Prova 3 Algebra resolvida

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Universidade Federal de Ouro Preto
Instituto de Cieˆncias Exatas e Biolo´gicas - Departamento de Matema´tica
Introduc¸a˜o a` A´lgebra Linear - MTM112-73
1o. Semestre de 2013 – Soluc¸a˜o da Terceira Avaliac¸a˜o
Questa˜o 1:(30 pts) Seja T : R4 → R4 o operador linear tal que
T (1, 1, 1, 1) = (2, 2, 2, 2),
T (1, 1, 1, 0) = (2, 2, 1, 1),
T (1, 1, 0, 0) = (2, 2, 0, 0),
T (1, 0, 0, 0) = (1, 1, 0, 0).
Existiria uma base de R4 em que a matriz de T e´ diagonal? Caso afirmativo, qual e´ a expressa˜o de T nessa base?
Soluc¸a˜o: Escrevendo
(x, y, z, w) = a(1, 1, 1, 1) + b(1, 1, 1, 0) + c(1, 1, 0, 0) + d(1, 0, 0, 0)
e resolvendo esta equac¸a˜o, teremos a = w, b = z − w, c = y − z e d = x− y e depois substuindo esses valores em
T (x, y, z, w) = aT (1, 1, 1, 1) + bT (1, 1, 1, 0) + cT (1, 1, 0, 0) + dT (1, 0, 0, 0),
obtemos T (x, y, z, w) = (x+ y, x+ y, z + w, z + w), cuja matriz na base canoˆnica e´
1 1 0 0
1 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 1
 ,
e teremos p(λ) = [(1− λ)2 − 1]2 como polinoˆmio caracter´ıstico, obtendo os autovalores 0 e 2.
Para λ = 0 resolvemos o sistema linear homogeˆneo que possui
1 1 0 0
1 1 0 0
0 0 1 1
0 0 1 1

como matriz de coeficientes. Obtendos os seguintes autovetores LI, v1 = (1,−1, 0, 0) e v2 = (0, 0, 1,−1).
Para λ = 1 resolvemos o sistema linear homogeˆneo que possui
−1 1 0 0
1 −1 0 0
0 0 −1 1
0 0 1 −1

como matriz de coeficientes. Obtendos os seguintes autovetores LI, v3 = (1, 1, 0, 0) e v4 = (0, 0, 1, 1). Conclu´ımos
que α = {v1, v2, v3, v4} e´ uma base de R4 formada por autovetores de T , logo T e´ diagonaliza´vel e
[T ]αα =

0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 2 0
0 0 0 2
 .
Questa˜o 2:(15 pts por item) Os operadores lineares abaixo sa˜o diagonaliza´veis? Por queˆ?
a) T (x, y, z) = (4x−√5z, 4y,−√5x− 2z)
A matriz de T na base canoˆnica e´  4 0 −√50 4 0
−√5 0 −2

que e´ sime´trica e portanto diagonaliza´vel.
b) A(x, y, z, w) = (3x+ 2y, 3y + 2z, 2z + w, 2w)
A matriz de A na base canoˆnica e´ 
3 3 0 0
0 3 2 0
0 0 2 1
0 0 0 2
 ,
o polinoˆmio caracter´ıstico de A e´ p(λ) = (3 − λ)2(2 − λ)2. Desse modo 2 e 3 sa˜o autovalores de A, entretanto,
associado a cada autovalor teremos apenas um vetor LI o que na˜o nos fornece uma base de R4, portanto, A na˜o e´
diagonaliza´vel.
Questa˜o 3: (30 pts) Determine uma transformac¸a˜o linear T : R4 → R4 tal que os autovetores associados ao au-
tovalor 6 sejam da forma (3x, 0, 4x, 0) e (0, 4y, 0, 3y) e os autovetores associados ao autovalor -1 sejam da forma
(0, 0, 0, x) e (0, 0,−y, 0). T e´ diagonaliza´vel?
Soluc¸a˜o:
Antes de encontrarmos T , podemos afirmar que a mesma e´ diagonaliza´vel, pois β = {(3, 0, 4, 0), (0, 4, 0, 3), (0, 0, 0, 1), (0, 0,−1, 0)}
e´ uma base de autovetores para R4. Para encontrar a expressa˜o de T , inicialmente, escrevemos o vetor (x, y, z, w)
como combinac¸a˜o linear dos vetores de β, de modo que
(x, y, z, w) = a(3, 0, 4, 0) + b(0, 4, 0, 3) + c(0, 0, 0, 1) + d(0, 0,−1, 0).
Donde obtemos a = x3 , b =
y
4 , c = w − 3y4 e d = 4x3 − z, substituindo esses valores em
T (x, y, z, w) = aT (3, 0, 4, 0) + bT (0, 4, 0, 3) + cT (0, 0, 0, 1) + dT (0, 0,−1, 0),
obtemos
T (x, y, z, w) = (6x, 8y,
20x
3
+ z,
15y
4
+ w).
Questa˜o 4:(30 pts) Seja T : R3 → R3 o operador linear tal que a matriz de T na base canoˆnica de R3 seja 1 0 01 −1 0
1 1 1

Encontre uma base β = {v1, v2, v3} de R3 tal que a matriz de T na base β seja 1 0 0−1 −1 0
2 1 1
 .
Soluc¸a˜o:(esta e´ uma das poss´ıveis)
Da matriz de T na base canoˆnica obtemos T (x, y, z) = (x, x−y, x+y+z). Pondo v1 = (a1, a2, a3), v2 = (b1, b2, b3)
e v3 = (c1, c2, c3), como
[T ]ββ =
 1 0 0−1 −1 0
2 1 1
 ,
conclu´ımos que [T (v1)]β =
 1−1
2
, [T (v2)]β =
 0−1
1
 e [T (v3)]β =
 00
1
, nos levando a
T (v1) = 1 · v1 − 1 · v2 + 2 · v3;
T (v2) = 0 · v1 − 1 · v2 + 1 · v3;
T (v3) = 0 · v1 + 0 · v2 + 1 · v3.
Abrindo T (v3) = 0 · v1 + 0 · v2 + 1 · v2, teremos
(c1, c1 − c2, c1 + c2 + c3) = (c1, c2, c3)
resolvendo a equac¸a˜o conclu´ımos que c1 = c2 = 0 e c3 e´ varia´vel livre. Escolhendo c3 = 1, teremos v3 = (0, 0, 1).
Abrindo T (v2) = 0 · v1 − 1 · v2 + 1 · v2, teremos
(b1, b1 − b2, b1 + b2 + b3) = (−b1,−b2,−b3 + 1)
resolvendo a equac¸a˜o conclu´ımos que b1 = 0 e b3 =
1−b2
2 , sendo b2 uma varia´vel livre. Escolhendo b2 = 1, teremos
v2 = (0, 1, 0).
Abrindo T (v1) = 1 · v1 − 1 · v2 + 2 · v2, teremos
(a1, a1 − a2, a1 + a2 + a3) = (a1, a2 − 1, a3 + 2)
resolvendo a equac¸a˜o conclu´ımos que a1 = a2 = 1 e que a3 e´ varia´vel livre. Escolhendo a3 = 0, obtemos v1 = (1, 1, 0),
conclu´ındo a questa˜o.