.}(0)=47-\big(\text{soma das mult.alg. dos autovalores não nulos}\big)\le 47-15=32.ã
Mas já vimos que a multiplicidade geométrica de 0 é 32, e sempre
\text{mult.geom.}(0)\le \text{mult.alg.}(0).
Como \text{mult.geom.}(0)=32, isso força \text{mult.alg.}(0)\ge 32. Juntando com a desigualdade anterior obtemos
\text{mult.alg.}(0)=32.
Assim a soma das multiplicidades algébricas dos autovalores não nulos é exatamente 47-32=15. Como há exatamente 15 autovalores distintos não nulos, a única maneira de somarem 15 é que cada um desses autovalores não nulos tenha multiplicidade algébrica exatamente 1.

Passo 7

Agora relaciono multiplicidades algébricas com geométricas para concluir diagonalização:
  • Para cada autovalor não nulo, a multiplicidade algébrica é 1. Isso implica que sua multiplicidade geométrica também é 1 (porque \text{mult.geom.}\ge1 sempre, e \le mult.alg., logo tem que ser igual a 1).
  • Para o autovalor 0, já vimos que a multiplicidade geométrica é 32 e a multiplicidade algébrica também é 32.
Portanto, para todo autovalor a multiplicidade geométrica coincide com a multiplicidade algébrica. A soma das multiplicidades geométricas (ou algébricas) é 47. Logo existe uma base de autovetores e U é diagonalizável.

Passo 8

Conclusão final para as duas afirmativas:
  • Afirmação I: verdadeira.
  • Afirmação II: verdadeira.
Vai dar tudo certo na prova — respira, você acabou de ver dois argumentos clássicos e gostosos de aplicar.

Resposta

I: Verdadeira.
II: Verdadeira.

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