AD2-ALII-2019-2-gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro
AD2 – Álgebra Linear II – 2019/2
Gabarito
AVISO: É obrigatório, nas resoluções de sistemas lineares, reduzir por linhas à forma em escada a matriz
associada ao sistema.
Questão 1 (2,4 pontos) Seja Π o plano gerado por v1 = (1, 5, 2) e v2 = (1,−1, 2). Considere o
operador linear T reflexão com respeito ao plano Π.
a) [1,0 pt] Dê exemplo de uma base ortonormal do R3 formada por autovetores de T , indicando os
seus autovalores.
b) [0,6 pt] Determine uma matriz ortogonal P que diagonaliza T e a sua correspondente matriz
diagonal D.
c) [0,8 pt] Determine a matriz A que representa T na base canônica do R3.
Solução:
a) Vamos, primeiramente, construir uma base ortogonal do R3 formada por autovetores de T .
A reflexão com respeito a um plano Π tem as seguintes propriedades:
Se u ∈ Π, então T (u) = u. Logo, u ∈ Π e u ̸= (0, 0, 0) é autovetor de T associado ao
autovalor 1.
Se u ⊥ Π, então T (u) = −u. Logo, u ⊥ Π e u ̸= (0, 0, 0) é autovetor de T associado ao
autovalor −1.
Portanto, v1 = (1, 5, 2) e v2 = (1,−1, 2) são autovetores de T associados ao autovalor 1.
Observamos que v1 ⊥ v2.
O vetor v3 = v1 × v2 é normal ao plano Π, logo é autovetor associado ao autovalor −1.
Temos v3 = v1 × v2 = det
 −→i −→j −→k1 5 2
1 −1 2
 = 12−→i − 0−→j − 6−→k = 6(2, 0,−1). Podemos tomar
v3 = (2, 0,−1).
Assim,
{v1 = (1, 5, 2)︸ ︷︷ ︸
λ1=1
, v2 = (1,−1, 2)︸ ︷︷ ︸
λ2=1
, v3 = (2, 0,−1)︸ ︷︷ ︸
λ3=−1
}.
é uma base ortogonal do R3 formada por autovetores de T .
Normalizando esses vetores, obtemos a base ortonormal formada por autovetores de T
β =
{
u1 =
v1
∥v1∥ =
(
1√
30
, 5√
30
, 2√
30
)
, u2 =
v2
∥v2∥ =
(
1√
6
,− 1√
6
, 2√
6
)
, u3 =
v3
∥v3∥ =
(
2√
5
, 0,− 1√
5
)}
,
associados, respectivamente, aos autovalores λ1 = 1, λ2 = 1 e λ3 = −1.
1
b) Uma matriz ortogonal P é a matriz de mudança de base, da base ortonormal β (obtida no item
(a)) para a base canônica, dada por P =
[
u1 u2 u3
]
=

1√
30
1√
6
2√
5
5√
30
− 1√
6
0
2√
30
2√
6
− 1√
5
.
A sua correspondente matriz diagonal é D =
 λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 =
 1 0 00 1 0
0 0 −1
.
c) Temos que
A = PDP−1 = PDP t =

