Seja T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2} um operador linear dado por T(x, y)=(x, x+y). Verifique se T é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado pede para verificar se a aplicação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definida por T(x,y)=(x,x+y) é diagonalizável. Informações dadas:
  • A regra de T em coordenadas é T(x,y)=(x,x+y).
  • O espaço de trabalho é \mathbb{R}^2.
    A pergunta é única: “é T diagonalizável?” (responder sim ou não e justificar).

Passo 2

O que significa ser diagonalizável (explicação didática):
  • Dizemos que uma transformação linear T é diagonalizável se existe uma base de \mathbb{R}^2 formada por autovetores de T. Em termos de matrizes, isto significa que existe uma matriz invertível P tal que P^{-1}AP é diagonal, onde A é a matriz de T numa base.
  • Autovalor (ou autovalor) \lambda e autovetor v satisfazem T(v)=\lambda v (ou matricialmente (A-\lambda I)v=0).
  • Multiplicidade algébrica de um autovalor: é a multiplicidade desse autovalor como raiz do polinômio característico.
  • Multiplicidade geométrica de um autovalor: é a dimensão do espaço próprio (o conjunto de autovetores associados, incluindo o vetor nulo), isto é, a dimensão do núcleo de A-\lambda I.
  • Critério prático: para uma matriz 2\times2, ela é diagonalizável se e somente se a soma das dimensões dos espaços próprios for 2. Em particular, se um autovalor tem multiplicidade algébrica 2, é preciso que a sua multiplicidade geométrica também seja 2 (ou seja, que existam dois autovetores linearmente independentes) para ser diagonalizável. Se a multiplicidade geométrica for menor, não é diagonalizável.

Passo 3

Calcular a matriz de T na base canônica \{(1,0),(0,1)\}.
  • T(1,0) = (1,1).
  • T(0,1) = (0,1).
    Portanto a matriz de T na base padrão é
A = \begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 1 & 1\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calcular os autovalores de A (polinômio característico).
\det(A-\lambda I) = \det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 0 \\[4pt] 1 & 1-\lambda\end{pmatrix} = (1-\lambda)(1-\lambda)-0\cdot1 = (1-\lambda)^2.
Logo o único autovalor é \lambda=1 com multiplicidade algébrica 2.]

Passo 5

Encontrar o espaço próprio associado a \lambda=1 (autovetores).
Precisamos resolver (A-I)v=0. Calculando:
A-I = \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Se v=(x,y)^T, o sistema (A-I)v=0 dá as equações
0\cdot x + 0\cdot y = 0,
1\cdot x + 0\cdot y = 0.
A segunda equação dá x=0, e y é livre. Portanto os autovetores associados a \lambda=1 são todos os vetores da forma (0,y), y\neq 0. O espaço próprio tem dimensão 1. Em notação:
E_{1} = \{(0,y): y\in\mathbb{R}\} = \operatorname{span}\{(0,1)\},
logo a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 1.]

Passo 6

Conclusão sobre diagonalizabilidade (explicação e intuição):
  • Encontramos que o autovalor \lambda=1 tem multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1.
  • Como a soma das dimensões dos espaços próprios é 1<2, não existe base de \mathbb{R}^2 formada por autovetores; portanto A (e então T) não é diagonalizável.
  • Intuição: a matriz A é semelhante a um bloco de Jordan do tipo
\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}
(ou equivalente), ou seja, tem apenas uma direção própria e por isso não pode ser colocada numa forma diagonal.]

Resposta

Não. O autovalor \,1\, tem multiplicidade algébrica 2 e multiplicidade geométrica 1, logo T não é diagonalizável.

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