AP2-ALII-2020-1-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
Segunda Avaliação Presencial Casa de Álgebra Linear II – 12/06 (8h) a 14/06 (19h)
GABARITO
Questão 1 (1,5 pontos) Determine os valores de a, b, c ∈ R para que seja autoadjunto o operador
L : R3 −→ R3 definido por
L(x, y, z) =
(
7x+ (a− 5)y + (3c− 1)z, (b− c)x+ 11y + (b− c)z, (3a+ 2)x+ (7− a)y + 13z
)
.
Solução:
A matriz de L na base canônica (base ortonormal) é [L] =
 7 a− 5 3c− 1b− c 11 b− c
3a+ 2 7− a 13
.
L é autoadjunto ⇐⇒ [L] = [L]t ⇐⇒

a− 5 = b− c
7− a = b− c
3c− 1 = 3a+ 2
⇐⇒

a− 5 = 7− a
7− a = b− c
3c− 1 = 3a+ 2
⇐⇒

2a = 12
7− a = b− c
3c− 1 = 3a+ 2
⇐⇒

a = 6
7− 6 = b− c
3c− 1 = 3.6 + 2
⇐⇒

a = 6
1 = b− c
c = 7
⇐⇒

a = 6
b = 8
c = 7
Questão 2 (1,5 pontos) Determine as matrizes ortogonais de ordem 2 cuja segunda coluna tenha
mesma direção e sentido de (5, 12).
Solução:
A segunda coluna deve ser um múltiplo positivo de u = (5, 12), para ter mesma direção e sentido de
u. Precisamos de um vetor v = (x, y) ortogonal a u = (5, 12). Assim,
〈u, v〉 = 0 =⇒ 〈(5, 12), (x, y)〉 = 0 =⇒ 5x+ 12y = 0 =⇒ x = −125 y
Segue que v = (−125 y, y), com y ∈ R.
Para a matriz ser ortogonal suas colunas têm que ser ortogonais e unitárias. A única possibilidade
para a segunda coluna é u2 = u‖u‖ =
(
5
13 ,
12
13
)
.
A primeira coluna tem que ser um vetor da forma u1 = (−125 y, y) com ||u1|| = 1. Assim
〈u1, u1〉 = 1 =⇒
〈
(−125 y, y), (−
12
5 y, y)
〉
= 1 =⇒ 14425 y
2 + y2 = 1 =⇒ 144y2 + 25y2 = 25
Assim
169y2 = 25 =⇒ y = ± 513
Há duas possibilidades para a primeira coluna: u1 =
(
−1213 ,
5
13
)
ou u1 =
(
12
13 ,−
5
13
)
. Assim, há duas
possibilidades para a matriz ortogonal pedida[
−1213
5
13
5
13
12
13
]
ou
[
12
13
5
13
− 513
12
13
]
.
Álgebra Linear 2 APX2 2020/1
Questão 3 (2,0 pontos) Seja A ∈M3(R) com autovalores λ1 = 23 e λ2 = −91 tal que
E(λ1 = 23) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 2y + 5z = 0,−3x+ 7y − 16z = 0 e 2x− 5y + 11z = 0} e
E(λ2 = −91) = {(x, y, z) ∈ R3 ; −x+ 4y + 6z = 0}.
a) [1,5 pts] Determine bases para os autoespaços e dê as multiplicidades geométricas dos seus
autovalores.
b) [0,5 pt] A é diagonalizável? Justifique a sua resposta.
Solução:
a) – Cálculo da base de E(λ1 = 23):
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema linear homogêneo que define
E(λ1 = 23), obtemos:
 1 −2 5−3 7 −16
2 −5 11
 L2 ← L2 + 3L1L3 ← L3 − 2L1∼
 1 −2 50 1 −1
0 −1 1
 L1 ← L1 + 2L2L3 ← L3 + L1∼
 1 0 30 1 −1
0 0 0

