ÁLGEBRA LINEAR EXERCÍCIOS RESOLVIDOS AUTOVALOR AUTOVETOR

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Universidade Federal Rural do Semiárido-UFERSA
Departamento de Ciências Exatas e Naturais
Curso: Bacharelado em Ciência e Tecnologia e Computação
Disciplina: Álgebra Linear
Aluno(a):
Turno: � Manhã � Tarde � Noite
• Entregar dia 04/11(Turmas manhã e tarde)
• Entregar dia 05/11 (Turma noite)
1. Se T : M2×2 →M2×2, com T
[
a b
c d
]
=
[
d a
b c
]
, encontre:
(a) A matriz da transformação na base α =
{[
1 0
0 0
]
,
[
0 −1
0 0
]
,
[
0 0
1 0
]
,
[
0 0
0 −2
]}
(b) O polinômio característico.
(c) Os autovalores e autovetores
(d) As multiplicidades algébrica e geométrica de cada autovalor.
Solução:
(a)
T
[
1 0
0 0
]
=
[
0 1
0 0
]
= 0
[
1 0
0 0
]
− 1
[
0 −1
0 0
]
+ 0
[
0 0
1 0
]
+ 0
[
0 0
0 −2
]
T
[
0 −1
0 0
]
=
[
0 0
−1 0
]
= 0
[
1 0
0 0
]
+ 0
[
0 −1
0 0
]
− 1
[
0 0
1 0
]
+ 0
[
0 0
0 −2
]
T
[
0 0
1 0
]
=
[
0 0
0 1
]
= 0
[
1 0
0 0
]
+ 0
[
0 −1
0 0
]
+ 0
[
0 0
1 0
]
− 1
2
[
0 0
0 −2
]
T
[
0 0
0 −2
]
=
[ −2 0
0 0
]
= −2
[
1 0
0 0
]
+ 0
[
0 −1
0 0
]
+ 0
[
0 0
1 0
]
+ 0
[
0 0
0 −2
]
[T ]αα =

0 0 0 −2
−1 0 0 0
0 −1 0 0
0 0 − 12 0

(b) Como o polinômio característico não depende da base escolhida, vamos tomar abase canônica
e encontrar a matriz nesta base.
[T ] =

0 0 0 1
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0

det
∣∣∣∣∣∣∣∣
−λ 0 0 1
1 −λ 0 0
0 1 −λ 0
0 0 1 −λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = −λ(−1)
1+1
∣∣∣∣∣∣
−λ 0 0
1 −λ 0
0 1 −λ
∣∣∣∣∣∣+ 1(−1)2+1
∣∣∣∣∣∣
0 0 1
1 −λ 0
0 1 −λ
∣∣∣∣∣∣
−λ(1) · (−λ3)− 1(1) = 0 ⇒ λ4 − 1 = 0
Polinômio característico: p(λ) = λ4 − 1.
1 1 0 0 0 -1
-1 1 1 1 1 0
1 0 1 0
p(λ) = λ4 − 1 = (λ− 1)(λ+ 1)(λ− i)(λ+ i).
(c) Temos apenas dois autovalores reais(−1 e 1) e dois complexos(i e −i), encontraremos apenas
os autovetores reais.
• Autovetores associados a λ = −1
Voltando a matriz obtida no item a), se v = (x, y, z, w) são as coordenadas deste autovetor,
temos 
1 0 0 −2
−1 1 0 0
0 −1 1 0
0 0 − 12 1


x
y
z
w
 =

0
0
0
0


x− 2w = 0
−x+ y = 0⇒ x = y
−y + z = 0⇒ y = z
− 12z + w = 0⇒ z = 2w
Ou seja, v = (x, x, x, x).
v = x
[
1 0
0 0
]
+ x
[
0 −1
0 0
]
+ x
[
0 0
1 0
]
+ x
[
0 0
0 −2
]
=
[
x x
x x
]
• Autovetores associados a λ = 1:
−1 0 0 −2
−1 −1 0 0
0 −1 −1 0
0 0 − 12 −1


x
y
z
w
 =

0
0
0
0


−x− 2w = 0
−x− y = 0⇒ x = −y
−y − z = 0⇒ y = −z
− 12z − w = 0⇒ z = −2w
Ou seja, v = (x,−x, x,−x2 ).
v = x
[
1 0
0 0
]
− x
[
0 −1
0 0
]
+ x
[
0 0
1 0
]
− x2
[
0 0
0 −2
]
=
[
x −x
x −x2
]
(d) Tanto a multiplicidade algébrica quanto a geométrica de todos os autovalores é 1.
2. Ache os autovalores e autovetores correspondentes das matrizes:
(a)