1√
30
1√
6
2√
5
5√
30
− 1√
6
0
2√
30
2√
6
− 1√
5

 1 0 00 1 0
0 0 −1


1√
30
5√
30
2√
30
1√
6
− 1√
6
2√
6
2√
30
2√
6
− 1√
5

=

1√
30
1√
6
2√
5
5√
30
− 1√
6
0
2√
30
2√
6
− 1√
5


1√
30
5√
30
2√
30
1√
6
− 1√
6
2√
6
− 2√
5
0 1√
5
 =
 −35 0 450 0 1
4
5 1
3
5
 .
Questão 2 (3,1 pontos) Seja v = (4,−1, 2).
a) [1,6 pts] Determine uma base ortonormal β = {u1, u2, u3} do R3 tal que u3 tenha mesma direção
e sentido de v e u1 × u2 = u3.
b) [0,5 pt] Determine a matriz Aβ que representa na base β a rotação de π radianos, no sentido
positivo, em torno da reta ℓ gerada por v.
c) [1,0 pt] Determine a matriz A, que representa na base canônica, a rotação de π radianos, no sentido
positivo, em torno da reta ℓ gerada por v.
Solução:
a) Escolhemos, primeiramente, uma base ortogonal do R3 com v3 = v = (4,−1, 2). Os dois primeiros
vetores v1 e v2 devem estar no plano Γ de equação 4x− y + 2z = 0, plano normal a v passando pela
origem.
Tomamos v1 = (1, 0,−2), fazendo x = 1, y = 0 e obtendo z = −2.
Seja v2 = (a, b, c) ̸= (0, 0, 0) tal que{
v2 ∈ Γ ⇐⇒ 4a− b+ 2c = 0
v2 ⊥ v1 ⇐⇒ ⟨v1, v2⟩ = 0 ⇐⇒ ⟨(1, 0,−2), (a, b, c)⟩ = 0 ⇐⇒ 1a+ 0b− 2c = 0.
Nesse caso, a matriz associada ao sistema acima é
[
1 0 −2
4 −1 2
]
. Reduzindo por linhas à forma
em escada, obtemos[
1 0 −2
4 −1 2
]
L2←L2−4L1∼
[
1 0 −2
0 −1 10
]
L2←−L2∼
[
1 0 −2
0 1 −10
]
.
Assim, a − 2c = 0 e b − 10c = 0 e logo, v2 = (2c, 10c, c), c ∈ R. Fazemos c = 2 e escolhemos
v2 = (2, 10, 1).
Temos que v1×v2 = det
 −→i −→j −→k1 0 −2
2 10 1
 = 20−→i −5−→j +10−→k = 5(4,−1, 2) = 5v3 tem mesma direção
e sentido de v3. Logo, {v1, v2, v3} é uma base ortogonal orientada positivamente (vale a regra da mão
direita). Normalizando esses vetores, obtemos que
2
β =
{
u1 =
v1
∥v1∥
=
(
1√
5
, 0,− 2√
5
)
, u2 =
(
2√
105
,
10√
105
,
1√
105
)
, u3 =
v3
∥v3∥
=
(
4√
21
,− 1√
21
,
2√
21
)}
é uma base ortonormal do R3 com u3 = u1 × u2 e u3 tendo mesma direção e sentido de v = v3.
b)
Aβ =
 cosπ − senπ 0senπ cosπ 0
0 0 1
 =
 −1 0 00 −1 0
0 0 1
 .
c) A = PAβP
−1, onde P é a matriz de mudança de base, da base β para a base canônica, é dada por
P =
[
u1 u2 u3
]
=

1√
5
2√
105
4√
21
0 10√
105
− 1√
21
− 2√
5
1√
105
2√
21

e P−1 = P t (P é matriz ortogonal). Logo,
A =

1√
5
2√
105
4√
21
0 10√
105
− 1√
21
− 2√
5
1√
105
2√
21

 −1 0 00 −1 0
0 0 1


1√
5
0 − 2√
5
2√
105
10√
105
1√
105
4√
21
− 1√
21
2√
21

=

1√
5
2√
105
4√
21
0 10√
105
− 1√
21
− 2√
5
1√
105
2√
21


− 1√
5
0 2√
5
− 2√
105
− 10√
105
− 1√
105
4√
21
− 1√
21
2√
21

=

11
21 −
8
21
16
21
− 821 −
19
21 −
4
21
16
21 −
4
21 −
13
21
 .
Questão 3 (2,7 pontos) Sejam a, b, c números reais e consideremos o operador linear definido por
T (x, y, z) =
(
3√
26
x+ a y + 1√
3
z, 4√
26
x+ b y − 1√
3
z, 1√
26
x+ c y + 1√
3
z
)
.
a) [0,3 pt] Determine a matriz de T na base canônica.
b) [2,0 pts] Determine os números reais a, b, c para que T seja um operador ortogonal.
c) [0,4 pt] Quantos operadores ortogonais há? Justifique a sua resposta.
Solução:
a) Como T (1, 0, 0) =
(
3√
26
, 4√
26
, 1√
26
)
, T (0, 1, 0) = (a, b, c) e T (0, 0, 1) =
(
1√
3
,− 1√
3
, 1√
3
)
, então
A =

