Verifique quais dos operadores lineares a seguir são diagonalizáveis. Em caso afirmativo, determine o polinômio característico de T e a matriz diagonal, relativa à base \alpha dos autovetores associados aos autovalores.
T: R^{2} \rightarrow R^{2}, definido por T(x, y)=(x+y, 2 x+y).
Resposta: p(\lambda)=\lambda^{2}-2 \lambda-1,
[T]_{\alpha}^{\alpha}=\left( \begin{array}{cc} 1-\sqrt{2} & 0 \\ 0 & 1+\sqrt{2} \end{array}\right) .

Passo 1

O enunciado dá o operador linear
T\colon \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2,\qquad T(x,y)=(x+y,\;2x+y),
pede para verificar se T é diagonalizável, achar seu polinômio característico e, em caso afirmativo, exibir a matriz diagonal de T relativa à base \alpha formada pelos autovetores.

Passo 2

Na base canônica \{e_1=(1,0),\,e_2=(0,1)\}, a matriz de T é
A = [T]_{\text{can}} = \begin{pmatrix}1 & 1 \\[6pt] 2 & 1\end{pmatrix}.
O polinômio característico é
p(\lambda)=\det(A - \lambda I) =\det\!\begin{pmatrix}1-\lambda & 1 \\[3pt] 2 & 1-\lambda\end{pmatrix} =(1-\lambda)^2-2 =\lambda^2-2\lambda-1.]

Passo 3

As raízes de
\lambda^2-2\lambda-1=0
são
\lambda = \frac{2\pm\sqrt{4+4}}{2} =1\pm\sqrt{2}.
Como aparecem dois autovalores distintos em \mathbb{R}, concluímos que T é diagonalizável.

Passo 4

Para \lambda_{1}=1-\sqrt{2}, solve-se
\bigl(A-\lambda_{1}I\bigr)v=0, que leva a
-\sqrt{2}\,x + y = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_{1} = \begin{pmatrix}1\\\\ -\sqrt{2}\end{pmatrix}.
Para \lambda_{2}=1+\sqrt{2}, análogamente,
-\sqrt{2}\,x + y = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_{2} = \begin{pmatrix}1\\\ \;\sqrt{2}\end{pmatrix}.
A base \alpha=\{v_{1},v_{2}\} de autovetores diagonaliza T, e a matriz de T em \alpha é
[T]_{\alpha}^{\alpha} =\begin{pmatrix} 1-\sqrt{2} & 0\\[4pt] 0 & 1+\sqrt{2} \end{pmatrix}.]

Resposta

p(\lambda)=\lambda^{2}-2\lambda-1
[T]_{\alpha}^{\alpha} =\begin{pmatrix} 1-\sqrt{2} & 0\\\\ 0 & 1+\sqrt{2} \end{pmatrix}.

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