Questão 4 Seja T \in \mathcal{L}\left(M_{2 \times 2}(\mathbb{R})\right). Verifique se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas. Justifique.
\operatorname{Se} T(A)=\operatorname{tr}(A) *\left(\begin{array}{ll}1 & 2 \\\\ 2 & 1\end{array}\right), então T é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado define T\colon M_{2\times2}(\mathbb{R})\to M_{2\times2}(\mathbb{R}) por
T(A)=\operatorname{tr}(A)\,\begin{pmatrix}1 & 2 \\\\ 2 & 1\end{pmatrix}.
O objetivo é verificar se T é diagonalizável, ou seja, se existe base de autovetores de M_{2\times2}(\mathbb{R}) que torne a matriz de T diagonal.

Passo 2

Repare que podemos escrever
T(A)=\bigl(\operatorname{tr}(A)\bigr)\,M,
onde
M=\begin{pmatrix}1 & 2 \\\\ 2 & 1\end{pmatrix}.
Isto mostra que T tem posto \le1 e que o núcleo de T é exatamente o subespaço
U=\{A\in M_{2\times2}(\mathbb R)\mid \operatorname{tr}(A)=0\}.
Como \dim M_{2\times2}(\mathbb R)=4 e a condição \operatorname{tr}(A)=0 impõe um único grau de liberdade, temos \dim U=3. Para todo A\in U,
T(A)=\operatorname{tr}(A)\,M=0\cdot M=0,
logo cada A\in U é autovetor associado ao autovalor \lambda=0 e a multiplicidade geométrica de 0 é pelo menos 3.

Passo 3

Agora observe que \operatorname{tr}(M)=1+1=2\neq0, então M\notin U e
T(M)=\operatorname{tr}(M)\,M=2\,M.
Isso mostra que M é autovetor de T com autovalor \lambda=2. A dimensão do espaço próprio de \lambda=2 é pelo menos 1.

Passo 4

Como já temos 3 autovetores linearmente independentes em U (todos com \lambda=0) e mais o autovetor M para \lambda=2, obtemos 4 autovetores independentes no espaço de dimensão 4. Logo a soma das dimensões dos espaços próprios é 3+1=4, o que implica que T é diagonalizável.

Resposta

A afirmação é verdadeira.

Exercícios relacionados