Questão 03. (3,5 pontos) Sejam F e G operadores lineares do \mathbb{R}^{2} tais que F(x, y)=(x+y, x) e G(x, y)= ( y, x+y )
(a) (2,0) Seja I o operador identidade 2 \times 2, escreva a representação matricial do operador (F \circ G+I)^{-1} na base canônica e determine os autovalores e os autovetores desse operador.
(b) (1,5) A matriz encontrada no item anterior é diagonalizável? Justifique.

Passo 1

O enunciado define os operadores lineares F,G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 por
F(x,y) = (x+y,\;x), \qquad G(x,y) = (y,\;x+y),
e pede a matriz de (F\circ G + I)^{-1} na base canônica, além de seus autovalores e autovetores, e por fim verificar se ela é diagonalizável. Vamos usar teoria de matrizes de operadores, composição, soma com a identidade, inversão de matrizes 2\times2 e estudo de autovalores/vetores.

Passo 2

Montamos as matrizes de F e G na base canônica. Para F:
F(1,0)=(1,1) e F(0,1)=(1,0), logo
A = [F] = \begin{pmatrix}1 & 1 \\[6pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Para G:
G(1,0)=(0,1) e G(0,1)=(1,1), logo
B = [G] = \begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 3

A composição F\circ G tem matriz A\,B. Calculando
A\,B = \begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Somamos a matriz identidade I_{2} a A\,B, definindo
C = A\,B + I = \begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 0 & 2\end{pmatrix}.]

Passo 5

Invertendo C, lembrando que
\bigl[\begin{smallmatrix}a&b\\\ 0&d\end{smallmatrix}\bigr]^{-1}=\bigl[\begin{smallmatrix}1/a&-b/(ad)\\\ 0&1/d\end{smallmatrix}\bigr], obtemos
C^{-1} = \begin{pmatrix}2 & 2 \\[4pt] 0 & 2\end{pmatrix}^{-1} = \begin{pmatrix} \tfrac12 & -\tfrac{2}{2\cdot2} \\[6pt] 0 & \tfrac12 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac12 & -\tfrac12 \\[4pt] 0 & \tfrac12\end{pmatrix}.]

Passo 6

Portanto, a representação matricial de (F\circ G + I)^{-1} na base canônica é
M = \begin{pmatrix}\tfrac12 & -\tfrac12 \\[4pt] 0 & \tfrac12\end{pmatrix}.]

Passo 7

Para os autovalores, resolvemos
\det\bigl(M - \lambda I\bigr) = \det\begin{pmatrix}\tfrac12 - \lambda & -\tfrac12 \\[4pt] 0 & \tfrac12 - \lambda\end{pmatrix} = (\tfrac12 - \lambda)^2 = 0
que dá um único autovalor
\lambda = \tfrac12 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 8

Para os autovetores, resolvemos (M - \tfrac12 I)v=0, isto é
\begin{pmatrix}0 & -\tfrac12 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[2pt]y\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix} \;\Longrightarrow\; -\tfrac12\,y = 0 \;\Rightarrow\; y=0.
Logo o espaço próprio é \{(x,0):x\neq0\}, ou seja, tem dimensão geométrica 1.]

Passo 9

Como a multiplicidade geométrica (1) é menor que a multiplicidade algébrica (2), a matriz M não é diagonalizável.

Resposta

A matriz de (F\circ G + I)^{-1} na base canônica é
\begin{pmatrix}\tfrac12 & -\tfrac12 \\[4pt] 0 & \tfrac12\end{pmatrix}.
O único autovalor é \lambda = \tfrac12 (multiplicidade algébrica 2) e seus autovetores são todos os múltiplos de (1,0). A matriz não é diagonalizável, pois a multiplicidade geométrica (1) é menor que a algébrica (2).]

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