2 0 1 0
0 2 0 1
12 0 3 0
0 −1 0 0
 (b)
 1 3 −30 4 0
−3 3 1

Solução:
(a) 
2 0 1 0
0 2 0 1
12 0 3 0
0 −1 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣
2− λ 0 1 0
0 2− λ 0 1
12 0 3− λ 0
0 −1 0 −λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (2−λ)(−1)
1+1
∣∣∣∣∣∣
2− λ 0 1
0 3− λ 0
−1 0 −λ
∣∣∣∣∣∣+(1)(−1)1+3
∣∣∣∣∣∣
0 2− λ 1
12 0 0
0 −1 −λ
∣∣∣∣∣∣
Daí, encontramos o polinômio característico:
p(λ) = (λ2 − 2λ+ 1)(λ2 − 5λ− 6)
Os autovalores são 1,−1, 1 e 6.
• Autovetores associados a 1:
Se v = (x, y, z, t) é o autovetor, temos
1 0 1 0
0 1 0 1
12 0 2 0
0 −1 0 −1


x
y
z
t
 =

0
0
0
0
 ⇒

x+ z = 0 ⇒ x = −z = 0
y + t = 0
12x+ 2z = 0 ⇒ z = 0
−y − t = 0 ⇒ y = −t
v = (0,−t, 0, t)
• Autovetores associados a −1:
3 0 1 0
0 3 0 1
12 0 4 0
0 −1 0 1


x
y
z
t
 =

0
0
0
0

⇒

3x+ z = 0
3y + t = 0
12x+ 4z = 0 ⇒ z = −3x
−y + t = 0 ⇒ y = t
v = (x, 0,−3x, 0)
• Autovetores associados a 6:
−4 0 1 0
0 −4 0 1
12 0 −3 0
0 −1 0 −6


x
y
z
t
 =

0
0
0
0

⇒

−4x+ z = 0
−4y + t = 0
12x− 3z = 0 ⇒ z = 3x
−y − 6t = 0 ⇒ y = −6t
v = (x, 0, 3x, 0)
(b)  1 3 −30 4 0
−3 3 1
 ⇒ det
∣∣∣∣∣∣
1− λ 3 −3
0 4− λ 0
−3 3 1− λ
∣∣∣∣∣∣
(1− λ)(4− λ)(1− λ)− 9(4− λ) = (4− 5λ+ λ2) · (1− λ)− 9(4− λ) = 0
= 4− 9λ+ 6λ2 − λ3 − 36 + 9λ
= λ3 − 6λ2 + 32 = 0
Polinômio característico: p(λ) = λ3 − 6λ2 + 32.
-2 1 -6 0 32
1 -8 16 0
λ3 − 6λ2 + 32 = (λ+ 2)(λ2 − 8λ+ 16) = (λ+ 2)(λ− 4)
Autovalores: -2 e 4.
• Autovetores associados a 4: −3 3 −30 0 0
−3 3 −3
 xy
z
 =
 00
0
 ⇒ y = x+ z
(x, x+ z, z) = x(1, 1, 0) + z(0, 1, 1)
v = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)]
• Autovetores associados a -2: 3 3 −30 6 0
−3 3 3
 xy
z
 =
 00
0
 ⇒ { x = z
y = 0
(x, 0, x) = x(1, 0, 1).
3. Se T : P3 → P3 é dada por T (ax3 + bx2 + cx + d) = dx3 − cx2 + 2bx − 3a, encontre o polinômio
característico da transformação sabendo que α = {x3 − 1, x2 + 3x, 2x− 1, 4} é uma base de P3.
Solução:
T (x3 − 1) = (−1)x3 − (0)x2 + 2(0)x− 3(1) = −x3 − 3
T (x2 + 3x) = (0)x3 − (3)x2 + 2(1)x− 3(0) = −3x2 + 2x
T (2x− 1) = (−1)x3 − (2)x2 + 2(0)x− 3(0) = −x3 − 2x2
T (4) = 4x3
•
−x3 − 3 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)
= ax3 + bx2 + x(3b+ 2c) + 4d− a− c
a = −1
b = 0
c = 0
d = −1
•
−3x2 − 2x = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)
a = 0
b = −3
c = 72
d = 78
•
−x3 − 2x2 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)
a = −1
b = −2
c = 3
d = 12
•
43 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x− 1) + d(4)
a = 4
b = 0
c = 0
d = 1
[T ]αα =

