1^{\underline{a}} ) Seja A=\left(\begin{array}{cc}2 & 4 \\\\ 3 & 13\end{array}\right).
a) Se \alpha=\{(1,0),(0,1)\} é a base canônica do \mathbb{R}^{2} determine T \in L\left(\mathbb{R}^{2}\right) tal que [T]_{\alpha}^{\alpha}=A
b) Determine o polinômio característico de T, os autovalores e os subespaços próprios.
c) Verifique que T é diagonalizável e determine uma base \beta formada por autovetores de forma que [T]_{\beta}^{\beta} seja uma matriz diagonal
d) Determine uma matriz M \in M_{2} de forma que [T]_{\beta}^{\beta}=M^{-1} \cdot A \cdot M

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 4 \\[4pt] 3 & 13\end{pmatrix}
e a base canônica \alpha=\{(1,0),(0,1)\} de \mathbb{R}^2. As perguntas são:
a) Determinar T\in L(\mathbb{R}^2) tal que [T]_{\alpha}^{\alpha}=A.
b) Determinar o polinômio característico de T, os autovalores e os subespaços próprios (autovetores).
c) Verificar se T é diagonalizável e, se for, encontrar uma base \beta de autovetores tal que [T]_{\beta}^{\beta} seja diagonal.
d) Determinar uma matriz M\in M_2 tal que [T]_{\beta}^{\beta}=M^{-1} A M.
Todos os dados necessários estão na matriz A e na base canônica; não há figura ou dado externo.]

Passo 2

Interpretação de [T]_{\alpha}^{\alpha}=A e construção de T.
Quando a matriz de T na base canônica \alpha é A, as colunas de A são as imagens dos vetores da base canônica. Ou seja:
T(1,0)=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix},\qquad T(0,1)=\begin{pmatrix}4\\[4pt]13\end{pmatrix}.
Como T é linear, para um vetor genérico (x,y) escrevemos (x,y)=x(1,0)+y(0,1) e então
T(x,y)=x\,T(1,0)+y\,T(0,1).]

Passo 3

Escrevendo explicitamente a fórmula de T.
Usando o que dissemos:
T(x,y)=x\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\end{pmatrix}+y\begin{pmatrix}4\\[4pt]13\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2x+4y\\[4pt]3x+13y\end{pmatrix}.
Portanto T é exatamente o operador cujo efeito sobre (x,y) é dado pela multiplicação pela matriz A.]

Passo 4

Cálculo do polinômio característico de T (ou de A) — revisão rápida do conceito.
O polinômio característico de uma matriz A é \chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I). Aqui I é a matriz identidade 2\times2 e \lambda é a variável. O determinante de uma matriz 2\times2 \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} é ad-bc. Vamos aplicar.

Passo 5

Compute \chi_A(\lambda).
Primeiro formamos A-\lambda I:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 4\\[4pt]3 & 13-\lambda\end{pmatrix}.
Agora o determinante:
\chi_A(\lambda)=\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(13-\lambda)-4\cdot 3.
Expandindo:
(2-\lambda)(13-\lambda)=26-2\lambda-13\lambda+\lambda^2=\lambda^2-15\lambda+26.
Subtraindo 4\cdot3=12:
\chi_A(\lambda)=\lambda^2-15\lambda+26-12=\lambda^2-15\lambda+14.
Fatorando o polinômio: procuramos fatores de 14 cuja soma é 15; são 1 e 14. Logo
\chi_A(\lambda)=(\lambda-1)(\lambda-14).]

Passo 6

Autovalores (definição e resultado).
Os autovalores são as raízes do polinômio característico. Portanto os autovalores são
\lambda_1=1\qquad\text{e}\qquad \lambda_2=14.

