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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 AP3 – Álgebra Linear II – 16/12/2017 Gabarito Questão 1 (1,0 ponto) Determine os valores de a, b, c ∈ R para que seja autoadjunto o operador linear L : R3 −→ R3 tal que L(1, 0, 0) = (41, 6a− 8, 2 + a), L(0, 1, 0) = (3b + 5c, 37, 17 + a) e L(0, 0, 1) = (8c− 9, 3b+ 5c, 29). Solução: A matriz de L na base canônica (base ortonormal) é [L] = 41 3b+ 5c 8c− 9 6a− 8 37 3b+ 5c 2 + a 17 + a 29 . L é autoadjunto ⇐⇒ [L] = [L]t ⇐⇒ 6a− 8 = 3b+ 5c 17 + a = 3b+ 5c 8c− 9 = 2 + a ⇐⇒ 6a− 8 = 17 + a 17 + a = 3b+ 5c 8c− 9 = 2 + a ⇐⇒ 5a = 25 17 + a = 3b+ 5c 8c− 9 = 2 + a ⇐⇒ a = 5 22 = 3b+ 5c 8c− 9 = 7 ⇐⇒ a = 5 3b = 22− 5c c = 2 ⇐⇒ a = 5 b = 4 c = 2 Questão 2 (1,2 pontos) Seja B ∈ M6(R) uma matriz simétrica cujo polinômio caracteŕıstico é p(λ) = (λ− 2)2(λ4 + λ3 − 12λ2). Determine os autovalores e suas multiplicidades algébrica e geométrica. Solução: Temos que p(λ) = (λ−2)2(λ4+λ3−12λ2) = (λ−2)2λ2(λ2+λ−12) = (λ−2)2λ2(λ−3)(λ+4). Assim os autovalores de B são λ1 = 2, λ2 = 0, λ3 = 3 e λ4 = −4, com multiplicidade algébrica dada respectivamente por 2, 2, 1, 1. Por outro lado, a multiplicidade geométrica de cada autovalor é pelo menos 1 e menor ou igual à multiplicidade algébrica, coincidindo no caso em que a matriz B é diagonalizável Como B é simétrica temos que B é diagonalizável e desta forma λ1 = 2 e λ2 = 0 têm multiplicidade geométrica = 2 λ3 = 3 e λ4 = −4 têm multiplicidade geométrica = 1 Questão 3 (1,0 ponto) Determine a matriz C que representa, na base canônica do R2, a transformação linear obtida pela reflexão com respeito à reta y = x seguida de uma rotação de π 6 radianos no sentido anti-horário. Solução: Sejam [T ] e [R], respectivamente, as matrizes de T e R na base canônica do R2, onde T corresponde à reflexão com respeito à reta y = x e R à rotação de π 6 radianos no sentido anti-horário. Note que, geometricamente, a reta y = x é a bissetriz do ângulo formado pelo semieixo positivo x e o semieixo positivo y. Faça um desenho e veja que T (1, 0) = (0, 1) e T (0, 1) = (1, 0). Logo, 1 [T ] = [ 0 1 1 0 ] e [R] = [ cos π 6 − sen π 6 sen π 6 cos π 6 ] = [ √ 3 2 −1 2 1 2 √ 3 2 ] Segue que [C] = [R ◦ T ] = [R] [T ] = [ √ 3 2 −1 2 1 2 √ 3 2 ] [ 0 1 1 0 ] = [ −1 2 √ 3 2√ 3 2 1 2 ] . Questão 4 (2,0 pontos) Seja A ∈ M3(R) com autovalores λ1 = 27 e λ2 = −14 tal que E(λ1 = 27) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 8y + 9z = 0,−4x+ 33y − 30z = 0 e 6x− 55y + 12z = 0} e E(λ2 = −14) = {(x, y, z) ∈ R3 ; −3x− 51y + 33z = 0}. a) [1,6 pts] Determine bases para os autoespaços e dê as multiplicidades geométricas dos seus autovalores. b) [0,4 pt] A é diagonalizável? Justifique a sua