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Universidade Federal do Esp´ırito Santo Terceira Prova de A´lgebra Linear Vito´ria, 06 de novembro de 2012 Nome Leg´ıvel: Justifique seu racioc´ınio. 1. (2 pontos) Seja β = {u1,u2,u3} e β′ = {v1,v2,v3} bases de um espac¸o vetorial V . Sabendo que, para v ∈ V , [v]β = (a, b, c)⇒ [v]β′ = (a+ b+ c, a− b+ c, a− b− c) determine a matriz de mudanc¸a de base de β′ para β. 2. Seja A = 1 1 10 2 1 0 2 3 a matriz do operador linear T : V −→ V numa base β = {u,v,w}. (a) (1 ponto)Determine [T (u)]β e [T (u)− 3T (v) + 2T (w)]β. (b) (1,5 pontos) O operador T e´ diagonaliza´vel? T e´ ortogonalmente diagonaliza´vel? 3. Considere as transformac¸o˜es matriciais TA : R3 −→ R2 dadas por TA(x) = Ax. (a) (1 ponto) Quais sa˜o todas as poss´ıveis dimenso˜es do nu´cleo de TA? (b) (1,5 pontos) Para cada dimensa˜o poss´ıvel n, deˆ exemplo nume´rico de uma matriz A com dimensa˜o do nu´cleo de TA igual a n. 4. Seja pi o plano dado por x− y + z = 0. (a) (1 ponto) Encontre um operador linear T : R3 −→ R3 tal que . T (v) = −v para todo v ∈ pi; . dim(Nuc(T )) = 1; . T e´ ortogonalmente diagonaliza´vel. (b) (1 ponto) Determine a matriz A do operador T , encontrado no item (a), na base canoˆnica. (c) (1 ponto) Encontre matrizes P e D, sendo D diagonal, tal que P−1AP = D. Boa Prova!!! 1 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. AlgLin - p3 P3 solução
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