00-Prova 3B e Gabarito

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2a Chamada da 3a Prova de A´lgebra Linear — Turma B — 07/07/2014
Prof. Lu´ıs Fernando Crocco Afonso
Gabarito
1) (15 pontos) Determine as poss´ıveis formas canoˆnicas de Jordan de um operador T : R11 → R11
cujo polinoˆmios caracter´ıstico e minimal sa˜o, respectivamente,
p(x) = (x− 3)7(x− 6)4 e m(x) = (x− 3)2(x− 6)2.
Uma Soluc¸a˜o
Os autovalores sa˜o 3 e 6, com multiplicidade 7 e 4, respectivamente. Enta˜o a matriz deve ter
7 entradas iguais a 3 e 4 entradas iguais a 6 na diagonal principal. Como o polinoˆmio minimal e´
m(x) = (x − 3)2(x − 6)2, os blocos elementares de maior ordem dos autovalores 2 e 6 devem ter
ambos ordem 2. Ficamos, enta˜o, com as seguintes possibilidades:

3 0
1 3
3 0
1 3
3 0
1 3
3
6 0
1 6
6 0
1 6

,

3 0
1 3
3 0
1 3
3 0
1 3
3
6 0
1 6
6
6

,

3 0
1 3
3 0
1 3
3
3
3
6 0
1 6
6 0
1 6

,

3 0
1 3
3 0
1 3
3
3
3
6 0
1 6
6
6

,

3 0
1 3
3
3
3
3
3
6 0
1 6
6 0
1 6

,

3 0
1 3
3
3
3
3
3
6 0
1 6
6
6

.
2) (15 pontos) Determine se a aplicac¸a˜o 〈 〉 : R3 × R3 → R dada por
〈(x1, y1, z1), (x2, y2, z2)〉 = 2x1x2 + x1y2 + x2y1 + y1y2 + 2z1z2
e´ um produto interno.
Uma Soluc¸a˜o
Para quaisquer v1 = (x1, y1, z1), v2 = (x2, y2, z2), v3 = (x3, y3, z3) ∈ R3 e qualquer α ∈ R temos:
i)
〈v1, v2〉 = 2x1x2 + x1y2 + x2y1 + y1y2 + 2z1z2 = 2x2x1 + x2y1 + x1y2 + y2y1 + 2z2z1 = 〈v2, v1〉
ii)
〈v1, v2 + v3〉 = 2x1(x2 + x3) + x1(y2 + y3) + (x2 + x3)y1 + y1(y2 + y3) + 2z1(z2 + z3)
= (2x1x2 + x1y2 + x2y1 + y1y2 + 2z1z2) + (2x1x3 + x1y3 + x3y1 + y1y3 + 2z1z3)
= 〈v1, v2〉+ 〈v1, v3〉
iii)
〈αv1, v2〉 = 2(αx1)x2 + (α)x1y2 + x2(αy1) + (αy1)y2 + 2(αz1)z2
= α(2x1x2 + x1y2 + x2y1 + y1y2 + 2z1z2)
= α 〈v1, v2〉 .
iv)
〈v1, v1〉 = 2x21 + 2x1y1 + y21 + 2z21 = x21 + (x1 + y1)2 + 2z21 > 0,
e
〈v1, v1〉 = 0⇔