Passo 7

Cálculo do subespaço próprio associado a \lambda=1 (procedimento passo a passo).
Subespaço próprio para \lambda=1 é o conjunto de vetores v\neq 0 tais que (A-1\cdot I)v=0. Formamos A-I:
A-I=\begin{pmatrix}2-1 & 4\\[4pt]3 & 13-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1 & 4\\[4pt]3 & 12\end{pmatrix}.
Queremos resolver
\begin{pmatrix}1 & 4\\[4pt]3 & 12\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação dá 1\cdot x+4\cdot y=0, logo x=-4y. A segunda equação é 3x+12y=0, que é equivalente à primeira (multiplicada por 3), então não traz nova restrição. Tomando y=t como parâmetro livre, obtemos
v=t\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Portanto o subespaço próprio (autespaço) associado a \lambda=1 é
E_{1}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 8

Cálculo do subespaço próprio associado a \lambda=14.
Formamos A-14I:
A-14I=\begin{pmatrix}2-14 & 4\\[4pt]3 & 13-14\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-12 & 4\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix}.
Resolvemos
\begin{pmatrix}-12 & 4\\[4pt]3 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
A primeira equação é -12x+4y=0, que simplifica para -3x+y=0 ou y=3x. Tomando x=s temos
v=s\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix},\qquad s\in\mathbb{R}.
Então
E_{14}=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 9

Verificação da diagonalizabilidade (teoria + aplicação).
Um operador linear em um espaço de dimensão 2 é diagonalizável se existirem dois autovetores linearmente independentes que formem uma base. Uma maneira prática: se a matriz tem dois autovalores distintos (no corpo \mathbb{R}), os autovetores correspondentes são linearmente independentes. Aqui temos autovalores distintos \lambda_1=1 e \lambda_2=14, logo existem dois autovetores linearmente independentes (por exemplo \begin{pmatrix}-4\\\ 1\end{pmatrix} e \begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix}). Portanto T é diagonalizável.
Escolhemos a base de autovetores
\beta=\left\{\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}.
Na base \beta, a matriz de T é diagonal com entradas os autovalores correspondentes na mesma ordem:
[T]_{\beta}^{\beta}=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 14\end{pmatrix}.]

Passo 10

Determinar M tal que [T]_{\beta}^{\beta}=M^{-1}AM e verificação.
A matriz de mudança de base M que transforma coordenadas da base \beta para a base canônica \alpha tem como colunas as coordenadas dos vetores de \beta em relação à \alpha. Assim escolhemos
M=\begin{pmatrix}-4 & 1\\[4pt]1 & 3\end{pmatrix},
porque a primeira coluna é \begin{pmatrix}-4\\\ 1\end{pmatrix} e a segunda é \begin{pmatrix}1\\\ 3\end{pmatrix}.
Verificação rápida que M^{-1}AM é diagonal: como cada coluna m_j de M é um autovetor associado a \lambda_j, temos A m_1 = 1\cdot m_1 e A m_2 = 14\cdot m_2. Isso implica AM=M\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&14\end{pmatrix}. Multiplicando à esquerda por M^{-1} obtemos M^{-1}AM=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&14\end{pmatrix}, que é exatamente [T]_{\beta}^{\beta}.
Opcional: o determinante de M é \det(M)=(-4)\cdot 3 - 1\cdot 1 = -13\neq 0, então M é invertível e a mudança de base é válida. Se quisermos, a inversa é
M^{-1}=-\tfrac{1}{13}\begin{pmatrix}3 & -1\\[4pt]-1 & -4\end{pmatrix},
e pode-se multiplicar explicitamente e verificar que M^{-1}AM=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&14\end{pmatrix}.]

Resposta

a) T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2,\qquad T(x,y)=\begin{pmatrix}2x+4y\\[4pt]3x+13y\end{pmatrix}.
b) \chi_T(\lambda)=\lambda^2-15\lambda+14=(\lambda-1)(\lambda-14). Autovalores: \lambda=1 e \lambda=14. Subespaços próprios: E_{1}=\operatorname{span}\!\{\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix}\}, E_{14}=\operatorname{span}\!\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}\}.
c) T é diagonalizável. Uma base de autovetores é \beta=\left\{\begin{pmatrix}-4\\[4pt]1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\} e [T]_{\beta}^{\beta}=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&14\end{pmatrix}.
d) Pode-se tomar M=\begin{pmatrix}-4&1\\[4pt]1&3\end{pmatrix}. Então M é invertível ( \det M=-13) e M^{-1}AM=\begin{pmatrix}1&0\\[4pt]0&14\end{pmatrix}=[T]_{\beta}^{\beta}.]

Exercícios relacionados