Universidade Federal Rural do Semiárido-UFERSADepartamento de Ciências Exatas e NaturaisCurso: Bacharelado em Ciência e Tecnologia e ComputaçãoDisciplina: Álgebra Linear

Aluno(a):

Turno: � Manhã � Tarde � Noite

• Entregar dia 04/11(Turmas manhã e tarde)

• Entregar dia 05/11 (Turma noite)

1. Se T : M2×2 →M2×2, com T

[a bc d

]=

[d ab c

], encontre:

(a) A matriz da transformação na base α =

{[1 00 0

],

[0 −10 0

],

[0 01 0

],

[0 00 −2

]}(b) O polinômio característico.

(c) Os autovalores e autovetores

(d) As multiplicidades algébrica e geométrica de cada autovalor.

Solução:

(a)

T

[1 00 0

]=

[0 10 0

]= 0

[1 00 0

]− 1

[0 −10 0

]+ 0

[0 01 0

]+ 0

[0 00 −2

]T

[0 −10 0

]=

[0 0−1 0

]= 0

[1 00 0

]+ 0

[0 −10 0

]− 1

[0 01 0

]+ 0

[0 00 −2

]T

[0 01 0

]=

[0 00 1

]= 0

[1 00 0

]+ 0

[0 −10 0

]+ 0

[0 01 0

]− 1

2

[0 00 −2

]T

[0 00 −2

]=

[−2 0

0 0

]= −2

[1 00 0

]+ 0

[0 −10 0

]+ 0

[0 01 0

]+ 0

[0 00 −2

]

[T ]αα =

0 0 0 −2−1 0 0 0

0 −1 0 00 0 − 1

2 0

(b) Como o polinômio característico não depende da base escolhida, vamos tomar abase canônica

e encontrar a matriz nesta base.

[T ] =

0 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

det

∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 0 0 1

1 −λ 0 00 1 −λ 00 0 1 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = −λ(−1)1+1

∣∣∣∣∣∣−λ 0 0

1 −λ 00 1 −λ

∣∣∣∣∣∣+ 1(−1)2+1

∣∣∣∣∣∣0 0 11 −λ 00 1 −λ

∣∣∣∣∣∣−λ(1) · (−λ3)− 1(1) = 0 ⇒ λ4 − 1 = 0

Polinômio característico: p(λ) = λ4 − 1.

1 1 0 0 0 -1-1 1 1 1 1 0

1 0 1 0

p(λ) = λ4 − 1 = (λ− 1)(λ+ 1)(λ− i)(λ+ i).

(c) Temos apenas dois autovalores reais(−1 e 1) e dois complexos(i e −i), encontraremos apenasos autovetores reais.

• Autovetores associados a λ = −1Voltando a matriz obtida no item a), se v = (x, y, z, w) são as coordenadas deste autovetor,temos

1 0 0 −2−1 1 0 0

0 −1 1 00 0 − 1

2 1

xyzw

=

0000

x− 2w = 0−x+ y = 0⇒ x = y−y + z = 0⇒ y = z− 1

2z + w = 0⇒ z = 2w

Ou seja, v = (x, x, x, x).

v = x

[1 00 0

]+ x

[0 −10 0

]+ x

[0 01 0

]+ x

[0 00 −2

]=

[x xx x

]• Autovetores associados a λ = 1:

−1 0 0 −2−1 −1 0 0

0 −1 −1 00 0 − 1

2 −1

xyzw

=

0000

−x− 2w = 0−x− y = 0⇒ x = −y−y − z = 0⇒ y = −z− 1

2z − w = 0⇒ z = −2w

Ou seja, v = (x,−x, x,−x2 ).

v = x

[1 00 0

]− x

[0 −10 0

]+ x

[0 01 0

]− x

2

[0 00 −2

]=

[x −xx −x2

](d) Tanto a multiplicidade algébrica quanto a geométrica de todos os autovalores é 1.

