P3 solução (1)

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Prof.: Etereldes
06/11/2012
Soluc¸a˜o esperada da prova III - A´lgebra Linear
1. Sejam U a matriz cujas colunas sa˜o u1, u2 e u3, V a matriz cujas colunas sa˜o v1, v2 e v3 e
A =
 1 1 11 −1 1
1 −1 −1
 .
Enta˜o U · [v]β = V ·A · [v]β′ . Logo, U ·A−1 · [v]β = V · [v]β′ e a matriz de mudanc¸a de base
de β′ para β e´
A−1 =
 1/2 0 1/21/2 −1/2 0
0 1/2 −1/2
 .
2. (a) [T (u)]β = (1, 0, 0) e [T (u) − 3T (v) + 2T (w)]β = [T (u)]β − 3[T (v)]β + 2[T (w)]β =
(0,−4, 0).
(b) Os autovalores de T sa˜o as ra´ızes reais de
p(λ) = det(
 1− λ 1 10 2− λ 1
0 2 3− λ
) = (1− λ)(λ− 1)(4− λ).
O autoespac¸o associado a λ = 1 e´ o conjunto soluc¸a˜o de 0 1 10 1 1
0 2 2
 xy
z
 =
 00
0
 .
Logo, O autoespac¸o associado a λ = 1 e´ ger{(1, 0, 0), (0, 1,−1)}. Como o autoespac¸o
associado a λ = 4 tem dimensa˜o 1, temos uma base de autovetores de T e portanto T
e´ diagonaliza´vel. T na˜o e´ ortognalmente diagonaliza´vel, pois A na˜o e´ sime´trica.
(a) dim(Nuc(TA)) = 3 − dim(Im(TA)). Logo, temos os seguintes pares poss´ıveis para
(dim(Nuc(TA)), dim(Im(TA)) que sa˜o (3, 0), (2, 1) e (1, 2). Veja que TA na˜o pode ser
injetiva e na˜o podemos ter (0, 3).
(b) i. A e´ a matriz nula.
ii. A =
[
1 0 0
0 0 0
]
.
iii. A =
[
1 0 0
0 1 0
]
.
3. (a) pi = {(x, y, z) ∈ R3;x − y + z = 0} = {(y − z, y, z); y, z ∈ R} = {y(1, 1, 0) +
z(−1, 0, 1); y, z ∈ R}, que e´ o espac¸o gerado pelos vetores u1 = (1, 1, 0) e u2 =
(−1, 0, 1). Enta˜o, se u3 = (1,−1, 1) temos que β = {u1, u2, u3} e´ uma base de R3.
Definindo T (u3) = 0, temos que T definido na base β por T (u1) = −u1, T (u2) = −u2
e T (u3) = 0 tem as propriedades desejadas.
2
(b) Um vetor qualquer (x, y, z) ∈ R3 e´ combinac¸a˜o linear dos vetores de β. Isto e´, existem
α1, α2, α3 ∈ R tais que (x, y, z) = α1u1 + α2u2 + α3u3. Resolvendo o sistema 1 −1 11 0 −1
0 1 1
 α1α2
α3
 =
 xy
z
 .
Temos α1 =
x+2y+z
3
, α2 =
−x+y+2z
3
e α3 =
x−y+z
3
.
Logo, T (x, y, z) = α1T (u1)+α2T (u2)+α3T (u3) =
x+2y+z
3
T (1, 1, 0)+−x+y+2z
3
T (−1, 0, 1)+
x−y+z
3
T (1,−1, 1) = x+2y+z
3
(−1,−1, 0) + −x+y+2z
3
(1, 0,−1).
Portanto, T (x, y, z) = (−2x−y+z
3
, −x−2y−z
3
, +x−y−2z
3
) = 1
3
 −2 −1 1−1 −2 −1
1 −1 −2
 xy
z
. Logo
A = 1
3
 −2 −1 1−1 −2 −1
1 −1 −2
 .
(c) Defina P =
 1 −1 11 0 −1
0 1 1
 e D =
 −1 0 00 −1 0
0 0 0
. Enta˜o, AP = PD, pois as duas
primeiras colunas de P sa˜o autovetores de A associados ao autovalor −1 e a terceira
e´ um autovetor associado ao autovalor 0. Veja que T tem uma base ortonormal de
de autovetores, pois A e´ sime´trica e podemos encontrar tal base ortogonalizando os
autovetores associados ao autovalor −1.