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,

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.

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

.

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.

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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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.