John MacQuarrie- GAAL

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GAAL online: Exerc´ıcios 9 (umas soluc¸o˜es)
1. Ache o polinoˆmio caracter´ıstico, os autovalores e os autovetores de cada
matriz. Para cada autovalor, deˆ uma base do autoespac¸o correspondente.
(a)
(
1 1
1 1
)
(b)
(
1 −1
2 4
)
(c)
 0 1 20 0 3
0 0 0

(d)
 1 0 0−1 3 0
3 2 −2

(e)
 2 −2 30 3 −2
0 −1 2

(f)
 2 2 31 2 1
2 −2 1

(g)

1 2 3 4
0 −1 3 2
0 0 3 3
0 0 0 2

R:
(a) O polinoˆmio caracter´ıstico e´ (1−t)2−1 = t(t−2). Logo os autovalores
(zeros deste polinoˆmio) sa˜o λ = 0, λ = 2.
Quando λ = 0, queremos resolver o sisteˆma homogeˆneo (A−0I)X =
0, ou seja, AX = 0. Este espac¸o (cujos elementos na˜o 0 sa˜o os
autovetores correspondentes ao autovalor λ = 0) tem a forma (−α, α)
(α ∈ R). Ja´ que este espac¸o tem uma varia´vel livre, a dimensa˜o dela
e´ 1. Uma base e´ {(−1, 1)}.
Quando λ = 2, queremos resolver o sistema homogeˆneo (A−2I)X =
0. O espac¸o soluc¸a˜o (= autoespac¸o) tem dimensa˜o 1 e uma base dele
e´ {(1, 1)}.
(b) O polinoˆmio caracter´ıstico desta matriz e´ t2− 5t+ 6 = (t− 2)(t− 3).
Os autovalores de A sa˜o λ = 2, λ = 3.
1
Quando λ = 2, o autoespac¸o tem dimensa˜o 1 e base {(−1, 1)}.
Quando λ = 3, o autoespac¸o tem dimensa˜o 1 e base {(1,−2)}.
(c) O polinoˆmio caracter´ıstico e´ −t3. Logo o u´nico autovalor e´ λ = 0.
Quando resolvemos o sistema homogeˆneo correspondente AX = 0,
vimos que tem so´ uma varia´vel livre. Uma base do autoespac¸o e´
{(1, 0, 0)}.
(d) O polinoˆmio caracter´ıstico e´ (1− t)(3− t)(−2− t), logo os autovalores
sa˜o 1, 3,−2. Os treˆs autoespac¸os teˆm dimensa˜o 1 cada e bases:
{(6, 3, 8)}, (λ = 1)
{(0, 5, 2)}, (λ = 3)
{(0, 0, 1)}, (λ = −2).
(e) O polinoˆmio caracter´ıstico e´ (2−λ)(4−λ)(1−λ), logo os autovalores
sa˜o 1, 2, 4. Os autoespac¸os teˆm bases
{(−1, 1, 1)}, (λ = 1)
{(1, 0, 0)}, (λ = 2)
{(7,−4, 2)}, (λ = 4).
(f) Polinoˆmio caracter´ıstico (−1− t)(2− t)(4− t): Bases
{(−1, 0, 1)}, (λ = −1)
{(−2,−3, 2)}, (λ = 2)
{(8, 5, 2)}, (λ = 4).
(g) Bases
{(−1, 1, 0, 0)}, (λ = −1)
{(1, 0, 0, 0)}, (λ = 1)
{(−29,−7,−9, 3)}, (λ = 2)
{(9, 3, 4, 0)}, (λ = 3)
2. Quais das matrizes da Questa˜o 1 sa˜o diagonaliza´veis?
R:
(a) Sim – das contas da primeira questa˜o, vimos que a matriz 2× 2 tem
2 autovetores L.I.
(b) Sim.
(c) Na˜o. A matriz 3× 3 tem so´ 1 (< 3) autovetor L.I.
(d) Sim.
(e) Sim.
(f) Sim.
(g) Sim.
2
3. Ache pras seguintes matrizes A, se poss´ıvel, uma matriz P invert´ıvel tal
que P−1AP seja diagonal. Se for poss´ıvel, fac¸a o ca´lculo P−1AP :
(a)
 1 1 20 1 0
0 1 3