3√
26
a 1√
3
4√
26
b − 1√
3
1√
26
c 1√
3
 .
b) T é um operador ortogonal se, e somente se, as colunas (ou linhas) da matriz A são unitárias e
ortogonais. Note que 926 +
16
26 +
1
26 =
26
26 = 1 ,
1
3 +
1
3 +
1
3 =
3
3 = 1 e
3√
78
− 4√
78
+ 1√
78
= 0. Logo,
3

3√
26
a+ 4√
26
b+ 1√
26
c = 0
1√
3
a− 1√
3
b+ 1√
3
c = 0 e
a2 + b2 + c2 = 1, (⋆)
Primeiramente, vamos resolver o sistema linear homogêneo
{
3√
26
a+ 4√
26
b+ 1√
26
c = 0
1√
3
a− 1√
3
b+ 1√
3
c = 0 e
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:
[
1√
3
− 1√
3
1√
3
3√
26
4√
26
1√
26
] L1 ← √3L1
L2 ←
√
26L2∼
[
1 −1 1
3 4 1
]
L2←L2−3L1∼
[
1 −1 1
0 7 −2
]
L2← 17 L2∼
[
1 −1 1
0 1 −27
]
L1←L1+L2∼
[
1 0 57
0 1 −27
]
Logo,
a+
5
7
c = 0 e b− 2
7
c = 0 ⇒ a = −5
7
c e b =
2
7
c.
Substituindo em (⋆), obtemos
1 = a2 + b2 + c2 =
25
49
c2 +
4
49
c2 + c2 =
78
49
c2 ⇒ c2 = 49
78
⇒ c = ± 7√
78
.
Então
a =
5√
78
, b = − 2√
78
e c = − 7√
78
ou a = − 5√
78
, b =
2√
78
e c =
7√
78
.
c) Há dois operadores ortogonais, pois há duas possibilidades de matrizes ortogonais
A =

3√
26
a 1√
3
4√
26
b − 1√
3
1√
26
c 1√
3
 .

3√
26
5√
78
1√
3
4√
26
− 2√
78
− 1√
3
1√
26
− 7√
78
1√
3
 ou

3√
26
− 5√
78
1√
3
4√
26
2√
78
− 1√
3
1√
26
7√
78
1√
3
 .
Questão 4 (1,8 pontos) Seja T a projeção ortogonal sobre a reta normal a (8, 15) passando pela
origem.
a) [1,0 pt] Dê exemplo de uma base ortonormal do R2 formada por autovetores de T , indicando os
autovalores.
b) [0,8 pt] Determine T (x, y).
Solução:
(a) A projeção ortogonal T sobre uma reta ℓ tem as seguintes propriedades:
Se u ∈ ℓ, então T (u) = u. Logo, u ∈ ℓ e u ̸= (0, 0) é autovetor de T associado ao autovalor 1.
Se u ⊥ ℓ, então T (u) = (0, 0) = 0u. Logo, u ⊥ Π e u ̸= (0, 0) é autovetor de T associado ao
autovalor 0.
Como (8, 15) é normal a ℓ, então (−15, 8) ⊥ (8, 15), logo (−15, 8) ∈ ℓ. Tomamos
4
v1 = (−15, 8) ∈ ℓ, v2 = (8, 15) ⊥ ℓ.
Normalizando esses vetores, obtemos que
β =
{
u1 =
v1
∥v1∥
=
(
−15
17
,
8
17
)
, u2 =
v2
∥v2∥
=
(
8
17
,
15
17
)}
é uma base ortonormal do R2 formada por autovetores de T associados, respectivamente, aos autova-
lores λ1 = 1 e λ2 = 0.
(b) Usamos a base β obtida no item (a). Sendo v = (x, y), temosque
v = ⟨v, u1⟩u1 + ⟨v, u2⟩u2.
Segue que
T (v) = ⟨v, u1⟩T (u1) + ⟨v, u2⟩T (u2) = ⟨v, u1⟩u1,
pois T (u1) = u1 e T (u2) = (0, 0). Assim
T (x, y) = T (v) = ⟨v, u1⟩u1
=
⟨
(x, y),
(
−1517 ,
8
17
)⟩ (
−1517 ,
8
17
)
= −15x+8y17
(
−1517 ,
8
17
)
=
(
225x−120y
289 ,
−120x+64y
289
)
.
Logo,
T (x, y) =
(
225x− 120y
289
,
−120x+ 64y
289
)
.
5