AP1-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
AP1 – Álgebra Linear II – 2019/1
Gabarito
Questão 1 (1,2 pontos): Seja T : R3 −→ R3 o operador linear tal que
T (3, 0, 7) = (18, 0, 42), T (0, 6,−8) = (0,−54, 72) e T (4, 9, 0) = (28, 63, 0).
a) [0,6 pt] Dê exemplo de uma base do R3 formada por autovetores de T , indicando os
respectivos autovalores.
b) [0,6 pt] Dê exemplos de uma matriz inverśıvel P que diagonaliza T e da sua corres-
pondente matriz diagonal D.
Solução:
a) Como
T (3, 0, 7) = (18, 0, 42) = (6)(3, 0, 7),
T (0, 6,−8) = (0,−54, 72) = (−9)(0, 6,−8) e
T (4, 9, 0) = (28, 63, 0) = (7)(4, 9, 0),
então
v1 = (3, 0, 7) é autovetor de T associado ao autovalor λ1 = 6.
v2 = (0, 6,−8) é autovetor de T associado ao autovalor λ2 = −9 e
v3 = (4, 9, 0) é autovetor de T associado ao autovalor λ3 = 7.
Logo,
β = {v1 = (3, 0, 7)︸ ︷︷ ︸
λ1=6
, v2 = (0, 6,−8)︸ ︷︷ ︸
λ2=−9
, v3 = (4, 9, 0)︸ ︷︷ ︸
λ3=7
}
é uma base do R3 formada por autovetores de T .
b) Tomamos β = {v1 = (3, 0, 7)︸ ︷︷ ︸
λ1=6
, v2 = (0, 6,−8)︸ ︷︷ ︸
λ2=−9
, v3 = (4, 9, 0)︸ ︷︷ ︸
λ3=7
}, a base de autovetores de T
obtida no item anterior.
Uma matriz P que diagonaliza T é P =
[
v1 v2 v3
]
=
 3 0 40 6 9
7 −8 0
, matriz de mudança
de base, da base β para a base canônica do R3, cuja correspondente matriz diagonal é dada por
D =
 λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 =
 6 0 00 −9 0
0 0 7
.
Questão 2 (0,8 ponto): Seja L : R3 −→ R3 um operador linear tal que o plano Π de equação
x− 5y+3z = 0 é o autoespaço associado ao autovalor 11. Sabendo que o autoespaço associado
ao autovalor 4 é ortogonal ao plano Π, determine L
(
(2, 1, 1) + (1,−5, 3)
)
.
Solução: Como o vetor v1 = (2, 1, 1) ∈ Π, temos que v1 = (2, 1, 1) pertence ao autoespaço
associado ao autovalor 11 e como o vetor v2 = (1,−5, 3) é ortogonal ao plano Π, temos que
v2 = (1,−5, 3) pertence ao autoespaço associado ao autovalor 4. Logo,
L(v1 + v2) = L(v1) + L(v2) = 11v1 + 4v2 = 11(2, 1, 1) + 4(1,−5, 3) = (26,−9, 23).
1
Questão 3 (1,0 ponto): Consideremos o operador linear R : R2 −→ R2 dado pela rotação
no sentido anti-horário de 7π
4
. Determine a matriz que representa R na base canônica do R2 e
calcule R (11, 13).
Solução: A matriz [R] que representa R, a rotação no sentido anti-horário de 7π
4
, é
[R] =
[
cos 7π
4
− sen 7π
4
sen 7π
4
cos 7π
4
]
=
[ √
2
2
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
]
.
Segue que
[R]
[
11
13
]
=
[ √
2
2
√
2
2
−
√
2
2
√
2
2
] [
11
13
]
=
[
12
√
2√
2
]
,
logo R (11, 13) = (12
√
2,
√
2).
Questão 4 (2,0 pontos): Consideremos o operador linear T : R3 −→ R3 cujo polinômio
caracteŕıstico é p(λ) = (λ− 33)(λ+ 18)2 com autoespaços
E(λ1 = 33) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 8y + 20z = 0 e − 5x+ 41y − 106z = 0} e
E(λ2 = 18) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 13y + 17z = 0 e − 7x+ 91y − 119z = 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:
a) Pelo polinômio caracteŕıstico de T , a multiplicidade algébrica de λ1 = 33 é 1 e a multiplici-
dade algébrica de λ2 = 18 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− 8y + 20z = 0
−5x+ 41y − 106z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:[
1 −8 20
−5 41 −106
]
L2←L2+5L1∼
[
1 −8 20
0 1 −6
]
L1←L1+8L2∼
[
1 0 −28
0 1 −6
]
.
Logo, x− 28z = 0 e y − 6z = 0.
E(λ1 = 33) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 8y + 20z = 0 e − 5x+ 41y − 106z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 28z = 0 e y − 6z = 0}
= {(28z, 6z, z) ; z ∈ R}
= {z (28, 6, 1) ; z ∈ R} .
Logo, {(28, 6, 1)} é uma base de E(λ1 = 33) e a multiplicidade geométrica de λ1 = 33 é 1.
2
– Base de E(λ2 = 18):
Devemos resolver o sistema linear
{
x− 13y + 17z = 0
−7x+ 91y − 119z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:[
1 −13 17
−7 91 −119
]
L2←L2+7L1∼
[
1 −13 17
0 0 0
]
.
