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
[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).
As perguntas são:
  • (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
A=\left(\begin{array}{cc}4 & -3\\[2pt]2 & -1\end{array}\right) \qquad\text{e}\qquad B=\left(\begin{array}{cc}-4 & 3\\[2pt]2 & 1\end{array}\right).
  • Os autovalores de [T]_{\text{can}} são os autovalores de A e de B.
    Calcular autovalores de A:
\det(A-\lambda I)=\det\left(\begin{array}{cc}4-\lambda & -3\\[2pt]2 & -1-\lambda\end{array}\right) =(4-\lambda)(-1-\lambda)-(-3)\cdot2.
Desenvolvendo:
(4-\lambda)(-1-\lambda)+6 = -4-4\lambda+\lambda+\lambda^2+6 = \lambda^2-3\lambda+2.
Resolvendo \lambda^2-3\lambda+2=0 obtemos \lambda=1 e \lambda=2.
Calcular autovalores de B:
\det(B-\lambda I)=\det\left(\begin{array}{cc}-4-\lambda & 3\\[2pt]2 & 1-\lambda\end{array}\right) =(-4-\lambda)(1-\lambda)-3\cdot2.
Desenvolvendo:
(-4-\lambda)(1-\lambda)-6 = -4+4\lambda-\lambda+\lambda^2-6 = \lambda^2+3\lambda-10.
Resolvendo \lambda^2+3\lambda-10=0 dá discriminante 9+40=49, logo \lambda=\dfrac{-3\pm7}{2}, ou seja \lambda=2 e \lambda=-5.
Portanto os autovalores de T (com multiplicidade algébrica) são
\lambda=1\\ (\text{m.a. }1),\qquad \lambda=2\\ (\text{m.a. }2),\qquad \lambda=-5\\ (\text{m.a. }1).]

Passo 4

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
\left(\begin{array}{cc}3 & -3\\[2pt]2 & -2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x_1\\[2pt]x_2\end{array}\right)=0.
Isto é 3x_1-3x_2=0 (segunda linha proporcional). Logo x_1=x_2. Um autovetor conveniente (escolhendo x_1=1) é
v_1=(1,1,0,0)^T,
correspondente a \lambda=1. A dimensão do espaço próprio para \lambda=1 é 1 (ok com m.a.=1).]

Passo 6

Autovetor para \lambda=-5\): - Subsistema inferior com \(\lambda=-5\): \[\begin{cases} (-4+5)x_3+3x_4 = 1\cdot x_3+3x_4=0,\\[4pt] 2x_3+(1+5)x_4=2x_3+6x_4=0. \end{cases}
A primeira equação dá x_3=-3x_4\]. A segunda é equivalente (verifica-se), então tome \[x_4=t e x_3=-3t com t\neq0.
  • Agora usar essas x_3,x_4 nas primeiras duas equações:
\left(\begin{array}{cc}4+5 & -3\\[2pt]2 & -1+5\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x_1\\[2pt]x_2\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}x_3+x_4\\[2pt]x_3+x_4\end{array}\right) =0,
ou seja
\begin{cases} 9x_1-3x_2 + (x_3+x_4)=0,\\[4pt] 2x_1+4x_2 + (x_3+x_4)=0. \end{cases}
Com x_3=-3t\] e \[x_4=t temos x_3+x_4=-2t. Substituindo:
\begin{cases} 9x_1-3x_2 -2t=0,\\[4pt] 2x_1+4x_2 -2t=0. \end{cases}
Resolver para x_1,x_2\] em função de \(t. Da segunda: 2x_1 =2t-4x_2 assim x_1 = t-2x_2. Substituir na primeira:
9(t-2x_2)-3x_2-2t=0 \Rightarrow 9t-18x_2-3x_2-2t=0 \Rightarrow -21x_2+7t=0.
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 \[(x_3,x_4): tome x_3=s, x_4=2s.
  • Substituir nas primeiras equações com \lambda=2:
(A-2I)(x_1,x_2)^T + (x_3+x_4)\begin{pmatrix}1\\[2pt]1\end{pmatrix}=0,
onde A-2I=\left(\begin{smallmatrix}2 & -3\\[2pt]2 & -3\end{smallmatrix}\right) e x_3+x_4=s+2s=3s. Assim as equações reduzem a
\begin{cases} 2x_1-3x_2+3s=0,\\[4pt] 2x_1-3x_2+3s=0, \end{cases}
uma única equação efetiva (as duas são iguais). Logo temos dois parâmetros livres: por exemplo u\] 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:
2x_1-3x_2+3s=0 \Rightarrow x_1=\dfrac{3}{2}x_2-\dfrac{3}{2}s.
Escolhas convenientes:
  1. 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=\{\,v_1,v_2,v_3,v_4\,\}
com
v_1=(1,1,0,0)^T,\quad v_2=(3,2,0,0)^T,\quad v_3=(0,1,1,2)^T,\quad v_4=(1,1,-9,3)^T.
  • Tomando P como a matriz cujas colunas são esses vetores (na mesma ordem), temos
P=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 3 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -9\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 3 \end{array}\right).
Então
P^{-1}[T]_{\text{can}}P = \operatorname{diag}(1,2,2,-5) = \left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -5 \end{array}\right).
(Isto é imediato porque cada coluna de P é um autovetor com o autovalor correspondente na diagonal.)]

Passo 9

Resposta à pergunta (b) — T é isomorfismo?
  • Uma transformação linear é isomorfismo se e somente se é bijetora equivalendo a sua matriz (na base canônica) ser invertível.
  • A matriz é invertível se e somente se 0 não é autovalor de T. Aqui os autovalores são 1,2,2,-5; nenhum é 0.
  • Alternativamente, \det([T]_{\text{can}})= produto dos autovalores =1\cdot 2\cdot 2\cdot(-5)=-20\neq0. Logo a matriz é invertível e T é um isomorfismo.

Resposta

a) Sim. Uma base de autovetores é B=\{(1,1,0,0)^T,(3,2,0,0)^T,(0,1,1,2)^T,(1,1,-9,3)^T\}. Tomando
P=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 3 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -9\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 3 \end{array}\right),
temos
P^{-1}[T]_{\text{can}}P=\operatorname{diag}(1,2,2,-5).
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).]

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