Seja T: P_{2}(\mathbb{R}) \rightarrow P_{2}(\mathbb{R}) um operador linear cuja matriz na base canônica de P_{2}(\mathbb{R}),
B=\left\{1, x, x^{2}\right\}, é dada por [T]_{B}=\left[\begin{array}{ccc}1 & 0 & 4 \\\\ 0 & 2 & 0 \\\\ 0 & 1 & -3\end{array}\right].
a) Quanto vale T(1), T(x) e T\left(x^{2}\right) ? Justifique a sua resposta !
b) Determine todos os autovalores de T.
c) Determine uma base para cada autoespaço de T.
d) O operador T é diagonalizável ? Justifique a sua resposta !

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dado: a base canônica de P_{2}(\mathbb{R}) é B=\{1,x,x^{2}\}.
  • Dado: a matriz de T na base B é
[T]_{B}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 4 \\[4pt] 0 & 2 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & -3\end{pmatrix}.
O enunciado pede:
(a) calcular T(1),\;T(x) e T(x^{2});
(b) determinar todos os autovalores de T;
(c) determinar uma base para cada autoespaço (espaço próprio) de T;
(d) decidir se T é diagonalizável e justificar.]

Passo 2

Entendendo como ler a matriz em relação à base B (explicação passo a passo).
  • Quando temos uma base ordenada B=\{b_{1},b_{2},b_{3}\} e a matriz [T]_{B}, a j-ésima coluna de [T]_{B} contém as coordenadas de T(b_{j}) na base B.
  • Aqui b_{1}=1, b_{2}=x, b_{3}=x^{2}. Assim:
    • a primeira coluna são as coordenadas de T(1) em B;
    • a segunda coluna são as coordenadas de T(x) em B;
    • a terceira coluna são as coordenadas de T(x^{2}) em B.
Agora vou ler cada coluna da matriz e escrever o polinômio correspondente (cada entrada é o coeficiente do elemento da base na mesma ordem \{1,x,x^{2}\}).

Passo 3

Cálculo explícito de T(1),\;T(x),\;T(x^{2}).
  • Primeira coluna de [T]_{B} é \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}. Isso significa T(1)=1\cdot 1 + 0\cdot x + 0\cdot x^{2}=1.
  • Segunda coluna é \begin{pmatrix}0\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}. Isso significa T(x)=0\cdot 1 + 2\cdot x + 1\cdot x^{2}=2x+x^{2}.
  • Terceira coluna é \begin{pmatrix}4\\\ 0\\\ -3\end{pmatrix}. Isso significa T(x^{2})=4\cdot 1 + 0\cdot x + (-3)\cdot x^{2}=4-3x^{2}.

Passo 4

Definição e método para encontrar autovalores (explicação).
  • Um número \lambda é autovalor se existe vetor não nulo v tal que T(v)=\lambda v.
  • Em coordenadas pela base B, isso é equivalente a encontrar \lambda tais que a matriz A-[\lambda]I não seja invertível, onde A=[T]_{B}.
  • Portanto buscamos as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0.

Passo 5

Cálculo do polinômio característico \det(A-\lambda I).
  • Escrevendo A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 0 & 4 \\[4pt] 0 & 2-\lambda & 0 \\[4pt] 0 & 1 & -3-\lambda\end{pmatrix}.
  • Como a primeira coluna tem zeros nas entradas 2 e 3, a determinante fica simples:
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 0 \\[4pt] 1 & -3-\lambda\end{pmatrix}.
  • Calculando a determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}2-\lambda & 0 \\[4pt] 1 & -3-\lambda\end{pmatrix}=(2-\lambda)(-3-\lambda)-0\cdot 1.
  • Logo
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(2-\lambda)(-3-\lambda).
  • As raízes são obtidas impondo cada fator igual a zero: 1-\lambda=0 \Rightarrow \lambda=1,\qquad 2-\lambda=0 \Rightarrow \lambda=2,\qquad -3-\lambda=0 \Rightarrow \lambda=-3.]

