AP1-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
AP1 – Álgebra Linear II – 2019/2
Gabarito
Questão 1 (1,5 pontos): Seja L : R3 −→ R3 um operador linear tal que o plano Π de equação
5x− 3y+2z = 0 é o autoespaço associado ao autovalor 7. Sabendo que o autoespaço associado
ao autovalor 6 é ortogonal ao plano Π, determine L
(
(2, 4, 1) + (10,−6, 4)
)
.
Solução: Como o vetor v1 = (2, 4, 1) ∈ Π, temos que v1 = (2, 4, 1) pertence ao autoespaço
associado ao autovalor 7 e como o vetor v2 = (10,−6, 4) = 2(5,−3, 2) é ortogonal ao plano Π,
temos que v2 = (10,−6, 4) pertence ao autoespaço associado ao autovalor 6. Logo,
L(v1 + v2) = L(v1) + L(v2) = 7v1 + 6v2 = 7(2, 4, 1) + 6(10,−6, 4) = (74,−8, 31).
Questão 2 (1,5 pontos): Consideremos o operador linear R : R2 −→ R2 dado pela rotação
no sentido anti-horário de 7π
4
seguida de uma dilatação de (−5
√
2). Determine a matriz que
representa R na base canônica do R2 e calcule R (1, 3).
Solução: Sejam R 7π
4
e D(−5
√
2), respectivamente, a rotação de
7π
4
no sentido anti-horário e
a dilatação de (−5
√
2). Considere agora R dada pela rotação de 7π
4
seguida da dilatação de
−5
√
2. Então,
R = D(−5
√
2) R 7π4
= (−5
√
2)
[
1 0
0 1
] [
cos 7π
4
− sen 7π
4
sen 7π
4
cos 7π
4
]
=
[
−5
√
2 0
0 −5
√
2
][ √
2
2
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
]
.
Portanto
R =
[
−5 −5
5 −5
]
.
Segue que
[R]
[
1
3
]
=
[
−5 −5
5 −5
] [
1
3
]
=
[
−20
−10
]
,
logo R (1, 3) = (−20,−10).
Questão 3 (2,0 pontos): Consideremos o operador linear T : R3 −→ R3 cujo polinômio
caracteŕıstico é p(λ) = (λ− 33)(λ− 45)2 com autoespaços
E(λ1 = 33) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 5y − 8z = 0 e − 7x− 34y + 60z = 0} e
E(λ2 = 45) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 19y + 34z = 0 e 5x− 95y + 170z = 0}.
a) [1,6 pts] Determine as multiplicidades algébrica e geométrica dos autovalores de T e bases
para seus autoespaços.
b) [0,4 pt] T é diagonalizável? Justifique a sua resposta.
Solução:
1
a) Pelo polinômio caracteŕıstico de T , a multiplicidade algébrica de λ1 = 33 é 1 e a multiplici-
dade algébrica de λ2 = 45 é 2.
Para determinar as multiplicidades geométricas dos autovalores, devemos determinar as di-
mensões dos seus autoespaços.
– Base de E(λ1 = 33):
Devemos resolver o sistema linear
{
x+ 5y − 8z = 0
−7x− 34y + 60z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:[
1 5 −8
−7 −34 60
]
L2←L2+7L1∼
[
1 5 −8
0 1 4
]
L1←L1−5L2∼
[
1 0 −28
0 1 4
]
.
Logo, x− 28z = 0 e y + 4z = 0.
E(λ1 = 33) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 5y − 8z = 0 e − 7x− 34y + 60z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 28z = 0 e y + 4z = 0}
= {(28z,−4z, z) ; z ∈ R}
= {z (28,−4, 1) ; z ∈ R} .
Logo, {(28,−4, 1)} é uma base de E(λ1 = 33) e a multiplicidade geométrica de λ1 = 33 é 1.
– Base de E(λ2 = 45):
Devemos resolver o sistema linear
{
x− 19y + 34z = 0
5x− 95y + 170z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:[
1 −19 34
5 −95 170
]
L2←L2−5L1∼
[
1 −19 34
0 0 0
]
.
Logo, x− 19y + 34z = 0.
E(λ2 = 45) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 19y + 34z = 0 e 5x− 95y + 170z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 19y + 34z = 0}
= {(19y − 34z, y, z) ; y, z ∈ R}
= {(19y, y, 0) + (−34z, 0, z) ; y, z ∈ R}
= {y(19, 1, 0) + z(−34, 0, 1) ; y, z ∈ R}.
Logo, {(19, 1, 0) , (−34, 0, 1)} é uma base de E(λ2 = 45) e a multiplicidade geométrica de
λ2 = 45 é 2.
b) T é diagonalizável, pois β = β1 ∪ β2 = {(28,−4, 1), (19, 1, 0), (−34, 0, 1)} é uma base do R3
formada por autovetores de A
ou
a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores é 1 + 2 = 3 = dim R3
Questão 4 (3,0 pontos): Seja A =
 −4 10 40 −2 0
−5 6 8
.
a) [2,4 pts] Determine os autovalores de A e bases para seus autoespaços.
b) [0,6 pt] A é diagonalizável? Justifique a sua resposta.
