AP2-ALII-2019-1-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
AP2 – Álgebra Linear II – 2019/1
Gabarito
Questão 1 (1,0 ponto) Seja S : R3 −→ R3 um operador autoadjunto tal que 19 é autovalor de
S, S(1, 4, 4) = (7, 28, 28) e S(−4, 13,−12) = (−24, 78,−72). Determine um autovetor associado
ao autovalor λ = 19.
Solução:
a) Observe que S(1, 4, 4) = 7(1, 4, 4) e S(−4, 13,−12) = 6(−4, 13,−12).
Assim, os vetores u = (1, 4, 4), w = (−4, 13,−12) são autovetores de S associados aos autoval-
ores λ = 7 e λ = 6, respectivamente.
Como S é autoadjunto, autovetores associados a autovalores distintos são ortogonais.
Seja v = (x, y, z) autovetor de S associado ao autovalor λ = 19.{
⟨v, u⟩ = 0
⟨v, w⟩ = 0 =⇒
{
⟨(x, y, z), (1, 4, 4)⟩ = 0
⟨(x, y, z), (−4, 13,−12)⟩ = 0 =⇒
{
1x+ 4y + 4z = 0
−4x+ 13y − 12z = 0
[
1 4 4
−4 13 −12
]
L2←L2+4L1∼
[
1 4 4
0 29 4
]
L2← 129L2∼
[
1 4 4
0 1 4
29
]
L1←L1−4L2∼
[
1 0 100
29
0 1 4
29
]
Logo, x+ 100
29
z = 0, y+ 4
29
z = 0. Portanto, v = (−100
29
z,− 4
29
z, z) , onde z ∈ R∗. Fazendo z = 29
temos que v = (−100,−4, 29) é autovetor de S associado ao autovalor λ = 19.
Questão 2 (0,6 ponto) Seja L : R2 −→ R2 a projeção ortogonal sobre a reta de equação
9x − 13y = 0. Dê exemplo de uma base do R2 formada por autovetores de L, indicando os
respectivos autovalores.
Solução:
A projeção ortogonal L sobre uma reta ℓ tem as seguintes propriedades:
Se u ∈ ℓ, então L(u) = u. Logo, u ∈ ℓ e u ̸= (0, 0) é autovetor de L associado ao autovalor 1.
Se u ⊥ ℓ, então L(u) = (0, 0). Logo, u ⊥ ℓ e u ̸= (0, 0) é autovetor de L associado ao autovalor
0.
Como a equação de ℓ é 9x− 13y = 0, temos que (13, 9) ∈ ℓ e (9,−13) ⊥ ℓ. Logo,
β = {(13, 9), (9,−13)}
é uma base do R2 formada por autovetores de L associados aos autovalores λ1 = 1 e λ2 = 0,
respectivamente.
Questão 3 (1,2 pontos) Seja T : R3 −→ R3 um operador linear tal que
T (1, 0, 0) =
(
6
8
, 5
8
,
√
3
8
)
e T (0, 1, 0) =
(
− 1√
13
, 0, 2
√
3√
13
)
.
Determine T (0, 0, 1) de modo que T seja um operador ortogonal.
Solução:
1
Como {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} é uma base ortonormal e T é um operador ortogonal, temos
que T leva base ortonormal em base ortonormal, sendo assim, {T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)}
é uma base ortonormal. Consideremos T (0, 0, 1) = (m,n, p), com (m,n, p) ̸= (0, 0, 0).
Equivalentemente, a matriz de T na base canônica é uma matriz ortogonal dada por
B =

6
8
− 1√
13
m
5
8
0 n√
3
8
2
√
3√
13
p
 .
Assim,
⟨T (0, 0, 1), T (1, 0, 0)⟩ = 0
⟨T (0, 0, 1), T (0, 1, 0)⟩ = 0
⟨T (0, 0, 1), T (0, 0, 1)⟩ = 1
⇐⇒