2. Ache os autovalores e autovetores correspondentes das matrizes:

(a)

2 0 1 00 2 0 112 0 3 00 −1 0 0

(b)

1 3 −30 4 0−3 3 1

Solução:

(a) 2 0 1 00 2 0 112 0 3 00 −1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣

2− λ 0 1 00 2− λ 0 112 0 3− λ 00 −1 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2−λ)(−1)1+1

∣∣∣∣∣∣2− λ 0 1

0 3− λ 0−1 0 −λ

∣∣∣∣∣∣+(1)(−1)1+3

∣∣∣∣∣∣0 2− λ 1

12 0 00 −1 −λ

∣∣∣∣∣∣Daí, encontramos o polinômio característico:

p(λ) = (λ2 − 2λ+ 1)(λ2 − 5λ− 6)

Os autovalores são 1,−1, 1 e 6.

• Autovetores associados a 1:Se v = (x, y, z, t) é o autovetor, temos

1 0 1 00 1 0 112 0 2 00 −1 0 −1

xyzt

=

0000

⇒

x+ z = 0 ⇒ x = −z = 0y + t = 012x+ 2z = 0 ⇒ z = 0−y − t = 0 ⇒ y = −t

v = (0,−t, 0, t)• Autovetores associados a −1:

3 0 1 00 3 0 112 0 4 00 −1 0 1

xyzt

=

0000

⇒

3x+ z = 03y + t = 012x+ 4z = 0 ⇒ z = −3x−y + t = 0 ⇒ y = t

v = (x, 0,−3x, 0)

• Autovetores associados a 6:−4 0 1 00 −4 0 112 0 −3 00 −1 0 −6

xyzt

=

0000

⇒

−4x+ z = 0−4y + t = 012x− 3z = 0 ⇒ z = 3x−y − 6t = 0 ⇒ y = −6t

v = (x, 0, 3x, 0)

(b) 1 3 −30 4 0−3 3 1

⇒ det

∣∣∣∣∣∣1− λ 3 −3

0 4− λ 0−3 3 1− λ

∣∣∣∣∣∣(1− λ)(4− λ)(1− λ)− 9(4− λ) = (4− 5λ+ λ2) · (1− λ)− 9(4− λ) = 0

= 4− 9λ+ 6λ2 − λ3 − 36 + 9λ

= λ3 − 6λ2 + 32 = 0

Polinômio característico: p(λ) = λ3 − 6λ2 + 32.-2 1 -6 0 32

1 -8 16 0

λ3 − 6λ2 + 32 = (λ+ 2)(λ2 − 8λ+ 16) = (λ+ 2)(λ− 4)

Autovalores: -2 e 4.

• Autovetores associados a 4: −3 3 −30 0 0−3 3 −3

xyz

=

000

⇒ y = x+ z

(x, x+ z, z) = x(1, 1, 0) + z(0, 1, 1)

v = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)]

• Autovetores associados a -2: 3 3 −30 6 0−3 3 3

xyz

=

000

⇒{x = zy = 0

(x, 0, x) = x(1, 0, 1).

3. Se T : P3 → P3 é dada por T (ax3 + bx2 + cx + d) = dx3 − cx2 + 2bx − 3a, encontre o polinômiocaracterístico da transformação sabendo que α = {x3 − 1, x2 + 3x, 2x− 1, 4} é uma base de P3.

Solução:T (x3 − 1) = (−1)x3 − (0)x2 + 2(0)x− 3(1) = −x3 − 3

T (x2 + 3x) = (0)x3 − (3)x2 + 2(1)x− 3(0) = −3x2 + 2x

T (2x− 1) = (−1)x3 − (2)x2 + 2(0)x− 3(0) = −x3 − 2x2

T (4) = 4x3

•

−x3 − 3 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)

= ax3 + bx2 + x(3b+ 2c) + 4d− a− ca = −1b = 0c = 0d = −1

•−3x2 − 2x = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)

a = 0b = −3c = 7

2d = 7

8

•−x3 − 2x2 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)

a = −1b = −2c = 3d = 1

2

•43 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)

a = 4b = 0c = 0d = 1

[T ]αα =

−1 0 −1 4

0 −3 −2 00 7/2 3 0−1 7/8 1/2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣−1− λ 0 −1 4

0 −3− λ −2 00 7/2 3− λ 0−1 7/8 1/2 1− λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Daí obtemos:p(λ) = λ4 + 5λ2 + 6

Utilizando a base canônica do P3, {x3, x2, x, 1}, vemos que resulta no mesmo polinômio ca-racterístico, como já era esperado.

