AP1-ALII-2016-2-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 – 2016/2
Gabarito
Questão 1 (1,2 pontos): Seja A =
[
8 5
−5 −2
]
.
a) [0,8 pt] Determine os autovalores, uma base de seus autoespaços e as suas multiplicidades
algébrica e geométrica.
b) [0,4 pt] A é diagonalizável? Justifique sua resposta.
Solução:
a) O polinômio caracteŕıstico de A é
p(λ) = det(λI2 −A) = det
[
λ− 8 −5
5 λ+ 2
]
= (λ− 8)(λ+ 2)− (−25) ·
= λ2 − 6λ+ 9
= (λ− 3)2.
Como a única raiz do polinômio caracteŕıstico é 3, A tem um único autovalor λ = 3 com mul-
tiplicidade algébrica 2.
Cálculo do autoespaço E(λ = 3)
3I2 − A =
[
−5 −5
5 5
]
L1←−
1
5
L1∼1
[
1 1
5 5
]
L2←L2−5L1∼2
[
1 1
0 0
]
,
Logo, x+ y = 0 e
E(λ = 3) = {(x, y) ∈ R2 ; x+ y = 0}
= {(−y, y) ; y ∈ R} = [(−1, 1)].
Logo, {(−1, 1)} é uma base de E(λ = 3) e a multiplicidade geométrica do autovalor λ = 3 é 1,
menor do que a sua multiplicidade algébrica.
b) A não é diagonalizável, pois não é posśıvel construir uma base do R2 formada por autovetores
de A, equivalentemente, a multiplicidade geométrica do único autovalor λ = 3 é menor do que
sua multiplicidade algébrica.
Questão 2 (0,8 ponto): Seja L : R3 −→ R3 um operador linear tal que o plano Π de equação
2x−5y+8z = 0 é o autoespaço associado ao autovalor −2. Sabendo que o autoespaço associado
ao autovalor 5 é ortogonal ao plano Π, determine L
(
(1, 2, 1) + (2,−5, 8)
)
.
Solução: Como o vetor v1 = (1, 2, 1) ∈ Π, temos que v1 = (1, 2, 1) pertence ao autoespaço
associado ao autovalor −2 e como o vetor v2 = (2,−5, 8) é ortogonal ao plano Π, temos que
v2 = (2,−5, 8) pertence ao autoespaço associado ao autovalor 5. Logo,
L(v1 + v2) = L(v1) + L(v2) = (−2)v1 + 5v2 = (−2)(1, 2, 1) + 5(2,−5, 8) = (8,−29, 38).
1
Questão 3 (1,0 ponto): Consideremos o operador linear R : R2 −→ R2 dado pela rotação
no sentido anti-horário de π
3
. Determine a matriz que representa R na base canônica do R2 e
calcule R (8, 2).
Solução: A matriz [R] que representa R, a rotação no sentido anti-horário de π
3
, é
[R] =
[
cos π
3
− sen π
3
sen π
3
cos π
3
]
=
[
1
2
−
√
3
2√
3
2
1
2
]
.
Segue que
[R]
[
8
2
]
=
[
1
2
−
√
3
2√
3
2
1
2
] [
8
2
]
=
[
4−
√
3
4
√
3 + 1
]
,
logo R (8, 2) = (4−
√
3, 4
√
3 + 1).
Questão 4 (2,0 pontos): Consideremos o operador linear T : R3 −→ R3 cujo polinômio
caracteŕıstico é p(λ) = (λ+ 11)(λ− 8)2 com autoespaços
E(λ1 = −11) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 3y + 4z = 0 e − 6x+ 19y − 17z = 0} e
E(λ2 = 8) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 17y + 13z = 0 e − 4x+ 68y − 52z = 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 = −11 é 1 e a multipli-
cidade algébrica de λ2 = 8 é 2.
Para determinar as multiplicidades geométricas dos autovalores, devemos determinar as di-
mensões dos seus autoespaços.
– Base de E(λ1 = −11):
Devemos resolver o sistema linear
{
x− 3y + 4z = 0
−6x+ 19y − 17z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:
[
1 −3 4
−6 19 −17
]
L2←L2+6L1∼
[
1 −3 4
0 1 7
]
L1←L1+3L2∼
[
1 0 25
0 1 7
]
.
Logo, x+ 25z = 0 e y + 7z = 0.
E(λ1 = −11) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 3y + 4z = 0 e − 6x+ 19z − 17z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 25z = 0 e y + 7z = 0}
= {(−25z,−7z, z) ; z ∈ R}
= {z (−25,−7, 1) ; z ∈ R} .
Logo, {(−25,−7, 1)} é uma base de E(λ1 = −11) e a multiplicidade geométrica de λ1 = −11 é
1.
2
– Base de E(λ2 = 8):
Devemos resolver o sistema linear
{
x− 17y + 13z = 0
−4x+ 68y − 52z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:
[
1 −17 13
−4 68 −52
]
L2←L2+4L1∼
[
1 −17 13
0 0 0
]
.
Logo, x− 17y + 13z = 0.
E(λ2 = 8) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 17y + 13z = 0 e − 4x+ 68y − 52z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 17y + 13z = 0}
= {(17y − 13z, y, z) ; y, z ∈ R}
= {(17y, y, 0) + (−13z, 0, z) ; y, z ∈ R}
= {y(17, 1, 0) + z(−13, 0, 1) ; y, z ∈ R}.
Logo, {(17, 1, 0) , (−13, 0, 1)} é uma base de E(λ2 = 8) e a multiplicidade geométrica de λ2 = 8
é 2.
b) T é diagonalizável, pois β = β1 ∪ β2 = {(−25,−7, 1), (17, 1, 0), (−13, 0, 1)} é uma base do
R
3 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 =


