Seja T: \mathbb{R}^{4} \longrightarrow \mathbb{R}^{4} uma transformação linear cuja matriz na base canônica é [T]_{\text {can }}=\left(\begin{array}{cccc}4 & -3 & 1 & 1 \\\\ 2 & -1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & -4 & 3 \\\\ 0 & 0 & 2 & 1\end{array}\right).
a) O operador T é diagonalizável ? Em caso afirmativo, determine uma base B de \mathbb{R}^{4} e uma matriz invertível P \in \mathbb{M}_{4}(\mathbb{R}) para os quais [T]_{B}= P^{-1}[T]_{c a n} P é diagonal.
b) É possível concluir que T é um isomorfismo ? Justifique!
Passo 1
O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 cuja matriz na base canônica é
(a) T é diagonalizável? Em caso afirmativo, determinar uma base B de \mathbb{R}^4 formada por autovetores e uma matriz inversível P tal que [T]_B = P^{-1}[T]_{\text{can}}P seja diagonal.
(b) T é um isomorfismo? Justificar.
As informações relevantes dadas:
A matriz de T é uma matriz em bloco triangular (os dois blocos diagonais 2×2 são visíveis).
Para diagonalizar precisamos achar autovalores e autovetores, verificar multiplicidades algébrica e geométrica e construir uma base de autovetores se possível.
Passo 2
O que significa ser diagonalizável (explicação didática):
Uma transformação linear T (ou sua matriz) é diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^4 formada por autovetores de T. Nesse caso a matriz de T na base desses autovetores é diagonal.
Procedimento prático: (i) achar os autovalores \lambda resolvendo \det([T]_{\text{can}}-\lambda I)=0; (ii) para cada autovalor \lambda achar o espaço nulo de [T]_{\text{can}}-\lambda I (os autovetores) e sua dimensão (multiplicidade geométrica); (iii) comparar com a multiplicidade algébrica (multiplicidade de \lambda no polinômio característico). Se para todo \lambda a multiplicidade geométrica = multiplicidade algébrica e a soma das dimensões dos espaços próprios é 4, então T é diagonalizável.
Observação prática: se a matriz é (block) triangular, os autovalores são os elementos da diagonal (ou os autovalores dos blocos diagonais).
Passo 3
Encontrar os autovalores (usar a estrutura em bloco triangular):
A matriz é triangular por blocos com os blocos diagonais
Método para encontrar autovetores (lembrando que a parte inferior do sistema depende só de x_3,x_4\)):
- Para vetor \(x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T\) temos o sistema \(( [T]_{\text{can}}-\lambda I)x=0\), que se escreve por linhas:
\[\begin{cases} (4-\lambda)x_1-3x_2+x_3+x_4=0,\\[4pt] 2x_1+(-1-\lambda)x_2+x_3+x_4=0,\\[4pt] (-4-\lambda)x_3+3x_4=0,\\[4pt] 2x_3+(1-\lambda)x_4=0. \end{cases}
As duas últimas equações envolvem apenas x_3,x_4\] (sistema do bloco \(B-\lambda I), então primeiro resolvemos esse subsistema e depois usamos x_3,x_4 encontrados para resolver as duas primeiras linhas (que envolvem x_1,x_2).]
Passo 5
Autovetor para \lambda=1\):
- Resolver o subsistema inferior com \(\lambda=1\):
\[\begin{cases} (-4-1)x_3+3x_4 = -5x_3+3x_4=0,\\[4pt] 2x_3+(1-1)x_4=2x_3+0\cdot x_4=0. \end{cases}
A segunda equação dá x_3=0\]; então da primeira segue \(x_4=0. Portanto x_3=x_4=0.
Com x_3=x_4=0, as duas primeiras equações reduzem a (A-I)(x_1,x_2)^T=0, isto é
Logo x_2=\dfrac{1}{3}t e x_1=t-2x_2=t-\tfrac{2}{3}t=\tfrac{1}{3}t.
Tomando t=3 para evitar frações, obtemos um autovetor:
v_4=(1,1,-9,3)^T,
associado a \lambda=-5. A dimensão do espaço próprio para \lambda=-5 é 1 (ok com m.a.=1).]
Passo 7
Autovetores para \lambda=2\) (caso crítico: m.a.=2):
- Subsistema inferior com \(\lambda=2\):
\[\begin{cases} (-4-2)x_3+3x_4 = -6x_3+3x_4=0,\\[4pt] 2x_3+(1-2)x_4=2x_3-1x_4=0. \end{cases}
A primeira dá -6x_3+3x_4=0\Rightarrow -2x_3+x_4=0\Rightarrow x_4=2x_3\]. A segunda é equivalente. Então há uma dimensão 1 para a solução em \[(x_3,x_4): tome x_3=s, x_4=2s.
uma única equação efetiva (as duas são iguais). Logo temos dois parâmetros livres: por exemplo u\] para escolher \(x_2 e s para escolher a componente do bloco inferior. Assim a dimensão do espaço próprio é 2, igual à multiplicidade algébrica 2. Portanto não há problema para diagonalização.
Encontrar dois autovetores linearmente independentes correspondentes a \lambda=2. Usando a fórmula da equação:
Escolher s=0 e x_2=2 (para evitar frações): então x_1=\dfrac{3}{2}\cdot2=3. Obtemos
v_2=(3,2,0,0)^T.
Verificação rápida: T v_2 = (6,4,0,0)^T = 2v_2.
2. Escolher s=1 e x_2=1: então x_1=\dfrac{3}{2}\cdot1-\dfrac{3}{2}\cdot1=0. Obtemos
v_3=(0,1,1,2)^T.
Verificação rápida: T v_3 = (0,2,2,4)^T = 2v_3.
Assim, para \lambda=2 temos dois autovetores independentes v_2 e v_3, e a dimensão do espaço próprio é 2 (concorda com a m.a.).]
Passo 8
Conclusão sobre diagonalizabilidade e construção da base B e da matriz P:
Achamos espaços próprios com dimensões que somam 1+2+1=4, igual a \dim \mathbb{R}^4. Logo existe uma base de \mathbb{R}^4 formada por autovetores: T é diagonalizável.
Uma base de autovetores (escolhas convenientes já encontradas) é
b) Sim. T é um isomorfismo porque nenhum autovalor é 0 (produto dos autovalores =1\cdot2\cdot2\cdot(-5)=-20\neq0, logo \det([T]_{\text{can}})\neq0 e a matriz é invertível).]