Passo 6

Conclusão sobre os autovalores.
  • Os autovalores de T são \lambda=1,\;2,\;-3.
  • Observação: são três autovalores distintos, cada um com multiplicidade algébrica 1.

Passo 7

Método para encontrar autoespaços: resolver (A-\lambda I)v=0 para cada \lambda.
  • Vou resolver no sistema de coordenadas v=(a,b,c)^{T} que corresponde ao polinômio a+bx+cx^{2}.

Passo 8

Autoespaço para \lambda=1.
  • A-I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 4 \\[4pt] 0 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & -4\end{pmatrix}.
  • O sistema (A-I)(a,b,c)^{T}=0 gera as equações: 4c=0,\qquad b=0,\qquad b-4c=0.
  • Da primeira equação c=0. Da segunda b=0. A variável a não aparece em nenhuma equação, logo é livre.
  • Vetores próprios têm a forma (a,0,0), a\neq 0, que correspondem ao polinômio a\cdot 1.
  • Portanto o autoespaço associado a \lambda=1 é E_{1}=\operatorname{span}\{1\},cuja base pode ser \{1\}.]

Passo 9

Autoespaço para \lambda=2.
  • A-2I=\begin{pmatrix}-1 & 0 & 4 \\[4pt] 0 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & -5\end{pmatrix}.
  • O sistema (A-2I)(a,b,c)^{T}=0 gera: -a+4c=0,\qquad 0=0,\qquad b-5c=0.
  • Da primeira equação a=4c. Da terceira b=5c. A variável c é parâmetro livre, digamos c=t.
  • Assim v=t(4,5,1) com t\neq 0. Isso corresponde ao polinômio 4+5x+x^{2}.
  • Portanto o autoespaço associado a \lambda=2 é E_{2}=\operatorname{span}\{4+5x+x^{2}\}.]

Passo 10

Autoespaço para \lambda=-3.
  • A+3I=\begin{pmatrix}4 & 0 & 4 \\[4pt] 0 & 5 & 0 \\[4pt] 0 & 1 & 0\end{pmatrix}.
  • O sistema (A+3I)(a,b,c)^{T}=0 gera: 4a+4c=0,\qquad 5b=0,\qquad b=0.
  • Da segunda/terceira equações b=0. Da primeira a=-c. Tomando c=t parâmetro livre, obtemos v=t(-1,0,1).
  • Isso corresponde ao polinômio -1 + x^{2}, que normalmente escrevemos como x^{2}-1.
  • Portanto o autoespaço associado a \lambda=-3 é E_{-3}=\operatorname{span}\{x^{2}-1\}.]

Passo 11

Verificação de diagonalizabilidade (explicação didática).
  • Uma transformação linear em espaço de dimensão 3 é diagonalizável se existir uma base formada por 3 vetores próprios linearmente independentes.
  • Aqui encontrámos três autovalores distintos \lambda=1,2,-3. Para autovalores distintos, os vetores próprios correspondentes são sempre linearmente independentes (teorema padrão).
  • Além disso, cada autoespaço tem dimensão geométrica 1 e somando as dimensões obtemos 1+1+1=3, que é a dimensão do espaço.
  • Conclusão: existem 3 vetores próprios linearmente independentes, portanto T é diagonalizável.

Resposta

(a) T(1)=1, T(x)=2x+x^{2}, T(x^{2})=4-3x^{2}
(b) Os autovalores são \lambda=1,\;2,\;-3
(c) Bases dos autoespaços:
  • Para \lambda=1: \{1\}
  • Para \lambda=2: \{4+5x+x^{2}\}
  • Para \lambda=-3: \{x^{2}-1\}
(d) T é diagonalizável (há 3 autovalores distintos e uma base de 3 vetores próprios).

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