Questão 03. (3,5 pontos) Considere o operador linear T: \mathbf{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} tal que T(x, y)=(-4 x+2 y,-3 x+y).
(a) Mostre que T é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbf{R}^2\to\mathbf{R}^2 definido por
T(x,y)=(-4x+2y,\,-3x+y).
A pergunta é: mostrar que T é diagonalizável.
Informações relevantes dadas:
  • A ação de T sobre um vetor (x,y) está explicitada (isto é suficiente para escrever a matriz de T na base canônica).
  • Não há outras restrições ou dados; portanto devemos usar a definição de diagonalização para operadores em \mathbf{R}^2.

Passo 2

Primeiro vamos escrever a matriz de T na base canônica \{(1,0),(0,1)\}. Se
A
é a matriz de T, então para (x,y) coluna temos T(x,y)=A\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}. Observando T(x,y)=(-4x+2y,-3x+y) obtemos
A=\begin{pmatrix}-4 & 2\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 3

O que significa “diagonalizável”? Vou explicar devagar: um operador linear (ou sua matriz) é diagonalizável se existir uma base de \mathbf{R}^2 formada por autovetores de T. Equivalente: existe matriz invertível P tal que
P^{-1}AP=D,
onde D é diagonal. Portanto o método: calcular autovalores (raízes do polinômio característico), para cada autovalor achar autovetores e verificar que conseguimos dois autovetores linearmente independentes (uma base de \mathbf{R}^2). Se os autovalores forem distintos, já sabemos (teorema) que os autovetores correspondentes são linearmente independentes; mesmo assim vou calcular explicitamente os autovetores para ficar bem claro.

Passo 4

Calculamos o polinômio característico \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Aqui I é a matriz identidade 2\times2. Então
\chi_A(\lambda)=\det\!\begin{pmatrix}-4-\lambda & 2\\[4pt]-3 & 1-\lambda\end{pmatrix}.
Expandindo o determinante:
\chi_A(\lambda)=(-4-\lambda)(1-\lambda)-2(-3).
Faço as contas passo a passo:
(-4-\lambda)(1-\lambda)=\lambda^2+3\lambda-4
(essa expansão vem de multiplicar os termos: (-4)(1) + (-4)(-\lambda) + (-\lambda)(1) + (-\lambda)(-\lambda)). Somando o termo -2(-3)=+6 obtemos
\chi_A(\lambda)=\lambda^2+3\lambda-4+6=\lambda^2+3\lambda+2.]

Passo 5

Agora fatoramos o polinômio:
\lambda^2+3\lambda+2=(\lambda+1)(\lambda+2).
Portanto os autovalores são \lambda_1=-1 e \lambda_2=-2, que são distintos. Pelo teorema dos autovalores distintos, para matrizes reais em dimensão 2 isso já indica que há dois autovetores linearmente independentes e, portanto, que A (ou T) é diagonalizável. Para deixar tudo explícito vou calcular os autovetores.

Passo 6

Autovetores para \lambda_1=-1. Resolvemos (A-\lambda_1 I)v=0, ou seja (A+I)v=0:
A+I=\begin{pmatrix}-4 & 2\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3 & 2\\[4pt]-3 & 2\end{pmatrix}.
O sistema linear é
-3x+2y=0,
as duas linhas são iguais. Da equação obtemos 2y=3x, isto é y=\tfrac{3}{2}x. Podemos escolher x=2 (escolha prática para evitar fração) e então y=3. Assim um autovetor associado a \lambda_1=-1 é
v_1=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Verificação rápida (opcional): A v_1 = \begin{pmatrix}-4\cdot2+2\cdot3\\[4pt]-3\cdot2+1\cdot3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-8+6\\[4pt]-6+3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]-3\end{pmatrix}=-1\cdot\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}, ok.]

Passo 7

Autovetores para \lambda_2=-2. Resolvemos (A-\lambda_2 I)v=(A+2I)v=0:
A+2I=\begin{pmatrix}-4 & 2\\[4pt]-3 & 1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2 & 2\\[4pt]-3 & 3\end{pmatrix}.
O sistema reduz-se a
-2x+2y=0,
ou seja 2y=2x e portanto y=x. Escolhendo x=1 obtemos y=1, logo um autovetor associado a \lambda_2=-2 é
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Verificação rápida: A v_2=\begin{pmatrix}-4+2\\[4pt]-3+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]-2\end{pmatrix}=-2\cdot\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}, ok.]

Passo 8

Agora precisamos checar que v_1 e v_2 são linearmente independentes (então formam uma base de \mathbf{R}^2). Uma forma simples: montar a matriz P com as colunas v_1,v_2 e ver que \det P\neq 0. Tomando
P=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]3 & 1\end{pmatrix},
temos
\det P = 2\cdot1 - 3\cdot1 = -1 \neq 0.
Como \det P\neq 0, P é invertível e as colunas v_1,v_2 são linearmente independentes. Logo são uma base formada por autovetores.]

Passo 9

Conclusão e ligação com diagonalização: como existem duas colunas linearmente independentes que são autovetores, existe matriz invertível P (a que usamos acima) tal que
P^{-1}AP=D,
onde D é a matriz diagonal com os autovalores correspondentes nas posições da coluna (por exemplo, escolhendo as colunas na ordem v_1,v_2),
D=\begin{pmatrix}-1 & 0\\[4pt]0 & -2\end{pmatrix}.
Portanto T (ou A) é diagonalizável. Respirei fundo com você — acabamos mostrando tudo construtivamente: autovalores, autovetores e a base de autovetores.]

Resposta

T é diagonalizável.
Autovalores: -1 e -2.
Autovetores (uma base de autovetores): \begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\end{pmatrix}.]

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