Seja T: \mathbb{R}^{4} \longrightarrow \mathbb{R}^{4} o operador cuja matriz na base canônica é dada por
[T]_{C}^{C}=\left[\begin{array}{cccc} 1 & -2 & 0 & 2 \\\\ 1 & 4 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & 2 \end{array}\right]
a) (1,0 pt) Calcule os autovaloes de T.
b) ( 1,0 \mathrm{pt} ) Calcule os autovetores de T.
c) (0,5 \mathrm{pt}) T é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado nos dá um operador T:\mathbb R^4\to\mathbb R^4 cuja matriz na base canônica é triangular por blocos
[T]_C^C=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 0 & 2\\\\ 1 & 4 & 1 & 1\\\\ 0 & 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}
e pede (a) os autovalores, (b) os autovetores e (c) se T é diagonalizável. O conteúdo aqui é teoria espectral: calcular o polinômio característico de uma matriz triangular por blocos, resolver (T-\lambda I)v=0 para cada autovalor e verificar se a soma das dimensões dos autoespaços é 4.

Passo 2

Para achar os autovalores, usamos que o determinante de uma matriz triangular por blocos é o produto dos determinantes dos blocos diagonais. O bloco superior é
A=\begin{pmatrix} 1 & -2\\\\ 1 & 4 \end{pmatrix},
cujo polinômio característico é
\det(A-\lambda I)=\det\begin{pmatrix} 1-\lambda & -2\\\\ 1 & 4-\lambda \end{pmatrix}=(1-\lambda)(4-\lambda)+2=\lambda^2-5\lambda+6.
O bloco inferior é
B=\begin{pmatrix} 1 & 0\\\\ 1 & 2 \end{pmatrix},
com
\det(B-\lambda I)=(1-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^2-3\lambda+2.
Assim o polinômio característico de toda a matriz é
p(\lambda)=(\lambda^2-5\lambda+6)(\lambda^2-3\lambda+2).

Passo 3

Resolvendo as raízes de cada fator:
\lambda^2-5\lambda+6=0\implies\lambda=2,3,
\lambda^2-3\lambda+2=0\implies\lambda=1,2.
Portanto os autovalores de T são
\lambda=3,\quad \lambda=2\\ (\text{multiplicidade }2),\quad \lambda=1.

Passo 4

Para [\lambda=3), resolvemos (T-3I)v=0. O sistema resultante é
\begin{cases} -2x_1-2x_2+2x_4=0,\\\ x_1+x_2+x_3+x_4=0,\\\\ -2x_3=0,\\\ x_3-x_4=0. \end{cases}
Das duas últimas vêm x_3=0\] e \(x_4=0. As duas primeiras reduzem-se a x_1+x_2=0. Logo um autovetor é
v_3=(-1,1,0,0)^\mathsf T.

Passo 5

Para [\lambda=2), (T-2I)v=0
\begin{cases} -x_1-2x_2+2x_4=0,\\\ x_1+2x_2+x_3+x_4=0,\\\\ -\,x_3=0,\\\ x_3=0. \end{cases}
Daí x_3=0\], somando as duas primeiras vem \(3x_4=0 e x_4=0, depois x_1=-2x_2. Um autovetor da parte superior é
v_{2,1}=(-2,1,0,0)^\mathsf T.
No bloco inferior com \lambda=2, (B-2I)w=0 w=(0,1), estendido a \mathbb R^4 como
v_{2,2}=(0,0,0,1)^\mathsf T.

Passo 6

Para [\lambda=1), (T-I)v=0 gera
\begin{cases} -2x_2+2x_4=0,\\\ x_1+3x_2+x_3+x_4=0,\\\\ 0=0,\\\ x_3+x_4=0. \end{cases}
Da primeira x_2=x_4\], da última \(x_3=-x_4 e na segunda x_1=-3x_4. Assim
v_1=(-3,1,-1,1)^\mathsf T
é um autovetor para \lambda=1.

Passo 7

Os autovetores obtidos são quatro e linearmente independentes (cada um associado a uma raiz e respeitando as multiplicidades), gerando um espaço de dimensão 4. Logo T é diagonalizável.

Resposta

a) Os autovalores são \lambda=3, \lambda=2 (multiplicidade 2) e \lambda=1.
b) Autovetores correspondentes:
\lambda=3: v_3=(-1,1,0,0)^\mathsf T.
\lambda=2: v_{2,1}=(-2,1,0,0)^\mathsf T e v_{2,2}=(0,0,0,1)^\mathsf T.
\lambda=1: v_1=(-3,1,-1,1)^\mathsf T.
c) Sim, T é diagonalizável.

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