Álgebra linear ii - p2 - 2007
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Segunda prova de Álgebra Linear de 2007TRANSCRIPT
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Gabarito Turma A2a Prova de Algebra Linear para Engenharia II MAT 2458
24/10/2007
Questao 1.(a) (1,0) Seja T : R3 R3 o operador linear dado por
T (x, y, z) = (2x, x+ 3y, 5x+ 3z).
Verifique se o operador T e ou nao e diagonalizavel.
(b) Seja A =
1 2 02 1 00 0 1
.(b1) (1,5) Encontre uma matriz ortogonal M tal que
M tAM =
1 0 00 1 00 0 3
.(b2) (1,0) Encontre uma matriz B tal que B3 = A.
Solucao.
(a) A matriz de T com respeito a` base canonica de R3 e:
[T ]can =
2 0 01 3 05 0 3
.Temos entao que o polinomio caracterstico de T e:
2 0 01 3 05 0 3
= (2 )(3 )2.Todas as razes complexas do polinomio caracterstico de T sao reais. Os autova-lores de T sao 2 (com multiplicidade algebrica igual a 1) e 3 (com multiplicidadealgebrica igual a 2). Para determinar se T e ou nao diagonalizavel, temos apenasque verificar se a multiplicidade geometrica do autovalor 3 e ou nao igual a 2 (poisa multiplicidade geometrica do autovalor 2 e necessariamente igual a 1). Temos:
[T 3I]can =1 0 01 0 0
5 0 0
.Da a imagem do operador T 3I tem dimensao igual a 1 (sendo gerada pelovetor (1, 1, 5)) e portanto o nucleo de T 3I tem dimensao igual a 3 1 = 2,
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isto e, a multiplicidade geometrica do autovalor 3 e igual a 2. Conclumos entaoque T e diagonalizavel.
(b1) Vamos procurar uma base ortonormal C de R3 (relativamente ao produto internocanonico) constituda por autovetores de A (ou seja, por autovetores do operadorlinear em R3 cuja matriz com respeito a` base canonica e A). Obteremos a matrizortogonal M desejada fazendo M = [I]C,can, isto e, M deve conter os vetores deC em suas colunas.
O polinomio caracterstico de A e igual a1:
det(A I) =1 2 02 1 00 0 1
= (+ 1)[(1 )2 4] = (+ 1)2( 3).Da os autovalores de A sao 1 e 3. O autoespaco correspondente ao autovalor1 e o conjunto solucao do sistema linear homogeneo: 2 2 02 2 0
0 0 0
xyz
= 0.Esse sistema e equivalente a` equacao 2x 2y = 0, isto e, a x = y. O conjuntosolucao e constitudo pelas trincas da forma:
(x, x, z) = x(1, 1, 0) + z(0, 0, 1), x, z R.Portanto {(1, 1, 0), (0, 0, 1)} e uma base do autoespaco correspondente ao auto-valor 1; observe que essa base e ortogonal2. O autoespaco correspondente aoautovalor 3 e o conjunto solucao do sistema linear homogeneo:2 2 02 2 0
0 0 4
xyz
= 0.Esse sistema e equivalente a`s equacoes 2x+ 2y = 0 e z = 0; seu conjunto solucaoe constitudo pelas trincas da forma (x,x, 0) = x(1,1, 0), x R. Portanto{(1,1, 0)} e uma base do autoespaco correspondente ao autovalor 3. Ja que Ae uma matriz simetrica, conclumos que:
{(1, 1, 0), (0, 0, 1), (1,1, 0)}e uma base ortogonal de autovetores de A e portanto:
C ={
12(1, 1, 0), (0, 0, 1), 1
2(1,1, 0)}
1Poderamos tambem confiar que o enunciado proposto e soluvel e assumir que os autovalores de A sao1 e 3, evitando o trabalho de calcular o polinomio caracterstico de A. Se o enunciado estivesse erradoe os autovalores de A nao fossem esses, descobriramos isso na hora de calcular os autoespacos.
2Ja que estamos procurando uma base ortonormal de autovetores de A, precisaramos utilizar o pro-cesso de ortogonalizacao de GramSchmidt caso essa base ja nao fosse ortogonal.
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e uma base ortonormal de autovetores de A. Fazendo:
M =
12
0 12
12
0 12
0 1 0
temos que M e uma matriz ortogonal (isto e, M t = M1) e:
M tAM = M1AM =
1 0 00 1 00 0 3
.(b2) Basta tomar:
B = M
1 0 00 1 00 0 3
3
M t = 1
20
332
12
0 332
0 1 0
12
12
0
0 0 112
12
0
.Da:
B =
3312
33+12 0
33+12
3312 0
0 0 1
.
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Gabarito Turma A2a Prova de Algebra Linear para Engenharia II MAT 2458
24/10/2007
Questao 2. Considere em R3 o produto interno
(x1, y1, z1), (x2, y2, z2) = x1x2 + y1y2 + z1z2.Seja T : R3 R3 o operador linear dado por
[T ]B =
3 1 20 2 01 3 4
onde B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 1, 1)}.