x21 = 0
(x1 + y1)
2 = 0
z21 = 0
⇔ v1 = (x1, y1, z1) = (0, 0, 0).
De i, ii, iii e iv segue que 〈, 〉 e´ um produto interno.
3) (15 pontos) Determine os valores de k para os quais o operador T : R3 → R3 dado por
T (x, y, z) = (2x+ y + z, y + 3z, kz)
e´ diagonaliza´vel.
Uma Soluc¸a˜o
A matriz de T na base canoˆnica de R3 e´
A =
 2 1 10 1 3
0 0 k
 .
O polinoˆmio caracter´ıstico de T e´
p(λ) = (λ− 2)(λ− 1)(λ− k).
Se k 6= 1 e k 6= 2, T possuira´ treˆs autovalores distintos e, como T e´ um operador em um espac¸o
de dimensa˜o 3, T sera´ diagonaliza´vel.
Se k = 1 (respectivamentes, k = 2) o polinoˆmio caracter´ıstico de T sera´ p(λ) = (λ− 1)2(λ− 2)
(respectivamente, p(λ) = (λ− 1)(λ− 2)2) e (em ambos os casos) T sera´ diagonaliza´vel se, e somente
se, o polinoˆmio
g(λ) = (λ− 2)(λ− 1)
anular A, isto e´, se, e somente se
g(A) = (A− 2I)(A− I) = 0,
onde I e´ a matriz identidade 3× 3. Temos
g(A) =
 0 0 30 0 −3
0 0 0
 6= 0
qualquer que seja k. Logo, k = 1 ou k = 2 na˜o tornam T diagonaliza´vel.
Resumindo, T e´ diagonaliza´vel se, e somente se, k 6= 1 e k 6= 2.
4) (15 pontos) Considere R2 munido do produto interno usual. Sabendo que T : R2 → R2 e´ um
operador ortogonal tal que T (1, 0) = (
√
2/2,−√2/2), determine os poss´ıveis valores de T (0, 1).
Uma Soluc¸a˜o
Como T e´ ortogonal devemos ter 〈Tu, Tv〉 = 〈u, v〉 e |Tv| = |v| para todos os vetores u, v ∈ R2.
Fazendo T (0, 1) = (x, y) temos
0 = 〈(1, 0), (0, 1)〉 = 〈T (1, 0), T (0, 1)〉 =
〈(√
2
2
,−
√
2
2
)
, (x, y)
〉
=
√
2(x− y)
2
.
Da´ı obtemos x = y, isto e´, T (0, 1) = (x, x) para algum x ∈ R.
Ale´m disto, temos
1 = |(0, 1)| = |T (0, 1)| = |(x, x)| =
√
2x2 =
√
2 |x| ,
donde x = ±√2/2.
Portanto
T (0, 1) =
(√
2
2
,
√
2
2
)
ou T (0, 1) =
(
−
√
2
2
,−
√
2
2
)
.
5) (20 pontos) Seja R5 munido do produto interno usual. Determine o complemento ortogonal do
subespac¸o S = {(x, y, z, u, v) ; x+ 2y + z = 0, z + 3u+ v = 0, u = 0}.
Uma Soluc¸a˜o
S e´ o espac¸o soluc¸a˜o do sistema 
x+ 2y + z = 0
z + 3u+ v = 0
u = 0
,
cuja soluc¸a˜o e´ 
x = v − 2y
z = −v
u = 0
y, v ∈ R
.
Uma base de S e´ B = {v1, v2} com v1 = (−2, 1, 0, 0, 0), v2 = (1, 0,−1, 0, 1).
Temos, enta˜o, que w = (x, y, z, u, v) ∈ S⊥ se, e somente se{ 〈w, v1〉 = −2x+ y = 0
〈w, v2〉 = x− z + v = 0 .
A soluc¸a˜o deste u´ltimo sistema e´ 
x = z − v
y = 2z − 2v
z, u, v ∈ R
.
Logo, S⊥ = {(z − v, 2z − 2v, z, u, v) ; z, u, v ∈ R}.
6) (20 pontos) Determine uma base B de R3 que diagonalize ortogonalmente o operador linear
T : R3 → R3 dado por
T (x, y, z) = (x+ z,−y, x+ z).
Uma Soluc¸a˜o
A matriz A de T na base canoˆnica de R3 e´
A =
 1 0 10 −1 0
1 0 1
 .
O polinoˆmio caracter´ıstico de T e´
p(λ) = det(A− λI) = −λ(λ− 2)(λ+ 1).
Logo, seus autovalores sa˜o −1, 0 e 2.
O autoespac¸o S−1 associado a −1 e´ o conjunto das soluc¸o˜es do sistema linear homogeˆneo{
2x + z = 0
x + 2z = 0
,
ou seja, S−1 = {(0, y, 0) ; y ∈ R}. Uma base deste subespac¸o e´ B−1 = {(0, 1, 0)}.
O autoespac¸o S0 associado a 0 e´ o conjunto das soluc¸o˜es (x, y, z) do sistema linear homogeˆneo
x + z = 0
− y = 0
x + z = 0
,
ou seja, S0 = {(x, 0,−x) ; x ∈ R}. Uma base deste subespac¸o e´ B0 = {(1, 0,−1)}.
O autoespac¸o S2 associado a 2 e´ o conjunto das soluc¸o˜es (x, y, z) do sistema linear homogeˆneo
−x + z = 0
− 3y = 0
x − z = 0
,
ou seja, S2 = {(x, 0, x) ; x ∈ R}. Uma base deste subespac¸o e´ B2 = {(1, 0, 1)}.
E´ fa´cil perceber que B−1 ∪ B0 ∪ B2 e´ um conjunto ortogonal. Como queremos uma base orto-
normal, normalizamos os vetores deste u´ltimo conjunto, obtendo uma base
B =
{
(0, 1, 0),
(
1√
2
, 0,− 1√
2
)
,
(
1√
2
, 0,
1√
2
)}
.