Verifique re nos ou nas diagonalizáveis os operadores lineares abaixo:
T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}
(x, y) \mapsto T(x, y)=(4 x+4 y, y)

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T: \mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} definido por
(x,y)\mapsto T(x,y)=(4x+4y,\;y).
O que a questão pede: verificar se T é diagonalizável (sobre \mathbb{R}).\n
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
\text{domínio/codominio: }\mathbb{R}^{2},\qquad T(x,y)=(4x+4y,\;y).í

Passo 2

Breve explicação do que vamos fazer (sem resolver ainda): para decidir se T é diagonalizável vamos representar T por uma matriz na base canônica, calcular os autovalores (valores próprios) dessa matriz usando o polinômio característico, achar os autovetores correspondentes e verificar se há dois autovetores linearmente independentes (um para cada dimensão de \mathbb{R}^{2}). Se encontrarmos uma base de \mathbb{R}^{2} formada por autovetores, a matriz (e portanto T) é diagonalizável. Vou explicar cada conceito conforme for usando.

Passo 3

Vamos obter a matriz de T na base canônica \{(1,0),(0,1)\}. Calculamos as imagens dos vetores da base:
T(1,0)=(4\cdot1+4\cdot0,\;0)=(4,0),
T(0,1)=(4\cdot0+4\cdot1,\;1)=(4,1).
A matriz A de T cujas colunas são T(1,0) e T(0,1) é
A=\begin{pmatrix}4 & 4\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Explicação rápida: cada coluna é a imagem do correspondente vetor da base canônica escrita em coordenadas dessa mesma base.]

Passo 4

Agora calculamos o polinômio característico de A. Por definição o polinômio característico é \det(A-\lambda I). Calculamos:
A-\lambda I=\begin{pmatrix}4-\lambda & 4\\[4pt]0 & 1-\lambda\end{pmatrix},
e portanto
\det(A-\lambda I)=(4-\lambda)(1-\lambda)-0=(4-\lambda)(1-\lambda).
As raízes (autovalores) são obtidas resolvendo (4-\lambda)(1-\lambda)=0, logo
\lambda_{1}=4,\qquad \lambda_{2}=1.
Comentário didático: quando o polinômio fatoriza em fatores lineares distintos, os autovalores são distintos. Autovalores distintos frequentemente implicam diagonalizabilidade, mas precisamos mostrar que há autovetores suficientes (um para cada autovalor).]

Passo 5

Encontrar autovetores para \lambda_{1}=4\). Procuramos vetores não nulos \(v=(x,y)\) tais que \((A-4I)v=0\). Escrevendo: \[A-4I=\begin{pmatrix}0 & 4\\[4pt]0 & -3\end{pmatrix},
então o sistema (A-4I)\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0 é
\begin{cases} 0\cdot x + 4\cdot y = 0,\\[4pt] 0\cdot x -3\cdot y = 0. \end{cases}
Ambas as equações dão y=0\]. Não há restrição sobre \(x, então x é livre; escolhendo x=1 obtemos um autovetor
v_{1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Explicação: um autovetor para \lambda=4 é qualquer múltiplo escalar de (1,0). Esse vetor satisfaz A v_{1}=4 v_{1}.]

Passo 6

Encontrar autovetores para \lambda_{2}=1. Calculamos A-I:
A-I=\begin{pmatrix}3 & 4\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}.
Resolvendo (A-I)\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0 obtemos a equação
3x+4y=0.
Isto dá x=-\dfrac{4}{3}y. Podemos escolher um valor conveniente para y para obter um vetor com entradas inteiras: tomando y=3 obtemos x=-4. Assim um autovetor é
v_{2}=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\end{pmatrix}.
Verificação rápida: multiplicando A v_{2} encontramos
A\begin{pmatrix}-4\\\ 3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}4(-4)+4(3)\\[4pt]0(-4)+1(3)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-16+12\\[4pt]3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\[4pt]3\end{pmatrix}=1\cdot v_{2},
ou seja, de fato v_{2} é autovetor associado a \lambda=1.]

Passo 7

Verificamos se os autovetores v_{1} e v_{2} são linearmente independentes. Formamos a matriz P cujas colunas são v_{1} e v_{2}:
P=\begin{pmatrix}1 & -4\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}.
O determinante de P é \det(P)=1\cdot 3 - 0\cdot(-4)=3\neq 0. Como \det(P)\neq 0, as colunas são linearmente independentes e, portanto, \{v_{1},v_{2}\} é uma base de \mathbb{R}^{2}.]

Passo 8

Conclusão e checagem final: como encontramos dois autovetores linearmente independentes (igual à dimensão do espaço), eles formam uma base de autovetores. Isso implica que existe uma matriz invertível P tal que
P^{-1}AP=D,
onde D é a matriz diagonal com as entradas \lambda_{1} e \lambda_{2}. No nosso caso, tomando as colunas de P como v_{1} e v_{2},
D=\begin{pmatrix}4 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Uma verificação direta que confirma isso é notar que A P = P D: a primeira coluna de AP é A v_{1}=4 v_{1} e a segunda coluna é A v_{2}=1 v_{2}, exatamente as colunas de P D. Como P é invertível, isso mostra explicitamente a diagonalização. Logo T é diagonalizável sobre \mathbb{R}.]

Resposta

Sim. T é diagonalizável sobre \mathbb{R}.\nAutovalores: \lambda_{1}=4, \lambda_{2}=1.\nAutovetores (exemplos): v_{1}=(1,0)^{T} para \lambda_{1}=4 e v_{2}=(-4,3)^{T} para \lambda_{2}=1.

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