2 4 5
0 −3 0
5 4 2

.
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− 2 −4 −5
0 λ+ 3 0
−5 −4 λ− 2

 (desenvolvendo pela 2a linha)
= (λ+ 3) det
[
λ− 2 −5
−5 λ− 2
]
= (λ+ 3)
(
(λ− 2)(λ− 2)− 25
)
= (λ+ 3)(λ2 − 4λ− 21)
= (λ+ 3)(λ+ 3)(λ− 7).
Os autovalores de A são λ1 = −3 e λ2 = 7.
Para determinar os autoespaços E(λ1) e E(λ2) devemos resolver os sistemas lineares ho-
mogêneos associados, respectivamente, às matrizes (−3)I3 −A e 7I3 − A.
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz (−3)I3 −A, obtemos:
3
(−3)I3 − A =


−5 −4 −5
0 0 0
−5 −4 −5


L1 ← −
1
5
L1
L2 ↔ L3∼


1 4
5
1
−5 −4 −5
0 0 0


L2←L2+5L1∼


1 4
5
1
0 0 0
0 0 0

 .
O sistema ((−3)I3 −A)


x
y
z

 =


0
0
0

 é equivalente a


1 4
5
1
0 0 0
0 0 0




x
y
z

 =


0
0
0

, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x+ 4
5
y + z = 0.
Logo,
E(λ1 = −3) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 45y + z = 0}
= {(−4
5
y − z, y, z) ; y, z ∈ R}.
= {(−4
5
y, y, 0) + (−z, 0, z) ; y, z ∈ R}
= {(−4
5
, 1, 0)y + (−1, 0, 1)z ; y, z ∈ R}.
Logo, β1 = {(−4, 5, 0), (−1, 0, 1)} é uma base de E(λ1 = −3).
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz 7I3 − A, obtemos:
7I3 − A =


5 −4 −5
0 10 0
−5 −4 5


L2 ←
1
10
L2
L3 ← L3 + L1∼


5 −4 −5
0 1 0
0 −8 0


L1 ← L1 + 4L2
L3 ← L3 + 8L2∼


5 0 −5
0 1 0
0 0 0


L1←
1
5
L1∼


1 0 −1
0 1 0
0 0 0

 .
O sistema (7I3 − A)


x
y
z

 =


0
0
0

 é equivalente a


1 0 −1
0 1 0
0 0 0




x
y
z

 =


0
0
0

, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x− z = 0 e y = 0.
Logo,
E(λ2 = 7) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− z = 0 e y = 0}
= {(z, 0, z) ; z ∈ R}
= {(1, 0, 1)z ; z ∈ R}.
Logo, β2 = {(1, 0, 1)} é uma base de E(λ2 = 7).
b) A é diagonalizável, pois
β = β1 ∪ β2 = {(−4, 5, 0), (−1, 0, 1), (1, 0, 1)} é uma base do R3 formada por autovetores de A
ou
a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores é 2 + 1 = 3 = dimR3
ou
multiplicidade algébrica = multiplicidade geométrica, para cada um dos autovalores.
Questão 6 (2,0 pontos): Seja T : R2 −→ R2 a reflexão com respeito à reta gerada por
(
√
10,−3). Dê exemplo de uma base do R2 formada por autovalores de T , indicando os auto-
valores e determine a matriz de T na base canônica do R2.
Solução: Seja T a reflexão com respeito à reta gerada pelo vetor (
√
10,−3). Como
4
u = (
√
10,−3) gera a reta, temos que T (u) = u.
v = (3,
√
10) é ortogonal a u, então v é perpendicular à reta e T (v) = −v.
Assim, β = {v1 = u = (
√
10,−3)
︸ ︷︷ ︸
λ1=1
, v2 = v = (3,
√
10)
︸ ︷︷ ︸
λ2=−1
} é uma base do R2 formada por autovetores
da reflexão.
P =
[
v1 v2
]
=
[ √
10 3
−3
√
10
]
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
19
[ √
10 −3
3
√
10
]
=
[ √
10
19
− 3
19
3
19
√
10
19
]
.
Logo, a matriz da reflexão na base canônica é
A = PDP−1 =
[ √
10 3
−3
√
10
] [
1 0
0 −1
][ √
10
19
− 3
19
3
19
√
10
19
]
=
[ √
10 3
−3
√
10
] [ √
10
19
− 3
19
− 3
19
−
√
10
19
]
=
[
1
19
−6
√
10
19
−6
√
10
19
− 1
19
].
5