(b)
 4 2 32 1 2
−1 −2 0

(c)
 1 2 30 1 0
2 1 2

(d)
 3 −2 10 2 0
0 0 0
.
R:
(a) O polinoˆmio caracter´ıstico e´ (1 − t)2(3 − t). Consideramos os dois
autovalores λ = 1, λ = 3 separadamente:
λ = 1 Aparece duas vezes na decomposic¸a˜o do polinoˆmio. A matriz
A− 1I e´ equivalente a` matriz 0 1 20 0 0
0 0 0
 .
Logo a soluc¸a˜o geral do sistema (A− 1I)X = 0 e´ α−2β
β

e o autoespac¸o tem base
 10
0
 ,
 0−2
1
 .
λ = 3 Este autoespac¸o tem dimensa˜o 1 e similarmente obtemos uma
base 
 10
1
 .
Ja´ que temos 3 autovalores L.I. podemos colocar eles como as colunas
de nossa matriz P :
P =
 1 0 10 −2 0
0 1 1
 .
3
Como esperamos, obtemos
P−1AP =
 1 0 00 1 0
0 0 3
 .
(b) O polinoˆmio caracter´ıstico e´ (1− t)2(3− t).
Consideramos o autovalor λ = 1. Para esta matriz seja diagonaliza-
vel, precisamos que o autoespac¸o correspondente ter dimensa˜o 2 (pois
1 aparece duas vezes como raiz do polinoˆmio). Mas o autoespac¸o tem
dimensa˜o 1 e base {(−1, 0, 1)}. Logo A na˜o e´ diagonalizavel.
(c) O polinoˆmio caracter´ıstico e´ (1−t)(4−t)(−1−t). Os treˆs autoespac¸o
teˆm bases
{(−3, 0, 2)}, (λ = −1)
{(1,−6, 4)}, (λ = 1)
{(1, 0, 1)}, (λ = 4).
Logo a matriz P e´
P =
 −3 1 10 −6 0
2 4 1
 .
Obtemos
P−1AP =
 −1 0 00 1 0
0 0 4
 .
(d) Os autovalores sa˜o 0, 2, 3. A matriz P e´
P =
 −1 2 10 1 0
3 0 0
 .
Obtemos
P−1AP =
 0 0 00 2 0
0 0 3
 .
4. Calcule
(
7 −2
15 −4
)12
.
R: Seja A a matriz da questa˜o. Usamos diagonalizac¸a˜o como na u´ltima
questa˜o. Temos A = PDP−1 onde
P =
(
1 2
3 5
)
e
D =
(
1 0
0 2
)
.
Logo
A12 = (PDP−1)12 = PD12P−1 = P
(
1 0
0 4096
)
P−1 =
(
24571 −8190
61425 −20474
)
4
5. Seja λ um autovetor de uma matriz n × n. Mostre que o autoespac¸o
associado ao autovalor λ realmente e´ um subespac¸o de Rn.
R: Sejam v e w elementos do autoespac¸o de λ. Logo Av = λv e Aw = λw.
Precisamos mostrar que A(v + w) = λ(v + w). Mas
A(v + w) = Av +Aw = λv + λw = λ(v + w).
Seja v no autoespac¸o de λ e a ∈ R. Precisamos mostrar queA(av) = λ(av).
Mas
A(av) = aAv = aλv = λ(av).
Logo o autoespac¸o associado ao autovalor λ e´ um subespac¸o.
6. Seja A uma matrix n × n com n autovalores diferentes. Mostre que A e´
diagonaliza´vel.
R: Segue do fato que autovetores associados a autovalores diferentes sa˜o
L.I. Ja´ que todo autovalor distinto possui pelo menos um autovetor, temos
que n autovalores distintos possuim n autvetores distintos. Logo A possui
n autovetores L.I. e enta˜o e´ diagonalizavel.
7. Diagonalize cada das seguintes matrizes sime´tricas A por meio de uma
matriz ortogonal. Isto e´, ache P tal que P tAP e´ diagonal. Fac¸a o ca´lculo
P tAP .
(a)
(
2 2
2 2
)
(b)
(
2 1
1 2
)
(c)
 2 1 11 2 1
1 1 2

(d)

1 2 0 0
2 1 0 0
0 0 1 2
0 0 2 1
.
R: Observe que este exerc´ıcio e´ parecido a questa˜o 3. So´ que ja´ que as
matrizes sa˜o sime´ricas, podemos exigir que a matriz P seja ortogonal (logo
P−1 = P t). Enta˜o achamos bases pros autoespac¸os como na Questa˜o 3 e
depois usar o processo das aulas para achar bases ortonormais para cada
autoespac¸o. Colocamos estas bases ortonormais numa matriz P , que sera´
ortogonal.
Para saber que fez certo, so´ confirme que P tAP seja diagonal.
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