6m
8
+ 5n
8
+
√
3
8
= 0
− 1m√
13
+ 0 + 2
√
3p√
13
= 0
m2 + n2 + p2 = 1
⇐⇒

−m+ 2
√
3p = 0
6m+ 5n+
√
3p = 0
m2 + n2 + p2 = 1
⇐⇒

m = 2
√
3p
6(2
√
3p) + 5n+
√
3p = 0
m2 + n2 + p2 = 1
⇐⇒

m = 2
√
3p
n = −13
√
3
5
p
(2
√
3p)2 + (−13
√
3
5
p)2 + p2 = 1
⇐⇒

m = 2
√
3p
n = −13
√
3
5
p
12p2 + 507
25
p2 + p2 = 1
⇐⇒

m = 2
√
3p
n = −13
√
3
5
p
832p2 = 25
⇐⇒

m = 2
√
3p
n = −13
√
3
5
p
p = ± 5
8
√
13
Logo, T (0, 0, 1) = (m,n, p) é dado por
T (0, 0, 1) =
(
5
√
3
4
√
13
,−13
√
3
8
√
13
,
5
8
√
13
)
ou T (0, 0, 1) =
(
− 5
√
3
4
√
13
,
13
√
3
8
√
13
,− 5
8
√
13
)
.
Questão 4 (2,2 pontos) Seja T : R3 −→ R3 a reflexão com respeito ao plano Π gerado por
v1 = (−5, 2, 1) e v2 = (2, 4, 2).
a) [1,0 pt] Determine β, uma base ortonormal do R3, formada por autovetores de T , indicando
os respectivos autovalores.
b) [0,6 pt] Determine uma matriz ortogonal P que diagonaliza T e dê a sua correspondente
matriz diagonal D.
c) [0,6 pt] Determine a matriz 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 = (−5, 2, 1) e v2 = (2, 4, 2) são autovetores de T associados ao autovalor 1.
Observamos que v1 ⊥ v2.
O vetor w = v1 × v2 é normal ao plano Π, logo é autovetor associado ao autovalor −1.
2
Temos w = v1 × v2 = det
 −→i −→j −→k−5 2 1
2 4 2
 = 0−→i + 12−→j − 24−→k = (12)(0, 1,−2).
Como múltiplo de autovetor é autovetor, podemos considerar v3 = (0, 1,−2). Assim,
{v1 = (−5, 2, 1)︸ ︷︷ ︸
λ1=1
, v2 = (2, 4, 2)︸ ︷︷ ︸
λ2=1
, v3 = (0, 1,−2)︸ ︷︷ ︸
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∥ =
(
− 5√
30
, 2√
30
, 1√
30
)
, u2 =
v2
∥v2∥ =
(
2
2
√
6
, 4
2
√
6
, 2
2
√
6
)
, u3 =
v3
∥v3∥ =
(
0, 1√
5
,− 2√
5
)}
,
associados, respectivamente, aos autovalores λ1 = 1, λ2 = 1 e λ3 = −1.
b) Uma matriz ortogonal P é a matriz de mudança de base, da base β (obtida no item (a))
para a base canônica, dada por P =
[
u1 u2 u3
]
=
 −
5√
30
1√
6
0
2√
30
2√
6
1√
5
1√
30
1√
6
− 2√
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 =
 −
5√
30
1√
6
0
2√
30
2√
6
1√
5
1√
30
1√
6
− 2√
5

