00-Prova 3 e Gabarito

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3a Prova de A´lgebra Linear — Turma B — 02/07/2014
Prof. Lu´ıs Fernando Crocco Afonso
Gabarito
1) (15 pontos) Determine as poss´ıveis formas canoˆnicas de Jordan de um operador T : R10 → R10
cujo polinoˆmios caracter´ıstico e minimal sa˜o, respectivamente,
p(x) = (x− 3)6(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 6 e 4, respectivamente. Enta˜o a matriz deve ter
6 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
6 0
1 6
6 0
1 6

,

3 0
1 3
3 0
1 3
3 0
1 3
6 0
1 6
6
6

,

3 0
1 3
3 0
1 3
3
3
6 0
1 6
6 0
1 6

,

3 0
1 3
3 0
1 3
3
3
6 0
1 6
6
6

,

3 0
1 3
3
3
3
3
6 0
1 6
6 0
1 6

,

3 0
1 3
3
3
3
3
6 0
1 6
6
6

.
2) (15 pontos) Seja R3 munido do produto interno
〈(x1, y1, z1), (x2, y2, z2)〉 = 2x1x2 + x1y2 + x2y1 + y1y2 + 2z1z2.
Determine o aˆngulo formado pelos vetores u = (2, 0, 2) e v = (0, 3, 0).
Uma Soluc¸a˜o
Temos
〈(2, 0, 2), (0, 3, 0)〉 = 2 · 2 · 0 + 2 · 3 + 0 · 0 + 0 · 3 + 2 · 2 · 0 = 6,
〈(2, 0, 2), (2, 0, 2)〉 = 2 · 2 · 2 + 2 · 0 + 2 · 0 + 0 · 0 + 2 · 2 · 2 = 16,
〈(0, 3, 0), (0, 3, 0)〉 = 2 · 0 · 0 + 0 · 3 + 0 · 3 + 3 · 3 + 2 · 0 · 0 = 9,
|(2, 0, 2)| =
√
〈(2, 0, 2), (2, 0, 2)〉 =
√
16 = 4,
|(0, 3, 0)| =
√
〈(0, 3, 0), (0, 3, 0)〉 =
√
9 = 3.
Logo, se θ e´ o aˆngulo procurado, obtemos
cos θ =
〈(2, 0, 2), (0, 3, 0)〉
|(2, 0, 2)| |(0, 3, 0)| =
6
4 · 3 =
1
2
.
Portanto, θ = pi/3.
3) (15 pontos) Determine os valores de k para os quais o operador T : R3 → R3 dado por
T (x, y, z) = (2x+ ky + z, y + 3z, z)
e´ diagonaliza´vel.
Uma Soluc¸a˜o
A matriz de T na base canoˆnica de R3 e´
A =
 2 k 10 1 3
0 0 1
 .
O polinoˆmio caracter´ıstico de T e´
p(λ) = (λ− 2)(λ− 1)2.
Enta˜o, T e´ diagonaliza´vel se, e somente se, o polinoˆmio
g(λ) = (λ− 2)(λ− 1)
anula A, isto e´, se, e somente se
g(A) = (A− 2I)(A− I) = 0,
onde I e´ a matriz identidade 3× 3. No entanto,
g(A) =
 0 0 3k0 0 −3
0 0 0
 6= 0
qualquer que seja k. Logo, na˜o existe valor de k que torne T diagonaliza´vel.
4) (15 pontos) Determine x, y e z para que a matriz
M =
 1/√3 1/√14 x1/√3 2/√14 y
1/
√
3 −3/√14 z

seja ortogonal.
Uma Soluc¸a˜o
M sera´ uma matriz ortogonal se, e somente se, M tM = I. Calculando M tM e comparando
com a matriz identidade obtemos as equac¸o˜es
x+ y + z√
3
= 0,
x+ 2y − 3z√
14
= 0.
x2 + y2 + z2 = 0.
As duas primeiras equac¸o˜es formam um sistema linear cuja soluc¸a˜o e´ x = −5z, y = 4z com z ∈ R.
Substituindo estes valores na 3a equac¸a˜o obtemos
1 = x2 + y2 + z2 = 25z2 + 16z2 + z2 = 42z2.
Logo, z = ±1/√42.
Assim, os valores que tornam M ortogonal sa˜o
x = − 5√
42
, y =
4√
42
, z =
1√
42
;
ou
x =
5√
42
, y = − 4√
42
, z = − 1√
42
.
5) (20 pontos) Seja R5 munido do produto interno usual. Determine o complemento ortogonal do
subespac¸o S = {(x, y, z, u, v) ; x+ y + z = 0, z + u+ v = 0, v = 0}.
Uma Soluc¸a˜o
S e´ o espac¸o soluc¸a˜o do sistema 
x+ y + z = 0
z + u+ v = 0
v = 0
,
cuja soluc¸a˜o e´ 
x = −y + u
z = −u
v = 0
y, u ∈ R
.
Uma base de S e´ B = {v1, v2} com v1 = (−1, 1, 0, 0, 0), v2 = (1, 0,−1, 1, 0).
Temos, enta˜o, que w = (x, y, z, u, v) ∈ S⊥ se, e somente se{ 〈w, v1〉 = −x+ y = 0
〈w, v2〉 = x− z + u = 0 .
A soluc¸a˜o deste u´ltimo sistema e´ 
x = z − u
y = z − u
z, u, v ∈ R
.
Logo, S⊥ = {(z − u, z − u, 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) = (4x, 3y + z, y + 3z).
Uma Soluc¸a˜o
A matriz A de T na base canoˆnica de R3 e´
A =
 4 0 00 3 1
0 1 3
 .
O polinoˆmio caracter´ıstico de T e´
p(λ) = det(A− λI) = −(λ− 4)2(λ− 2).
Logo, seus autovalores sa˜o 4 e 2.
O autoespac¸o S2 associado a 2 e´ o conjunto das soluc¸o˜es do sistema linear homogeˆneo
2x + = 0
+ y + z = 0
y + z = 0
,
ou seja, S2 = {(0,−z, z) ; z ∈ R}. Uma base deste subespac¸o e´ B2 = {(0,−1, 1)}.
O autoespac¸o S4 associado a 4 e´ o conjunto das soluc¸o˜es (x, y, z) do sistema linear homogeˆneo{ − y + z = 0
y − z = 0 ,
ou seja, S4 = {(x, z, z) ; x, z ∈ R}. Uma base deste subespac¸o e´ B4 = {(1, 0, 0), (0, 1, 1)}.
E´ fa´cil perceber que B2 ∪ B4 e´ um conjunto ortogonal. Como queremos uma base ortonormal,
normalizamos os vetores deste u´ltimo conjunto, obtendo uma base
B =
{(
0,− 1√
2
,
1√
2
)
, (1, 0, 0),
(
0,
1√
2
,
1√
2
)}
.