2
Solução:
a) O polinômio caracteŕıstico de A é:
p(λ) = det(λI3 − A)
= det
 λ+ 4 −10 −40 λ+ 2 0
5 −6 λ− 8
 (desenvolvendo pela 2a linha)
= (λ+ 2) det
[
λ+ 4 −4
5 λ− 8
]
= (λ+ 2)
(
(λ+ 4)(λ− 8) + 20
)
= (λ+ 2)(λ2 − 4λ− 12)
= (λ+ 2)(λ+ 2)(λ− 6).
Os autovalores de A são λ1 = −2 e λ2 = 6.
Para determinar os autoespaços E(λ1) e E(λ2) devemos resolver os sistemas lineares ho-
mogêneos associados, respectivamente, às matrizes (−2)I3 − A e 6I3 − A.
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz (−2)I3 − A, obtemos:
(−2)I3 − A =
 2 −10 −40 0 0
5 −6 −10
 L1 ← 12L1L2 ↔ L3∼
 1 −5 −25 −6 −10
0 0 0
 L2←L2−5L1∼
 1 −5 −20 19 0
0 0 0

L2←− 119L2∼
 1 −5 −20 1 0
0 0 0
 L1←L1+5L2∼
 1 0 −20 1 0
0 0 0
 .
O sistema ((−2)I3−A)
 xy
z
 =
 00
0
 é equivalente a
 1 0 −20 1 0
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x− 2z = 0 e y = 0.
Logo,
E(λ1 = −2) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 2z = 0 e y = 0}
= {(2z, 0, z) ; z ∈ R}.
= {(2, 0, 1)z ; z ∈ R}.
Logo, β1 = {(2, 0, 1)} é uma base de E(λ1 = −2).
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz 6I3 − A, obtemos:
6I3 − A =
 10 −10 −40 8 0
5 −6 −2
 L1 ← 110L1L2 ← 18L2∼
 1 −1 −250 1 0
5 −6 −2
 L3←L3−5L1∼
 1 −1 −250 1 0
0 −1 0
 .
L1 ← L1 + L2
L3 ← L3 + L2∼
 1 0 −250 1 0
0 0 0
 .
O sistema (6I3 − A)
 xy
z
 =
 00
0
 é equivalente a
 1 0 −250 1 0
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x− 2
5
z = 0 e y = 0.
Logo,
3
E(λ2 = 6) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 25z = 0 e y = 0}
=
{(
2
5
z, 0, z
)
; z ∈ R
}
= {(2
5
, 0, 1)z ; z ∈ R}.
Logo, β2 = {(2, 0, 5)} é uma base de E(λ2 = 6).
b) A não é diagonalizável, pois não é posśıvel construir uma base do R3 formada por autovetores
de A visto que existem no máximo 2 autovetores linearmente independentes no conjunto β1 ∪
β2 = {(2, 0, 1), (2, 0, 5)} .
ou a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores é 1 + 1 = 2 < 3 = dimR3
ou mg(λ = −2) = 1 < 2 = ma(λ = −2).
Questão 5 (2,0 pontos): Seja T : R2 −→ R2 a reflexão com respeito à reta de equação
5x − 6y = 0. Dê exemplo de uma base do R2 formada por autovalores de T , indicando os
autovalores e determine a matriz de T na base canônica do R2.
Solução:
Seja ℓ a reta de equação 5x− 6y = 0.
Como u = (6, 5) ∈ ℓ, então u gera ℓ e T (u) = u.
Como v = (5,−6) é ortogonal a u, então v é perpendicular a ℓ e T (v) = −v.
Assim, β = {v1 = u = (6, 5)︸ ︷︷ ︸
λ1=1
, v2 = v = (5,−6)︸ ︷︷ ︸
λ2=−1
} é uma base do R2 formada por autovetores da
reflexão.
Temos que
P =
[
v1 v2
]
=
[
6 5
5 −6
]
é a matriz de mudança de base, da base β para a base canônica,
P diagonaliza T e a correspondente matriz diagonal é D =
[
λ1 0
0 λ2
]
=
[
1 0
0 −1
]
.
Temos que P−1 = − 1
61
[
−6 −5
−5 6
]
=
[
6
61
5
61
5
61
− 6
61
]
.
Logo, a matriz da reflexão na base canônica é
A = PDP−1 =
[
6 5
5 −6
] [
1 0
0 −1
] [
6
61
5
61
5
61
− 6
61
]
=
[
6 5
5 −6
] [
6
61
5
61
− 5
61
6
61
]
=
[
11
61
60
61
60
61
−11
61
]
.
4