resposta. Solução: a) – Cálculo da base de E(λ1 = 27): Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema linear homogêneo que define E(λ1 = 27), obtemos: 1 −8 9 −4 33 −30 6 −55 12 L2 ← L2 + 4L1 L3 ← L3 − 6L1∼ 1 −8 9 0 1 6 0 −7 −42 L1 ← L1 + 8L2 L3 ← L3 + 7L2∼ 1 0 57 0 1 6 0 0 0 Logo, x+ 57z = 0 e y + 6z = 0. Assim, E(λ1 = 27) = {(x, y, z) ∈ R3; x− 8y + 9z = 0,−4x+ 33y − 30z = 0, 6x− 55y + 12z = 0} = { (x, y, z) ∈ R3 ; x+ 57z = 0 e y + 6z = 0} = { (x, y, z) ∈ R3 ; x = −57z e y = −6z} = { (−57z,−6z, z) ; z ∈ R} = { z(−57,−6, 1) ; z ∈ R} = [(−57,−6, 1)]. Portanto, {(−57,−6, 1)} é uma base de E(λ1 = 27) e a multiplicidade geométrica de λ1 = 27 é 1. – Cálculo da base de E(λ2 = −14): Temos que E(λ2 = −14) = {(x, y, z) ∈ R3 ; −3x− 51y + 33z = 0} = {(x, y, z) ∈ R3 ; 3x = −51y + 33z} = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = −17y + 11z} = {(−17y + 11z, y, z) ; y, z ∈ R} = {(−17y, y, 0) + (11z, 0, z) ; y, z ∈ R} = {y(−17, 1, 0) + z(11, 0, 1) ; y, z ∈ R} = [(−17, 1, 0), (11, 0, 1)] Portanto, {(−17, 1, 0), (11, 0, 1)} é uma base de E(λ2 = −14) e a multiplicidade geométrica de λ2 = −14 é 2. 2 b) Pelos cálculos do item (a), vemos que existe uma base do R3 formada por autovetores de A, a saber {(−57,−6, 1), (−17, 1, 0), (11, 0, 1)}, equivalentemente, a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores é 1 + 2 = 3 = dimR3, logo A é diagonalizável. Questão 5 (3,0 pontos) Seja A = [ 0 4 4 15 ] . a) [1,8 pts] Determine uma base do R2 formada por autovetores de A, indicando os autovalores. b) [1,2 pts] Usando os cálculos do item anterior, identifique a cônica dada pela forma matricial abaixo, obtendo uma equação reduzida à forma canônica por meio de uma rotação. (x, y) [ 0 4 4 15 ] [ x y ] + (8 √ 17 , 6 √ 17) [ x y ] − 169 = 0. Solução: a) Seja A = [ 0 4 4 15 ] . Temos λI2 − A = [ λ −4 −4 λ− 15 ] e p(λ) = det(λI2 −A) = det [ λ −4 −4 λ− 15 ] = λ(λ− 15)− 16 = λ2 − 15λ− 16 = (λ+ 1)(λ− 16). Logo, os autovalores de A são 16 e −1. – Cálculo dos autovetores associados a λ = 16: Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é (16)I2 − A. Reduzindo por linhas à forma em escada, obtemos: (16)I2 − A = [ 16 −4 −4 1 ] L1← 116L1∼ [ 1 −1 4 −4 1 ] L2←L2+4L1∼ [ 1 −1 4 0 0 ] . Assim, x− 1 4 y = 0 ⇔ x = 1 4 y ⇔ y = 4x e E(λ = 16) = {(x, y) ∈ R2; y = 4x} = {(x, 4x) ; x ∈ R} = {x (1, 4) ; x ∈ R}. Logo, fazendo x = 1, obtemos que v = (1, 4) é autovetor associado a λ = 16. – Cálculo dos autovetores associados a λ = −1: Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é (−1)I2 − A. Reduzindo por linhas à forma em escada, obtemos: (−1)I2 −A = [ −1 −4 −4 −16 ] L1←(−1)L1∼ [ 1 4 −4 −16 ] L2←L2+4L1∼ [ 1 4 0 0 ] . Assim, x+ 4y = 0 ⇔ x = −4y e E(λ = −1) = {(x, y) ∈ R2; x = −4y} = {(−4y, y) ; y ∈ R} = {y (−4, 1) ; y ∈ R}. Logo, fazendo y = 1 obtemos que w = (−4, 1) é autovetor associado a λ = −1. Portanto, {v = (1, 4) ︸ ︷︷ ︸ λ1=16 , w = (−4, 1) ︸ ︷︷ ︸ λ2=−1 } é uma base do R2 formada por autovetores de A. b) Usando os cálculos e notações do item anterior, 3 - 6 � � � � � � � � � � �� Z Z Z Z Z Z Z Z Z Z ZZ x w y Z Z Z Z} � � � �7 v λ1 = 16λ2 = −1 Vemos que devemos girar v de π 2 no sentido anti-horário para fazê-lo coincidir com w. Portanto, β = { u1 = v ‖v‖ = ( 1√ 17 , 4√ 17 ) , u2 = w ‖w‖ = ( − 4√ 17 , 1√ 17 )} é uma base ortonormal de autovetores, associados aos autovalores λ1 = 16 e λ2 = −1, tal que a matriz de mudança de base, da base β para a base canônica, é dada por P = [ u1 u2 ] = [ 1√ 17 − 4√ 17 4√ 17 1√ 17 ] com det(P ) = 1 (é a rotação utilizada) e cuja correspondente matriz diagonal é D = [ λ1 0 0 λ2 ] = [ 16 0 0 −1 ] . Como [ x y ] = P [ x1 y1 ] e P tAP = [ 16 0 0 −1 ] , obtemos: (x1, y1) [ 16 0 0 −1 ] [ x1 y1 ] + (8 √ 17, 6 √ 17) [ 1√ 17 − 4√ 17 4√ 17 1√ 17 ] ︸ ︷︷ ︸ faça essa conta primeiro [ x1 y1 ] − 169 = 0 ⇐⇒ 16x21 − 1y21 + (32,−26) [ x1 y1 ] − 169 = 0 ⇐⇒ 16x21 − y21 + 32x1 − 26y1 − 169 = 0 ⇐⇒ ( 16x21 + 32x1 ) − ( y21 + 26y1 ) − 169 = 0 ⇐⇒ 16 ( x21 + 2.1x1 + 1 2 ) − ( y21 + 2.13y1 + 13 2 ) − 169− 16 + 169 = 0 ⇐⇒ 16(x1 + 1)2 − (y1 + 13)2 = 16 ⇐⇒ (x1+1) 2 1 − (y1+13)2 42 = 1, que é uma equação reduzida na forma canônica de uma hipérbole. Questão 6 (1,8 pontos) Seja T : R2 −→ R2 a reflexão com respeito à reta 6x− √ 3y = 0. a) [0,6 pt] Dê exemplo de uma base doR2 formada por autovetores de T , indicando os respectivos autovalores. b) [1,2 pt] Determine uma matriz inverśıvel P que diagonaliza T , sua correspondente matriz diagonal D e a matriz A que representa T na base canônica do R2. Solução: a) Temos que – u1 = ( √ 3, 6) pertence à reta, então T ( √ 3, 6) = ( √ 3, 6), logo u1 = ( √ 3, 6) é autovetor de T associado ao autovalor λ1 = 1. 4 – u2 = (6,− √ 3) é ortogonal à reta, então T (6,− √ 3) = −(6,− √ 3), logo u2 = (6,− √ 3) é autovetor de T associado ao autovalor λ2 = −1. Portanto, β = {u1 = ( √ 3, 6) ︸ ︷︷ ︸ λ1=1 , u2 =(6,− √ 3) ︸ ︷︷ ︸ λ2=−1 } é uma base do R2 formada por autovetores de T . b) Uma matriz inverśıvel P que diagonaliza T é a matriz de mudança de base, da base β (obtida no item (a)) para a base canônica, dada por P = [ u1 u2 ] = [ √ 3 6 6 − √ 3 ] . A sua correspondente matriz diagonal é D = [ λ1 0 0 λ2 ] = [ 1 0 0 −1 ] . A inversa de P é P−1 = − 1 39 [ − √ 3 −6 −6 √ 3 ] = [ √ 3 39 6 39 6 39 − √ 3 39 ] . Temos que A = PDP−1 = [ √ 3 6 6 − √ 3 ] [ 1 0 0 −1 ][ √ 3 39 6 39 6 39 − √ 3 39 ] = [ √ 3 6 6 − √ 3 ][ √ 3 39 6 39 − 6 39 √ 3 39 ] = [ −33 39 12 √ 3 39 12 √ 3 39 33 39 ] . 5
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