AP3-ALII-2017-1-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
AP3 – Álgebra Linear II – 2017/1
Gabarito
Questão 1 (1,0 ponto) Determine os valores de a, b, c ∈ R para que seja autoadjunto o operador
L : R3 −→ R3 definido por
L(x, y, z) =
(
19x+ (2a− 8)y + (3c− 4)z, (b+ c)x+ 17y + (b+ c)z, (3a+ 5)x+ (4 + a)y + 13z
)
.
Solução:
A matriz de L na base canônica (base ortonormal) é [L] =


19 2a− 8 3c− 4
b+ c 17 b+ c
3a+ 5 4 + a 13

.
L é autoadjunto ⇐⇒ [L] = [L]t ⇐⇒



2a− 8 = b+ c
4 + a = b+ c
3c− 4 = 3a+ 5
⇐⇒



2a− 8 = 4 + a
4 + a = b+ c
3c− 4 = 3a+ 5
⇐⇒



a = 12
b+ c = 16
3c− 4 = 3a+ 5
⇐⇒



a = 12
b = 16− c
3c = 3 · 12 + 5 + 4 = 45
⇐⇒



a = 12
b = 16− 15
c = 15
⇐⇒



a = 12
b = 1
c = 15
Questão 2 (1,0 ponto) Determine a matriz C que representa, na base canônica do R2, a
transformação linear obtida pela projeção ortogonal sobre o eixo y seguida de uma rotação de
π
3
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 projeção ortogonal sobre o eixo y e R à rotação de π
3
radianos no sentido anti-
horário. Assim
[T ] =
[
0 0
0 1
]
e [R] =
[
cos π
3
− sen π
3
sen π
3
cos π
3
]
=
[
1
2
−
√
3
2√
3
2
1
2
]
Segue que
[C] = [R ◦ T ] = [R] [T ] =
[
1
2
−
√
3
2√
3
2
1
2
] [
0 0
0 1
]
=
[
0 −
√
3
2
0 1
2
]
.
Questão 3 (1,0 ponto) Determine as matrizes ortogonais de ordem 2 cuja primeira coluna
tenha mesma direção e sentido de (3,
√
7).
Solução:
A primeira coluna deve ser um múltiplo positivo de u = (3,
√
7), para ter mesma direção e
sentido de u. Precisamos de um vetor v = (x, y) ortogonal a u = (3,
√
7). Assim,
〈u, v〉 = 0 =⇒
〈
(3,
√
7), (x, y)
〉
= 0 =⇒ 3x+
√
7y = 0 =⇒ x = −
√
7
3
y
1
Segue que v = (−
√
7y, 3y), com y ∈ R.
Para a matriz ser ortogonal suas colunas têm que ser ortogonais e unitárias. A única possibi-
lidade para a primeira coluna é u1 =
u
‖u‖ =
(
3
4
,
√
7
4
)
.
A segunda coluna tem que ser um vetor da forma v1 = (−
√
7y, 3y) com ||v1|| = 1. Assim
〈v1, v1〉 = 1 =⇒
〈
(−
√
7y, 3y), (−
√
7y, 3y)
〉
= 1 =⇒ 7y2 + 9y2 = 1 =⇒ y2 = 1
16
=⇒ y = ±1
4
Há duas possibilidades para a segunda coluna: v1 =
(
−
√
7
4
, 3
4
)
ou v1 =
(√
7
4
,−3
4
)
. Assim, há
duas possibilidades para a matriz ortogonal pedida
[
3
4
−
√
7
4√
7
4
3
4
]
ou
[
3
4
√
7
4√
7
4
−3
4
]
.
Questão 4 (2,2 pontos) Seja A ∈ M3(R) com autovalores λ1 = −35 e λ2 = 41 tal que
E(λ1 = −35) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 3y + 5z = 0, 6x+ 19y + 34z = 0 e 8x+ 17y + 12z = 0} e
E(λ2 = 41) = {(x, y, z) ∈ R3 ; −11x− y + 15z = 0}.
a) [1,6 pts] Determine bases para os autoespaços e dê as multiplicidades geométricas dos seus
autovalores.
b) [0,6 pt] A é diagonalizável? Justifique a sua resposta.
Solução:
a) – Cálculo da base de E(λ1 = −35):
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema linear homogêneo que
define E(λ1 = −35), obtemos:


1 3 5
6 19 34
8 17 12


L2 ← L2 − 6L1
L3 ← L3 − 8L1∼


1 3 5
0 1 4
0 −7 −28


L1 ← L1 − 3L2
L3 ← L3 + 7L2∼


1 0 −7
0 1 4
0 0 0


Logo, x− 7z = 0 e y + 4z = 0. Assim,
E(λ1 = −35) = {(x, y, z) ∈ R3; x+ 3y + 5z = 0, 6x+ 19y + 34z = 0, 8x+ 17y + 12z = 0}
= { (x, y, z) ∈ R3 ; x− 7z = 0 e y + 4z = 0}
= { (x, y, z) ∈ R3 ; x = 7z e y = −4z}
= { (7z,−4z, z) ; z ∈ R}
= { z(7,−4, 1) ; z ∈ R} = [(7,−4, 1)].
Portanto, {(7,−4, 1)} é uma base de E(λ1 = −35) e a multiplicidade geométrica de λ1 = −35
é 1.
– Cálculo da base de E(λ2 = 41):
Temos que
2
E(λ2 = 41) = {(x, y, z) ∈ R3 ; −11x− y + 15z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; y = 15z − 11x}
= {(x, 15z − 11x, z) ; x, z ∈ R}
= {(x,−11x, 0) + (0, 15z, z) ; x, z ∈ R}
= {x(1,−11, 0) + z(0, 15, 1) ; x, z ∈ R} = [(1,−11, 0), (0, 15, 1)]
Portanto, {(1,−11, 0), (0, 15, 1)} é uma base de E(λ2 = 41) e a multiplicidade geométrica de
λ2 = 41 é 2.
b) Pelos cálculos do item (a), vemos que existe uma base do R3 formada por autovetores
de A, a saber {(7,−4, 1), (1,−11, 0), (0, 15, 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 =
[
6 1
1 6
]
.
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)
[
6 1
1 6
] [
x
y
]
+ (45
√
2 , 25
√
2)
[
x
y
]
+ 125 = 0.
Solução:
a) Seja A =
[
6 1
1 6
]
. Temos λI2 −A =
[
λ− 6 −1
−1 λ− 6
]
e
p(λ) = det(λI2 −A) = det
[
λ− 6 −1
−1 λ− 6
]
= (λ− 6)(λ− 6)− 1 = λ2 − 12λ+ 35 = (λ− 5)(λ− 7).
Logo, os autovalores de A são 5 e 7.
– Cálculo dos autovetores associados a λ = 5:
Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é 5I2 −A. Reduzindo por
linhas à forma em escada, obtemos:
5I2 − A =
[
−1 −1
−1 −1
]
L2←L2+L1∼
[
−1 −1
0 0
]
L1←−L1∼
[
1 1
0 0
]
.
Assim, x+ y = 0 ⇔ y = −x e
E(λ = 5) = {(x, y) ∈ R2; y = −x} = {(x,−x) ; x ∈ R} = {x (1,−1) ; x ∈ R}.
Logo, fazendo x = 1 obtemos que v = (1,−1) é autovetor associado λ = 5.
– Cálculo dos autovetores associados a λ = 7:
Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é 7I2 −A. Reduzindo por
linhas à forma em escada, obtemos:
7I2 − A =
[
1 −1
−1 1
]
L2←L2+L1∼
[
1 −1
0 0
]
.
Assim, x− y = 0 ⇔ x = y e
3
E(λ = 7) = {(x, y) ∈ R2; x = y} = {(y, y) ; y ∈ R} = {y (1, 1) ; y ∈ R}.
Logo, fazendo y = 1, obtemos que w = (1, 1) é autovetor associado λ = 7.
Portanto, {v = (1,−1)
︸ ︷︷ ︸
λ1=5
, w = (1, 1)
︸ ︷︷ ︸
λ2=7
} é uma base do R2 formada por autovetores de A.
b) Pelos cálculos e notações anteriores e a figura a seguir,
-
6
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@@
x
v
y
�
�
�
��
@
@
@
@R
w
λ2 = 7λ1 = 5
vemos que devemos girar v de π
2
no sentido anti-horário para fazê-lo coincidir com w.
Portanto, β =
{
u1 =
v
‖v‖ =
(
1√
2
,− 1√
2
)
, u2 =
w
‖w‖ =
(
1√
2
, 1√
2
)}
é uma base ortonormal de au-
tovetores, associados aos autovalores λ1 = 5 e λ2 = 7 tal que a matriz de mudança de base, da
base β para a base canônica, é dada por P =
[
u1 u2
]
=
[
1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
]
com det(P ) = 1 (é a
rotação utilizada) e cuja correspondente matriz diagonal é D =
[
λ1 0
0 λ2
]
=
[
5 0
0 7
]
.
Como
[
x
y
]
= P
[
x1
y1
]
e P tAP =
[
5 0
0 7
]
, obtemos:
(x1, y1)
[
5 0
0 7
] [
x1
y1
]
+ (45
√
2, 25
√
2)
[
1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
]
︸ ︷︷ ︸
faça essa conta primeiro
[
x1
y1
]
+ 125 = 0 ⇐⇒
5x21 + 7y
2
1 + (20, 70)
[
x1
y1
]
+ 125 = 0 ⇐⇒ 5x21 + 7y21 + 20x1 + 70y1 + 125 = 0 ⇐⇒
5 (x21 + 2 · 2x1 + 22)− 20 + 7 (y21 + 2 · 5y1 + 52)− 175 + 125 = 0 ⇐⇒
5 (x1 + 2)
2 + 7 (y1 + 5)
2 − 70 = 0 ⇐⇒ (x1+2)
2
14
+ (y1+5)
2
10
= 1,
que é uma equação reduzida na forma canônica da elipse.
Questão 6 (1,8 pontos) Seja T : R2 −→ R2 a reflexão com respeito à reta
√
3x− 2y = 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.
4
Solução:
a) Temos que
– u1 = (2,
√
3) pertence à reta, então T (2,
√
3) = (2,
√
3), logo u1 = (2,
√
3) é autovetor de T
associado ao autovalor λ1 = 1.
– u2 = (
√
3,−2) é ortogonal à reta, então T (
√
3,−2) = −(
√
3,−2), logo u2 = (
√
3,−2) é
autovetor de T associado ao autovalor λ2 = −1.
Portanto, β = {u1 = (2,
√
3)
︸ ︷︷ ︸
λ1=1
, u2 = (
√
3,−2)
︸ ︷︷ ︸
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
]
=
[
2
√
3√
3 −2
]
.
A sua correspondente matriz diagonal é D =
[
λ1 0
0 λ2
]
=
[
1 0
0 −1
]
.
A inversa de P é P−1 = 1−7
[
−2 −
√
3
−
√
3 2
]
=
[
2
7
√
3
7√
3
7
−2
7
]
.
Temos que
A = PDP−1 =
[
2
√
3√
3 −2
] [
1 0
0 −1
][
2
7
√
3
7√
3
7
−2
7
]
=
[
2
√
3√
3 −2
][
2
7
√
3
7
−
√
3
7
2
7
]
=
[
1
7
4
√
3
7
4
√
3
7
−1
7
]
.
5