 1 0 00 1 0
0 0 −1

 −
5√
30
2√
30
1√
30
1√
6
2√
6
1√
6
0 1√
5
− 2√
5

=
 −
5√
30
1√
6
0
2√
30
2√
6
1√
5
1√
30
1√
6
− 2√
5

 −
5√
30
2√
30
1√
30
1√
6
2√
6
1√
6
0 − 1√
5
2√
5
 =
 1 0 00 18
30
24
30
0 24
30
18
30
 .
Questão 5 (3,0 pontos) Seja A =
[
9 1
1 9
]
.
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)
[
9 1
1 9
] [
x
y
]
+ (100
√
2 , 20
√
2)
[
x
y
]
+ 400 = 0.
Solução:
a) Seja A =
[
9 1
1 9
]
. Temos λI2 − A =
[
λ− 9 −1
−1 λ− 9
]
e
p(λ) = det(λI2 − A) = det
[
λ− 9 −1
−1 λ− 9
]
= (λ− 9)(λ− 9)− 1 = λ2 − 18λ+ 80 = (λ− 8)(λ− 10).
Logo, os autovalores de A são 8 e 10.
– Cálculo dos autovetores associados a λ = 8:
3
Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é (8)I2 − A. Reduzindo
por linhas à forma em escada, obtemos:
8I2 − A =
[
−1 −1
−1 −1
]
L1←(−1)L1∼
[
1 1
−1 −1
]
L2←L2+L1∼
[
1 1
0 0
]
.
Assim, x+ y = 0 ⇔ y = −x e
E(λ = 8) = {(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 a λ = 8.
– Cálculo dos autovetores associados a λ = 10:
Devemos resolver o sistema linear homogêneo cuja matriz associada é (10)I2 − A. Reduzindo
por linhas à forma em escada, obtemos:
(10)I2 − A =
[
1 −1
−1 1
]
L2←L2+L1∼
[
1 −1
0 0
]
.
Assim, x− y = 0 ⇔ y = x e
E(λ = 10) = {(x, y) ∈ R2; x = y} = {(x, x) ; x ∈ R} = {x (1, 1) ; x ∈ R}.
Logo, fazendo x = 1, obtemos que w = (1, 1) é autovetor associado a λ = 10.
Portanto, {v = (1,−1)︸ ︷︷ ︸
λ1=8
, w = (1, 1)︸ ︷︷ ︸
λ2=10
} é uma base do R2 formada por autovetores de A.
b) Usando os cálculos e notações do item anterior,
-
6
�
�
�
�
�
�
�
�
�
�
��
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@
@@
x
v
y
�
�
�
��
@
@
@
@R
w
λ = 10λ = 8
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 = −1 e λ2 = 5, 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
]
=
[
8 0
0 10
]
.
4
Como
[
x
y
]
= P
[
x1
y1
]
e P tAP =
[
8 0
0 10
]
, obtemos:(x1, y1)
[
8 0
0 10
] [
x1
y1
]
+ (100
√
2, 20
√
2)
[
1√
2
1√
2
− 1√
2
1√
2
]
︸ ︷︷ ︸
faça essa conta primeiro
[
x1
y1
]
+ 400 = 0
⇐⇒ 8x21 + 10y21 + (80, 120)
[
x1
y1
]
+ 400 = 0
⇐⇒ 8x21 + 10y21 + 80x1 + 120y1 + 400 = 0
⇐⇒
(
8x21 + 80x1
)
+
(
10y21 + 120y1
)
+ 400 = 0
⇐⇒ 8
(
x21 + 2 · 5x1 + 52
)
+ 10
(
y21 + 2 · 6y1 + 62
)
− 200− 360 + 400 = 0
⇐⇒ 8 (x1 + 5)2 + 10 (y1 + 6)2 = 160 ⇐⇒ (x1+5)
2
20
+ (y1+6)
2
16
= 1,
que é uma equação reduzida na forma canônica de uma elipse.
Questão 6 (2,0 pontos) Seja Π o plano de equação 7x− 3y − z = 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 = (1, 2, 1) ∈ Π e basta encon-
trarmos um vetor não nulo w = (a, b, c) ∈ Π que seja ortogonal a u.{
w = (a, b, c) ∈ Π
w ⊥ u ⇐⇒
{
7a− 3b− c = 0
⟨(a, b, c), (1, 2, 1)⟩ = 0 ⇐⇒
{
7a− 3b− c = 0
a+ 2b+ c = 0
⇐⇒
{
8a− b = 0 ⇐⇒ b = 8a
a+ 2(8a) + c = 0
⇐⇒
{
b = 8a
c = −17a
Assim, qualquer vetor não nulo w = (a, 8a,−17a) servirá. Fazendo a = 1, obtemos w =
(1, 8,−17).
Logo, {u,w} é uma base ortogonal para Π. Normalizando esses vetores obtemos:{
u1 =
u
∥u∥
=
(
1√
6
,
2√
6
,
1√
6
)
, u2 =
w
∥w∥
=
(
1√
354
,
8√
354
,− 17√
354
)}
.
b) Geometricamente, a projeção ortogonal sobre um plano Π tem a seguinte propriedade:
se u ∈ Π, então T (u) = u, logo, u ̸= (0, 0, 0) é autovetor associado ao autovalor λ = 1;
se u ⊥ Π, então T (u) = (0, 0, 0) = 0u, logo, u ̸= (0, 0, 0) é autovetor associado ao
autovalor λ = 0.
Olhando para a equação do plano Π, sabemos que (7,−3,−1) ⊥ Π.
Pelos cálculos anteriores, os vetores (1, 2, 1), (1, 8,−17) ∈ Π. Assim,
β =
{
u1 =
(
1√
6
,
2√
6
,
1√
6
)
, u2 =
(
1√
354
,
8√
354
,− 17√
354
)
, u3 =
(
7√
59
,− 3√
59
,− 1√
59
)}
é uma base ortonormal do R3 formada por autovetores de T , cujos respectivos autovalores são:
λ1 = 1, λ2 = 1, λ3 = 0.
5