(a) (1,5) Usando a matriz de T em relacao a` base canonica de R3, verifique que T esimetrico.
(b) (2,0) Determine uma base ortonormal C de R3 que diagonaliza T .
Solucao.
(a) Temos:
T (1, 0, 0) = (3, 0, 1)B = (3, 1, 1),T (0, 1, 0) = (1, 2,3)B = (1,1,3),
e:
T (0, 0, 1) = T (0, 1, 1)T (0, 1, 0) = (2, 0,4)B(1, 2,3)B = (1,2,1)B = (1,3,1).Da:
[T ]can =
3 1 11 1 31 3 1
.Como a matriz [T ]can e simetrica e a base canonica e ortonormal, conclumos queo operador T e simetrico.
(b) O polinomio caracterstico de T e:3 1 1
1 1 31 3 1
= (3 + 52 4 20) = ( 2)(+ 2)(+ 5).Portanto os autovalores de T sao 2, 2 e 5. O autoespaco correspondente aoautovalor 2 e o conjunto solucao do sistema linear homogeneo:5 1 11 3 3
1 3 3
xyz
= 0.
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Esse sistema e equivalente a`s equacoes 5x + y + z = 0 e x 3y 3z = 0, quepor sua vez sao equivalentes a`s equacoes 14y 14z = 0 e x 3y 3z = 0. Aprimeira equacao e equivalente a y = z e obtemos entao da segunda equacaoque x = 0. O conjunto solucao e formado pelas trincas (0,z, z) = z(0,1, 1),z R e logo {(0,1, 1)} e uma base do autoespaco correspondente ao autovalor2. O autoespaco correspondente ao autovalor 2 e o conjunto solucao do sistemalinear homogeneo: 1 1 11 1 3
1 3 1
xyz
= 0.Esse sistema e equivalente a:1 1 10 2 2
0 2 2
xyz
= 0.O conjunto solucao do sistema e formado pelas trincas (2z, z, z) = z(2, 1, 1), z Re portanto {(2, 1, 1)} e uma base do autoespaco correspondente ao autovalor 2.O autoespaco correspondente ao autovalor 5 e o conjunto solucao do sistemalinear homogeneo: 2 1 11 4 3
1 3 4
xyz
= 0.Esse sistema e equivalente a:1 4 30 7 7
0 7 7
xyz
= 0.Seu conjunto solucao e formado pelas trincas (z, z, z) = z(1, 1, 1), z R eportanto {(1, 1, 1)} e uma base do autoespaco correspondente ao autovalor 5.Como T e um operador simetrico (e como seus autovalores tem multiplicidadealgebrica igual a 1), temos que:
{(0,1, 1), (2, 1, 1), (1, 1, 1)}e uma base ortogonal formada por autovetores de T e portanto:
C ={
12(0,1, 1), 1
6(2, 1, 1), 1
3(1, 1, 1)}
e uma base ortonormal de R3 formada por autovetores de T . Da:
[T ]C =
2 0 00 2 00 0 5
.
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Gabarito Turma A2a Prova de Algebra Linear para Engenharia II MAT 2458
24/10/2007
Questao 3. Sejam a, b, c, d, e numeros reais tais que a + b + c + d + e 6= 0. SejaT : R5 R5 o operador linear cuja matriz em relacao a` base canonica de R5 e
[T ]can =
a a a a ab b b b bc c c c cd d d d de e e e e
.
(a) (1,0) Determine a dimensao da imagem e a dimensao do nucleo de T .
(b) (1,0) Mostre que (a, b, c, d, e) e um autovetor de T e determine o autovalor cor-respondente.
(c) (1,0) Mostre que T e diagonalizavel.
Solucao.
(a) A imagem de T e gerada pelo vetor (a, b, c, d, e) e portanto tem dimensao igual a1 (note que esse vetor e nao nulo, ja que a + b + c + d + e 6= 0). O nucleo de Ttem portanto dimensao igual a 5 1 = 4.
(b) Temos:
T (a, b, c, d, e) =
a a a a ab b b b bc c c c cd d d d de e e e e
abcde
= (a+ b+ c+ d+ e)abcde
.Da (a, b, c, d, e) e um autovetor de T correspondente ao autovalor a+b+c+d+e.
(c) Seja B uma base do nucleo de T ; segue do item (a) que B tem quatro elementos.Como a+b+c+d+e 6= 0, segue do item (b) que o vetor (a, b, c, d, e) nao pertenceao nucleo de T e portanto:
B = B {(a, b, c, d, e)}e um conjunto linearmente independente com cinco elementos. Logo B e umabase de R5. Essa base de R5 e constituda por autovetores de T (note que oselementos do nucleo sao autovetores correspondentes ao autovalor nulo). Logo Te diagonalizavel.