1^{\text {a }} ) Determine os autovalores, os autovetores e as multiplicidades algébricas e geométricas de cada autovalor de T(x, y)=(x+y, x-y) \in \mathcal{L}\left(\mathbb{R}^{2}\right). Seja C um conjunto formado pelos autovetores de T, verifique se C é uma base do \mathbb{R}^{2} e caso afirmativo determine [T]_{C}^{C}

Passo 1

Enunciado e o que é pedido. Temos a transformação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 definida por
T(x,y)=(x+y,\;x-y).
O enunciado pede:
  1. Determinar os autovalores (eigenvalues) de T.
  2. Determinar os autovetores (eigenvectors) correspondentes a cada autovalor.
  3. Determinar as multiplicidades algébricas e geométricas de cada autovalor.
  4. Seja C o conjunto formado pelos autovetores de T: verificar se C é uma base de \mathbb{R}^2.
  5. Se C for base, determinar a matriz de T na base C, isto é [T]_{C}^{C}.

Passo 2

Escrever T como matriz na base canônica para facilitar cálculos. Se tomarmos a base canônica e_1=(1,0) e e_2=(0,1), calculamos T(e_1) e T(e_2):
T(1,0)=(1+0,\;1-0)=(1,1), \qquad T(0,1)=(0+1,\;0-1)=(1,-1).
Logo a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 1 & -1\end{pmatrix},
porque as colunas são T(e_1) e T(e_2).]

Passo 3

Definição e procedimento para encontrar autovalores. Um autovalor \lambda e um autovetor não nulo v satisfazem T(v)=\lambda v, que em termos da matriz A é Av=\lambda v. Os autovalores são raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I). Vamos calcular \det(A-\lambda I).

Passo 4

Cálculo do polinômio característico. Escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[4pt] 1 & -1-\lambda\end{pmatrix}.
O determinante é
\det(A-\lambda I)=(1-\lambda)(-1-\lambda)-1.
Vamos desenvolver passo a passo:
(1-\lambda)(-1-\lambda)=-(1-\lambda)(1+\lambda)=-(1-\lambda^2)=\lambda^2-1.
Subtraindo 1 obtemos
\det(A-\lambda I)=\lambda^2-1-1=\lambda^2-2.
O polinômio característico é \lambda^2-2. As soluções de \lambda^2-2=0 são
\lambda=\pm\sqrt{2}.
Portanto os autovalores são \lambda_1=\sqrt{2} e \lambda_2=-\sqrt{2}.]

Passo 5

Multiplicidade algébrica. A multiplicidade algébrica de um autovalor é a multiplicidade da raiz correspondente no polinômio característico. Como \lambda^2-2 se fatoriza como (\lambda-\sqrt{2})(\lambda+\sqrt{2}) com cada fator simples, ambas as raízes têm multiplicidade algébrica 1:
\text{mult. alg.}(\sqrt{2})=1,\qquad \text{mult. alg.}(-\sqrt{2})=1.

Passo 6

Cálculo dos autovetores para \lambda=\sqrt{2}. Precisamos resolver (A-\sqrt{2}I)v=0. Escrevendo v=(x,y),
\begin{pmatrix}1-\sqrt{2} & 1 \\[4pt] 1 & -1-\sqrt{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Das equações da primeira linha obtemos
(1-\sqrt{2})x + y = 0 \quad\Longrightarrow\quad y=(\sqrt{2}-1)x.
A segunda equação é dependente da primeira (deveria ser, pois o determinante é zero), então a solução geral do sistema é
v=x\begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{2}-1\end{pmatrix},\qquad x\in\mathbb{R}.
Escolhemos um autovetor não nulo simples, por exemplo
v_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{2}-1\end{pmatrix},
que satisfaz T(v_1)=\sqrt{2}\,v_1.]

Passo 7

Cálculo dos autovetores para \lambda=-\sqrt{2}. Resolvendo (A+\sqrt{2}I)v=0, ou explicitamente
\begin{pmatrix}1+\sqrt{2} & 1 \\[4pt] 1 & -1+\sqrt{2}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt] 0\end{pmatrix}.
Da primeira linha vem
(1+\sqrt{2})x + y = 0 \quad\Longrightarrow\quad y=-(1+\sqrt{2})x.
Assim a solução geral é
v=x\begin{pmatrix}1\\[4pt]-(1+\sqrt{2})\end{pmatrix},\qquad x\in\mathbb{R}.
Escolhemos um autovetor não nulo:
v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-(1+\sqrt{2})\end{pmatrix},
que satisfaz T(v_2)=-\sqrt{2}\,v_2.]

Passo 8

Multiplicidades geométricas. A multiplicidade geométrica de um autovalor é a dimensão do espaço próprio (o núcleo de A-\lambda I). Para cada autovalor acima resolvemos e obtivemos uma família unidimensional de autovetores (um parâmetro x), então
\text{mult. geom.}(\sqrt{2})=1,\qquad \text{mult. geom.}(-\sqrt{2})=1.

Passo 9

Verificar se C=\{v_1,v_2\} é base de \mathbb{R}^2. Dois vetores em \mathbb{R}^2 formam base se e só se são linearmente independentes. Uma forma direta e clássica de ver independência é usar que autovetores correspondentes a autovalores distintos são linearmente independentes. Alternativamente podemos verificar diretamente: suponha \alpha v_1+\beta v_2=0. Aplicando T e usando T(v_i)=\lambda_i v_i obtemos \alpha\lambda_1 v_1+\beta\lambda_2 v_2=0. Subtraindo \lambda_2 vezes a primeira combinação, temos \alpha(\lambda_1-\lambda_2)v_1=0. Como \lambda_1-\lambda_2=2\sqrt{2}\neq 0 e v_1\neq 0, concluímos \alpha=0; similarmente \beta=0. Logo v_1 e v_2 são linearmente independentes e portanto C é uma base de \mathbb{R}^2.

Passo 10

Matriz de T na base C. Quando temos uma base formada por autovetores, a matriz de T nessa base é diagonal cujas entradas diagonais são os autovalores correspondentes, na ordem dos vetores da base. Como escolhemos C=(v_1,v_2) com T(v_1)=\sqrt{2}\,v_1 e T(v_2)=-\sqrt{2}\,v_2, os vetores coluna de [T]_{C}^{C} são as coordenadas de T(v_1) e T(v_2) em C:
[T]_{C}^{C}=\begin{pmatrix}\sqrt{2} & 0 \\[4pt] 0 & -\sqrt{2}\end{pmatrix}.]

Resposta

Autovalores: \sqrt{2},\; -\sqrt{2} (cada um com multiplicidade algébrica 1 e multiplicidade geométrica 1).\n
Autovetores: para \lambda=\sqrt{2} qualquer múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]\sqrt{2}-1\end{pmatrix}; para \lambda=-\sqrt{2} qualquer múltiplo de \begin{pmatrix}1\\[4pt]-(1+\sqrt{2})\end{pmatrix}.\n
C é base de \mathbb{R}^2 (os dois autovetores são linearmente independentes) e
[T]_{C}^{C}=\begin{pmatrix}\sqrt{2} & 0 \\[4pt] 0 & -\sqrt{2}\end{pmatrix}.]

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