[T ] =

0 0 0 10 0 −1 00 2 0 0−3 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣−λ 0 0 1

0 −λ −1 00 2 −λ 0−3 0 0 −λ

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0

Daí obtemos:p(λ) = λ4 + 5λ2 + 6

4. Enuncie e prove o Teorema do Núcleo e da Imagem.Solução: Tem feito no livro.

5. Seja λ autovalor da transformação linear T . Se v é autovetor associado a λ, mostre que w1 = πv ew2 = π

√37v são autovetores de T , associados ao autovalor λ.

Solução: Seja T uma transformação linear e λ é um autovalor dessa transformação. Como v é umautovetor associado a λ, temos que

T (v) = λv.

Considere agora o vetor w = kv, k ∈ R, ou seja, w é múltiplo do vetor v. Quando aplicamos atransformação em w, temos:

T (w) = T (kv) = kT (v) = k(λv) = λ(kv) = λw.

Daí, vemos que w também é autovetor associado a λ. Sendo k = π ou k = π√

37, obtemos:

T (πv) = πT (v) = π(λv) = λ(πv)

T (π√

37v) = π√

37T (v) = π√

37(λv) = λ(π√

37v)

6. Mostre que se um operador linear T : V → V admite λ = 0 como autovalor, então T não éinversível.

Solução: Ser inversível é ser injetora e sobrejetora, simultaneamente. Se mostrarmos que a trans-formação não é injetora(ou não é sobrejetora) ela não será inversível. Assim, se λ = 0 é autovalor,se T (u) = T (v) ⇒ T (u − v) = 0 = 0(u − v), ou seja, u − v é autovetor associado a 0. Por issou− v 6= 0, ou seja, ker(T ) 6= 0, e T não é injetiva.

7. Encontre T : R2 → R2 linear sabendo que v1 = (y,−y) e v2 = (0, y) são autovetores de T associadosaos autovalores λ1 = 1 e λ2 = 3, respectivamente.

Solução: Temos:

• (1,−1) é um autovetor associado a λ = 1;

• (0, 1) é um autovetor associado a λ = 3.

T (1,−1) = 1(1,−1) = (1,−1) T (0, 1) = 3(0, 1) = (0, 3)

(x, y) = a(1,−1) + b(0, 1) = (a,−a) + (0, b) = (a,−a+ b){x = ay = −a+ b ⇒ y = −x+ b ⇒ b = x+ y

(x, y) = x(1,−1) + (x+ y)(0, 1)

T (x, y) = xT (1,−1) + (x+ y)T (0, 1)

= xT (1,−1) + (x+ y)(0, 3)

= (x,−x) + (0, 3x+ 3y)

= (x, 2x+ 3y),

ou seja,T (x, y) = (x, 2x+ 3y).

8. (a) Determine as matrizes das rotações em R2 que admitem autovalores e autovetores.

(b) Determine os autovalores e os autovetores destas rotações.

Solução:

(a) A matriz de rotação é dada abaixo. [cos θ − sin θsin θ cos θ

]Para obtermos os autovalores, devemos encontrar o determinante abaixo:∣∣∣∣ cos θ − λ − sin θ

sin θ cos θ − λ

∣∣∣∣ =

(cos θ − λ)2 + sin2 θ = λ2 − 2λ cos θ + 1 = 0

Assim, polinômio característico é p(λ) = λ2 − 2λ cos θ + 1. Para encontrarmos os autovaloresprecisamos que p(λ) = 0. Como queremos autovalores reais, precisamos que ∆ ≥ 0, assim

∆ = (−2 cos θ)2 − 4(1)(1) = 4 cos2 θ − 4⇒ θ = 180o ou θ = 360o

, substitua na matriz acima e obtenha as matrizes das rotações. Observe que os autovaloressão −1 e 1. Descubra você os autovetores(tenter ver geometricamente).

9. Se T : V → V é linear com λ um seu autovalor, mostre que o autoespaço Vλ = {u ∈ V |Tu = λu}é subespaço vetorial de V .

Solução:

• Sejam u, v ∈ Vλ, ou seja, Tu = λu e Tv = λv então:

T (u+ v) = Tu+ Tv

= λu+ λv

= λ(u+ v)

• Seja u ∈ Vλ e k ∈ R, então:

T (ku) = kTu

= k(λu)

= λ(ku).

Logo, Vλ é subespaço vetorial de V .