Logo, x− 9y + 14z = 0.
E(λ2 = 18) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 13y + 17z = 0 e − 7x+ 91y − 119z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 13y + 17z = 0}
= {(13y − 17z, y, z) ; y, z ∈ R}
= {(13y, y, 0) + (−17z, 0, z) ; y, z ∈ R}
= {y(13, 1, 0) + z(−17, 0, 1) ; y, z ∈ R}.
Logo, {(13, 1, 0) , (−17, 0, 1)} é uma base de E(λ2 = 18) e a multiplicidade geométrica de
λ2 = 18 é 2.
b) T é diagonalizável, pois β = β1 ∪ β2 = {(28, 6, 1), (13, 1, 0), (−17, 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 5 (3,0 pontos): Seja A =
 7 2 05 −2 0
−1 6 −3
.
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.
Solução:
a) O polinômio caracteŕıstico de A é:
p(λ) = det(λI3 − A)
= det
 λ− 7 −2 0−5 λ+ 2 0
1 −6 λ+ 3
 (desenvolvendo pela 3a coluna)
= (λ+ 3) det
[
λ− 7 −2
−5 λ+ 2
]
= (λ+ 3)
(
(λ− 7)(λ+ 2)− 10
)
= (λ+ 3)(λ2 − 5λ− 24)
= (λ+ 3)(λ+ 3)(λ− 8).
Os autovalores de A são λ1 = −3 e λ2 = 8.
Para determinar os autoespaços E(λ1) e E(λ2) devemos resolver os sistemas lineares ho-
mogêneos associados, respectivamente, às matrizes (−3)I3 − A e 8I3 − A.
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz (−3)I3 − A, obtemos:
3
(−3)I3 − A =
 −10 −2 0−5 −1 0
1 −6 0
 L1↔L3∼
 1 −6 0−5 −1 0
−10 −2 0
 L2 ← L2 + 5L1L3 ← L3 + 10L1∼
 1 −6 00 −31 0
0 −70 0

L2←− 131L2∼
 1 −6 00 1 0
0 −70 0
 L1 ← L1 + 6L2L3 ← L3 + 70L2∼
 1 0 00 1 0
0 0 0
 .
O sistema ((−3)I3 −A)
 xy
z
 =
 00
0
 é equivalente a
 1 0 00 1 0
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x = 0 e y = 0.
Logo,
E(λ1 = −3) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = 0 e y = 0}
= {(0, 0, z) ; z ∈ R}.
= {(0, 0, 1)z ; z ∈ R}.
Logo, β1 = {(0, 0, 1)} é uma base de E(λ1 = −3).
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz 8I3 − A, obtemos:
8I3 − A =
 1 −2 0−5 10 0
1 −6 11
 L2 ← L2 + 5L1L3 ← L3 − L1∼
 1 −2 00 0 0
0 −4 11
 L2↔L3∼
 1 −2 00 −4 11
0 0 0

L2←− 14L2∼
 1 −2 00 1 −11
4
0 0 0
 L1←L1+2L2∼
 1 0 −1120 1 −11
4
0 0 0
 .
O sistema (8I3 − A)
 xy
z
 =
 00
0
 é equivalente a
 1 0 −1120 1 −11
4
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x− 11
2
z = 0 e y − 11
4
z = 0.
Logo,
E(λ2 = 8) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 112 z = 0 e y −
11
4
z = 0}
=
{(
11
2
z, 11
4
z, z
)
; z ∈ R
}
= {(11
2
, 11
4
, 1)z ; z ∈ R}.
Logo, β2 = {(22, 11, 4)} é uma base de E(λ2 = 8).
b) A não é diagonalizável, pois
não é posśıvel construir uma base do R3 formada por autovetores de A visto que há no máximo
2 autovetores linearmente independentes no conjunto β1 ∪ β2 = {(0, 0, 1), (22, 11, 4)} .
ou
a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores é 1 + 1 = 2 < 3 = dimR3
ou
mg(λ = −3) = 1 < 2 = ma(λ = −3).
Questão 6 (2,0 pontos): Seja T : R2 −→ R2 a reflexão com respeito à reta gerada por
(1,
√
19). 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 T a reflexão com respeito à reta gerada pelo vetor (1,
√
19). Como
4
u = (1,
√
19) gera a reta, temos que T (u) = u.
v = (−
√
19, 1) é ortogonal a u, então v é perpendicular à reta e T (v) = −v.
Assim, β = {v1 = u = (1,
√
19)︸ ︷︷ ︸
λ1=1
, v2 = v = (−
√
19, 1)︸ ︷︷ ︸
λ2=−1
} é uma base do R2 formada por autovetores
da reflexão.
P =
[
v1 v2
]
=
[
1 −
√
19√
19 1
]
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
20
[
1
√
19
−
√
19 1
]
=
[
1
20
√
19
20
−
√
19
20
1
20
]
.
Logo, a matriz da reflexão na base canônicaé
A = PDP−1 =
[
1 −
√
19√
19 1
] [
1 0
0 −1
][
1
20
√
19
20
−
√
19
20
1
20
]
=
[
1 −
√
19√
19 1
][
1
20
√
19
20√
19
20
− 1
20
]
=
[
−18
20
2
√
19
20
2
√
19
20
18
20
]
.
5