Logo, x+ 3z = 0 e y − z = 0. Assim,
E(λ1 = 23) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 2y + 5z = 0,−3x+ 7y − 16z = 0 e 2x− 5y + 11z = 0}
= { (x, y, z) ∈ R3 ; x+ 3z = 0 e y − z = 0}
= { (x, y, z) ∈ R3 ; x = −3z e y = z}
= { (−3z, z, z) ; z ∈ R}
= { z(−3, 1, 1) ; z ∈ R} = [(−3, 1, 1)].
Portanto, {(−3, 1, 1)} é uma base de E(λ1 = 23) e a multiplicidade geométrica de λ1 = 23 é 1.
– Cálculo da base de E(λ2 = −91):
Temos que
E(λ2 = −91) = {(x, y, z) ∈ R3 ; −x+ 4y + 6z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 4y + 6z}
= {(4y + 6z, y, z) ; y, z ∈ R}
= {(4y, y, 0) + (6z, 0, z) ; y, z ∈ R}
= {y(4, 1, 0) + z(6, 0, 1) ; y, z ∈ R} = [(4, 1, 0), (6, 0, 1)]
Portanto, {(4, 1, 0), (6, 0, 1)} é uma base de E(λ2 = −91) e a multiplicidade geométrica de λ2 = −91
é 2.
b) Pelos cálculos do item (a), vemos que existe uma base do R3 formada por autovetores de A, a
saber {(−3, 1, 1), (4, 1, 0), (6, 0, 1)}, equivalentemente, a soma das multiplicidades geométricas dos
autovalores é 1 + 2 = 3 = dimR3, logo A é diagonalizável.
Questão 4 (3,0 pontos) Seja A =
[
5 3
3 −3
]
.
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)
[
5 3
3 −3
] [
x
y
]
+ (10
√
10 , 6
√
10)
[
x
y
]
+ 38 = 0.
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Álgebra Linear 2 APX2 2020/1
Solução:
a) Seja A =
[
5 3
3 −3
]
. Temos λI2 − A =
[
λ− 5 −3
−3 λ+ 3
]
e
p(λ) = det(λI2 − A) = det
[
λ− 5 −3
−3 λ+ 3
]
= (λ− 5)(λ+ 3)− 9 = λ2 − 2λ− 24 = (λ+ 4)(λ− 6).
Logo, os autovalores de A são −4 e 6.
– Cálculo dos autovetores associados a λ = −4:
Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é (−4)I2 − A. Reduzindo por
linhas à forma em escada, obtemos:
(−4)I2 − A =
[
−9 −3
−3 −1
]
L1←(− 19)L1∼
[
1 13
−3 −1
]
L2←L2−3L1∼
[
1 13
0 0
]
.
Assim, x+ 13y = 0⇔
1
3y = −x⇔ y = −3x e
E(λ = −4) = {(x, y) ∈ R2; y = −3x} = {(x,−3x) ; x ∈ R} = {x (1,−3) ; x ∈ R}.
Logo, fazendo x = 1, obtemos que v = (1,−3) é autovetor associado λ = −4.
– Cálculo dos autovetores associados a λ = 6:
Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é 6I2−A. Reduzindo por linhas
à forma em escada, obtemos:
6I2 − A =
[
1 −3
−3 9
]
L2←L2+(3)L2∼
[
1 −3
0 0
]
.
Assim, x− 3y = 0⇔ x = 3y e
E(λ = 6) = {(x, y) ∈ R2;x = 3y} = {(3y, y) ; y ∈ R} = {y (3, 1) ; y ∈ R}.
Logo, fazendo y = 1 obtemos que w = (3, 1) é autovetor associado λ = 6.
Portanto, {v = (1,−3)︸ ︷︷ ︸
λ1=−4
, w = (3, 1)︸ ︷︷ ︸
λ2=6
} é uma base do R2 formada por autovetores de A.
b) Usando os cálculos e notações do item anterior,
-
x
y 6
��
��
�
��
�
��
��
�
��
�
��*
w
λ = 6
A
A
A
A
A
A
A
A
A
A
AA
A
A
A
A
A
AU
v
λ = −4
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Álgebra Linear 2 APX2 2020/1
Vemos que devemos girar v de π2 no sentido anti-horário para fazê-lo coincidir com w.