−1 0 −1 4
0 −3 −2 0
0 7/2 3 0
−1 7/8 1/2 1

∣∣∣∣∣∣∣∣
−1− λ 0 −1 4
0 −3− λ −2 0
0 7/2 3− λ 0
−1 7/8 1/2 1− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Daí obtemos:
p(λ) = λ4 + 5λ2 + 6
Utilizando a base canônica do P3, {x3, x2, x, 1}, vemos que resulta no mesmo polinômio ca-
racterístico, como já era esperado.
[T ] =

0 0 0 1
0 0 −1 0
0 2 0 0
−3 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣
−λ 0 0 1
0 −λ −1 0
0 2 −λ 0
−3 0 0 −λ
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Daí obtemos:
p(λ) = λ4 + 5λ2 + 6
4. Enuncie e prove o Teorema do Núcleo e da Imagem.
Solução: Tem feito no livro.
5. Seja λ autovalor da transformação linear T . Se v é autovetor associado a λ, mostre que w1 = piv e
w2 = pi
√
37v são autovetores de T , associados ao autovalor λ.
Solução: Seja T uma transformação linear e λ é um autovalor dessa transformação. Como v é um
autovetor associado a λ, temos que
T (v) = λv.
Considere agora o vetor w = kv, k ∈ R, ou seja, w é múltiplo do vetor v. Quando aplicamos a
transformação em w, temos:
T (w) = T (kv) = kT (v) = k(λv) = λ(kv) = λw.
Daí, vemos que w também é autovetor associado a λ. Sendo k = pi ou k = pi
√
37, obtemos:
T (piv) = piT (v) = pi(λv) = λ(piv)
T (pi
√
37v) = pi
√
37T (v) = pi
√
37(λv) = λ(pi
√
37v)
6. Mostre que se um operador linear T : V → V admite λ = 0 como autovalor, então T não é
inversível.
Solução: Ser inversível é ser injetora e sobrejetora, simultaneamente. Se mostrarmos que a trans-
formação não é injetora(ou não é sobrejetora) ela não será inversível. Assim, se λ = 0 é autovalor,
se T (u) = T (v) ⇒ T (u − v) = 0 = 0(u − v), ou seja, u − v é autovetor associado a 0. Por isso
u− v 6= 0, ou seja, ker(T ) 6= 0, e T não é injetiva.
7. Encontre T : R2 → R2 linear sabendo que v1 = (y,−y) e v2 = (0, y) são autovetores de T associados
aos autovalores λ1 = 1 e λ2 = 3, respectivamente.
Solução: Temos:
• (1,−1) é um autovetor associado a λ = 1;
• (0, 1) é um autovetor associado a λ = 3.
T (1,−1) = 1(1,−1) = (1,−1) T (0, 1) = 3(0, 1) = (0, 3)
(x, y) = a(1,−1) + b(0, 1) = (a,−a) + (0, b) = (a,−a+ b){
x = a
y = −a+ b ⇒ y = −x+ b ⇒ b = x+y
(x, y) = x(1,−1) + (x+ y)(0, 1)
T (x, y) = xT (1,−1) + (x+ y)T (0, 1)
= xT (1,−1) + (x+ y)(0, 3)
= (x,−x) + (0, 3x+ 3y)
= (x, 2x+ 3y),
ou seja,
T (x, y) = (x, 2x+ 3y).
8. (a) Determine as matrizes das rotações em R2 que admitem autovalores e autovetores.
(b) Determine os autovalores e os autovetores destas rotações.
Solução:
(a) A matriz de rotação é dada abaixo. [
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
]
Para obtermos os autovalores, devemos encontrar o determinante abaixo:∣∣∣∣ cos θ − λ − sin θsin θ cos θ − λ
∣∣∣∣ =
(cos θ − λ)2 + sin2 θ = λ2 − 2λ cos θ + 1 = 0
Assim, polinômio característico é p(λ) = λ2 − 2λ cos θ + 1. Para encontrarmos os autovalores
precisamos que p(λ) = 0. Como queremos autovalores reais, precisamos que ∆ ≥ 0, assim
∆ = (−2 cos θ)2 − 4(1)(1) = 4 cos2 θ − 4⇒ θ = 180o ou θ = 360o
, substitua na matriz acima e obtenha as matrizes das rotações. Observe que os autovalores
são −1 e 1. Descubra você os autovetores(tenter ver geometricamente).
9. Se T : V → V é linear com λ um seu autovalor, mostre que o autoespaço Vλ = {u ∈ V |Tu = λu}
é subespaço vetorial de V .
Solução:
• Sejam u, v ∈ Vλ, ou seja, Tu = λu e Tv = λv então:
T (u+ v) = Tu+ Tv
= λu+ λv
= λ(u+ v)
• Seja u ∈ Vλ e k ∈ R, então:
T (ku) = kTu
= k(λu)
= λ(ku).
Logo, Vλ é subespaço vetorial de V .