Seja T: V \rightarrow V um operador linear e V=\left[x^{2}, \cos x\right].
Na base B=\left\{x^{2}, \cos x\right\} a matriz de transformação é [T]_{B}^{B}=\left[\begin{array}{ll}5 & -2 \\\\ 9 & -4\end{array}\right].
Encontre uma nova base B^{\prime} em que [T]_{B^{\prime}}^{B^{\prime}} é diagonal.
Valendo menos: encontre M para que M^{-1}\left[\begin{array}{ll}5 & -2 \\\\ 9 & -4\end{array}\right] M seja diagonal.

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:V\to V com V=\operatorname{span}\{x^{2},\cos x\}. Na base B=\{x^{2},\cos x\} a matriz de T é
A \coloneqq [T]_{B}^{B}=\begin{pmatrix}5 & -2 \\[4pt] 9 & -4\end{pmatrix}.
O que se pede:
  • Encontrar uma nova base B' de V em que a matriz de T seja diagonal.
  • (Opcional/valendo menos) Encontrar uma matriz M tal que M^{-1} A M seja diagonal.
Aqui estão as informações relevantes que temos e vamos usar:
  • A matriz A representada acima.
  • A ideia-chave é buscar autovalores \lambda e autovetores v de A (isto é, soluções de A v=\lambda v). Se houver dois autovetores linearmente independentes em \mathbb{R}^2, então eles formam uma base B' na qual a matriz é diagonal.]

Passo 2

Conceito usado (explicado com calma):
  • Um autovalor \lambda de A é um número tal que existe um vetor não nulo v com A v=\lambda v.
  • Para encontrar \lambda resolvemos a equação característica \det(A-\lambda I)=0.
  • Um autovetor associado a \lambda é qualquer vetor não nulo que satisfaça (A-\lambda I)v=0.
  • Se conseguirmos dois autovalores distintos (no caso 2×2) então os autovetores associados são linearmente independentes e formam uma base que diagonaliza A.
Vou aplicar isto passo a passo ao nosso A.

Passo 3

Calcular o polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Escrevo:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}5-\lambda & -2 \\[4pt] 9 & -4-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(5-\lambda)(-4-\lambda)-(-2)\cdot 9.
Agora desenvolvo cuidadosamente:
(5-\lambda)(-4-\lambda)=5(-4-\lambda)-\lambda(-4-\lambda)=-20-5\lambda+4\lambda+\lambda^{2}=\lambda^{2}-\lambda-20.
Somando o termo +18 vindo de -(-2)\cdot 9 obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^{2}-\lambda-20+18=\lambda^{2}-\lambda-2.
Logo a equação característica é
\lambda^{2}-\lambda-2=0.
Fatorando:
\lambda^{2}-\lambda-2=(\lambda-2)(\lambda+1)=0,
portanto os autovalores são
\lambda_{1}=2,\qquad \lambda_{2}=-1.
Comentário didático: como obtivemos dois autovalores distintos, sabemos que A é diagonalizável e teremos duas direções (autovetores) que formam uma base.]

Passo 4

Encontrar um autovetor para \lambda_{1}=2\). Resolvemos \((A-2I)v=0\): \[A-2I=\begin{pmatrix}5-2 & -2 \\[4pt] 9 & -4-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3 & -2 \\[4pt] 9 & -6\end{pmatrix}.
O sistema linear associado é
\begin{cases} 3x-2y=0,\\[4pt] 9x-6y=0. \end{cases}
As duas equações são múltiplas, basta usar a primeira: 3x-2y=0\Rightarrow 2y=3x\Rightarrow y=\dfrac{3}{2}x\]. Para obter um vetor com entradas inteiras escolho \(x=2, então y=3. Um autovetor correspondente é
v_{1}=\begin{pmatrix}2\\[4pt] 3\end{pmatrix}.
No espaço V=\operatorname{span}\{x^{2},\cos x\} esse autovetor representa a combinação linear 2x^{2}+3\cos x.]

Passo 5

Encontrar um autovetor para \lambda_{2}=-1\). Resolvemos \((A+I)v=0\): \[A-(-1)I=A+I=\begin{pmatrix}5+1 & -2 \\[4pt] 9 & -4+1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6 & -2 \\[4pt] 9 & -3\end{pmatrix}.
O sistema é
\begin{cases} 6x-2y=0,\\[4pt] 9x-3y=0. \end{cases}
Da primeira equação 6x-2y=0\Rightarrow 2y=6x\Rightarrow y=3x\]. Escolhendo \(x=1 obtemos y=3. Um autovetor é
v_{2}=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 3\end{pmatrix}.
Em V esse autovetor corresponde a x^{2}+3\cos x.]

Passo 6

Formo a matriz M cujas colunas são os autovetores v_{1},v_{2} (na ordem que corresponde aos autovalores escolhidos \lambda_{1}=2,\\ \lambda_{2}=-1):
M=\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix}.
Explicação do porquê: multiplicando A por cada coluna de M obtemos A v_{1}=2 v_{1} e A v_{2}=-1 v_{2}. Isso implica
A M = M \begin{pmatrix}2 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}.
Multiplicando à esquerda por M^{-1} vem
M^{-1} A M = \begin{pmatrix}2 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix},
que é a matriz diagonal desejada.
Posso calcular M^{-1} para completar a verificação. O determinante de M é
\det M = 2\cdot 3 - 1\cdot 3 = 6-3=3.
Portanto
M^{-1}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}3 & -1 \\[4pt] -3 & 2\end{pmatrix}.
Se quiser verificar explicitamente, pode multiplicar M^{-1} A M e confirmar que dá \operatorname{diag}(2,-1). (Já demonstramos que A v_{1}=2 v_{1} e A v_{2}=-1 v_{2}, o que garante a diagonalização.)
Observação prática: a base B' formada pelos autovetores pode ser qualquer par de autovetores não nulos colineares aos que escolhemos (isto é, pode-se escalar cada vetor); isso apenas escala colunas de M e não impede a diagonalização, apenas pode permutar/alterar a ordem dos autovalores na diagonal.]

Resposta

B'=\{\,2x^{2}+3\cos x,\;x^{2}+3\cos x\,\}
M=\begin{pmatrix}2 & 1 \\[4pt] 3 & 3\end{pmatrix},\qquad M^{-1}AM=\begin{pmatrix}2 & 0 \\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix}]

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