Portanto, β =
{
u1 = v‖v‖ =
(
1√
10 ,−
3√
10
)
, u2 = w‖w‖ =
(
3√
10 ,
1√
10
)}
é uma base ortonormal de auto-
vetores, associados aos autovalores λ1 = −4 e λ2 = 6, tal que a matriz de mudança de base, da
base β para a base canônica, é dada por P =
[
u1 u2
]
=
[ 1√
10
3√
10
− 3√10
1√
10
]
com det(P ) = 1 (é a
rotação utilizada) e cuja correspondente matriz diagonal é D =
[
λ1 0
0 λ2
]
=
[
−4 0
0 6
]
.
Como
[
x
y
]
= P
[
x1
y1
]
e P tAP =
[
−4 0
0 6
]
, obtemos:
(x1, y1)
[
−4 0
0 6
] [
x1
y1
]
+ (10
√
10, 6
√
10)
[ 1√
10
3√
10
− 3√10
1√
10
]
︸ ︷︷ ︸
faça essa conta primeiro
[
x1
y1
]
+ 38 = 0
⇐⇒ −4x21 + 6y21 + (−8, 36)
[
x1
y1
]
+ 38 = 0
⇐⇒ −4x21 + 6y21 − 8x1 + 36y1 + 38 = 0
⇐⇒
(
− 4x21 − 8x1
)
+
(
6y21 + 36y1
)
+ 38 = 0
⇐⇒ (−4)
(
x21 + 2x1 + 12
)
+ 6
(
y21 + 6y1 + 32
)
+ 4− 54 + 38 = 0
⇐⇒ (−4)(x1 + 1)2 + 6(y1 + 3)2 = 12⇐⇒ − (x1+1)
2
3 +
(y1+1)2
6 = 1,
que é uma equação reduzida na forma canônica de uma hipérbole.
Questão 5 (2,0 pontos) Seja Π o plano de equação 4x− 5y − 3z = 0.
a) [1,2 pts] Determine uma base ortonormal do plano Π.
b) [0,8 pt] Seja T : R3 −→ R3 a projeção ortogonal sobre o plano Π.
Dê exemplo de uma base ortonormal do R3 formada por autovetores de T , indicando seus respectivos
autovalores.
Solução:
a) Primeiramente, vamos encontrar uma base ortogonal para o subespaço Π.
Para determinarmos uma base ortogonal para Π, escolhemos u = (2, 1, 1) ∈ Π e basta encontrarmos
um vetor não nulo w = (a, b, c) ∈ Π que seja ortogonal a u.{
w = (a, b, c) ∈ Π
w ⊥ u ⇐⇒
{
4a− 5b− 3c = 0
〈(a, b, c), (2, 1, 1)〉 = 0 ⇐⇒
{
4a− 5b− 3c = 0
2a+ b+ c = 0
⇐⇒
{
4a− 5b− 3c = 0
4a+ 2b+ 2c = 0 ⇐⇒
{
−7b− 5c = 0
a = −12(b+ c)
⇐⇒
{
b = −57c
a = −12(−
5
7c+ c) = −
1
7c
Assim, qualquer vetor não nulo w = (−17c,−
5
7c, c) servirá. Fazendo c = −7, obtemos w = (1, 5,−7).
Logo, {u,w} é uma base ortogonal para Π. Normalizando esses vetores obtemos:{
u1 =
u
‖u‖
=
(
2√
6
,
1√
6
,
1√
6
)
, u2 =
w
‖w‖
=
(
1√
75
,
5√
75
,− 7√
75
)}
.
b) Geometricamente, a projeção ortogonal sobre um plano Π tem a seguinte propriedade:
se u ∈ Π, então T (u) = u, logo, u 6= (0, 0, 0) é autovetor associado ao autovalor λ = 1;
se u ⊥ Π, então T (u) = (0, 0, 0) = 0u, logo, u 6= (0, 0, 0) é autovetor associado ao
autovalor λ = 0.
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Álgebra Linear 2 APX2 2020/1Olhando para a equação do plano Π, sabemos que (4,−5,−3) ⊥ Π.
Pelos cálculos anteriores, os vetores (2, 1, 1), (1, 5,−7) ∈ Π. Assim,
β =
{
u1 =
(
2√
6
,
1√
6
,
1√
6
)
, u2 =
(
1√
75
,
5√
75
,− 7√
75
)
, u3 =
(
4√
50
,− 5√
50
,− 3√
50
)}
é uma base ortonormal do R3 formada por autovetores de T , cujos respectivos autovalores são:
λ1 = 1, λ2 = 1, λ3 = 0.
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