AP3 ALII 2014 1 gabarito

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Fundac¸a˜o Centro de Cieˆncias e Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
Centro de Educac¸a˜o Superior a Distaˆncia do Estado do Rio de Janeiro
AP3 – A´lgebra Linear II – 2014/1
Gabarito
Questa˜o 1 (3,0 pontos) Em cada item fac¸a o que se pede.
a) [1,0 pt] Determine os valores de a, b, c ∈ R para que seja autoadjunto o operador
L : R3 −→ R3 definido por
L(x, y, z) =
(
2x+ (a− b)y + (4c)z, cx+ y + (3c)z,−4x+ (a+ b)y + 3z).
b) [1,2 pts] Determine a matriz C que representa, na base canoˆnica do R2, a transformac¸a˜o linear
obtida pela rotac¸a˜o de pi
6
radianos no sentido anti-hora´rio seguida de uma projec¸a˜o ortogonal
sobre o eixo x.
c) [0,8 pt] Seja A ∈ M4(R) com dois autovalores distintos. Sabendo que um autoespac¸o tem
dimensa˜o 2 e que A e´ diagonaliza´vel, determine a multiplicidade geome´trica do outro autovalor.
Soluc¸a˜o:
a) A matriz de L na base canoˆnica (base ortonormal) e´ [L] =

 2 a− b 4cc 1 3c
−4 a + b 3

.
L e´ autoadjunto ⇐⇒ [L] = [L]t ⇐⇒


a− b = c
a + b = 3c
4c = −4
⇐⇒


a− b = −1
a+ b = −3
c = −1
⇐⇒


2a = −4
2b = −2
c = −1
⇐⇒ a = −2, b = −1 e c = −1.
b) Sejam [P ] e [R], respectivamente, as matrizes de P e R na base canoˆnica do R2, onde
P corresponde a projec¸a˜o ortogonal sobre o eixo x e R a rotac¸a˜o de pi
6
radianos no sentido
anti-hora´rio.
Como [P ] =
[
1 0
0 0
]
, [R] =
[
cos pi
6
− sen pi
6
sen pi
6
cos pi
6
]
=
[ √
3
2
−1
2
1
2
√
3
2
]
e C = [P ◦R] = [P ][R], enta˜o
C =
[
1 0
0 0
] [ √
3
2
−1
2
1
2
√
3
2
]
=
[ √
3
2
−1
2
0 0
]
c) Sejam mg(λ) e ma(λ), respectivamente, as multiplicidades geome´trica e alge´brica do au-
tovalor λ. Por hipo´tese, A possui dois autovalores distintos, digamos, λ1, λ2. Como um dos
autovalores tem multiplicidade geome´trica igual a 2, sem perda de generalidade, podemos su-
por que mg(λ1) = 2. Como A e´ diagonaliza´vel, sabemos que a multiplicidade geome´trica de
cada autovalor e´ igual a sua multiplicidade alge´brica, sendo assim, ma(λ1) = 2. Por outro lado,
A ∈M4(R), sendo assim, o grau do seu polinoˆmio caracter´ıstico e´ igual a 4, consequentemente,
ma(λ2) = 2. Sendo A diagonaliza´vel, temos que mg(λ2) = ma(λ2) = 2.
Questa˜o 2 (2,2 pontos) Seja A ∈M3(R) com autovalores λ1 = 3 e λ2 = −1 tal que
E(λ1 = 3) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 2y + 6z = 0, y + 5z = 0 e 2x+ 3y + 7z = 0} e
E(λ2 = −1) = {(x, y, z) ∈ R3 ; y − x = 0}.
1
a) [1,6 pts] Determine bases para os autoespac¸os e deˆ as multiplicidades geome´tricas dos seus
autovalores.
b) [0,6 pt] A e´ diagonaliza´vel? Justifique a sua resposta.
Soluc¸a˜o:
a) – Ca´lculo da base de E(λ1 = 3):
Reduzindo por linhas a` forma em escada a matriz associada ao sistema linear homogeˆneo que
define E(λ1 = 3), obtemos:
 1 2 60 1 5
2 3 7

 L3←L3−2L1∼

 1 2 60 1 5
0 −1 −5

 L3←L3+L2∼

 1 2 60 1 5
0 0 0

 L1←L1−2L2∼

 1 0 −40 1 5
0 0 0


Logo, x− 4z = 0 e y + 5z = 0. Assim,
E(λ1 = 3) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 2y + 6z = 0, y + 5z = 0 e 2x+ 3y + 7z = 0}
= { (x, y, z) ∈ R3 ; x− 4z = 0 e y + 5z = 0}
= { (x, y, z) ∈ R3 ; x = 4z e y = −5z}
= { (4z,−5z, z) ; z ∈ R}
= { z(4,−5, 1) ; z ∈ R} = [(4,−5, 1)].
Portanto, {(4,−5, 1)} e´ uma base de E(λ1 = 3) e a multiplicidade geome´trica de λ1 = 3 e´ 1.
– Ca´lculo da base de E(λ2 = −1):
Temos que
E(λ2 = −1) = {(x, y, z) ∈ R3 ; y − x = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; y = x}
= {(x, x, z) ; x, z ∈ R}
= {(x, x, 0) + (0, 0, z) ; x, z ∈ R}
= {x(1, 1, 0) + z(0, 0, 1) ; x, z ∈ R} = [(1, 1, 0), (0, 0, 1)]
Portanto, {(1, 1, 0), (0, 0, 1)} e´ uma base de E(λ2 = −1) e a multiplicidade geome´trica de
λ2 = −1 e´ 2.
b) Pelos ca´lculos do item (a), vemos que existe uma base do R3 formada por autovetores de A,
equivalentemente, a soma das multiplicidades geome´tricas dos autovalores e´ 1+2 = 3 = dimR3,
logo A e´ diagonaliza´vel.
Questa˜o 3 (3,0 pontos) Seja A =
[
4 −10
−10 25
]
.
a) [1,8 pts] Determine uma base do R2 formada por autovetores de A, indicando os autovalores.
b) [1,2 pts] Usando os ca´lculos do item anterior, identifique a coˆnica dada pela forma matricial
abaixo, obtendo uma equac¸a˜o reduzida a` forma canoˆnica por meio de uma rotac¸a˜o.
(x, y)
[
4 −10
−10 25
] [
x
y
]
+ (5
√
29 , 2
√
29)
[
x
y
]
− 29 = 0.
Soluc¸a˜o:
a) Seja A =
[
4 −10
−10 25
]
. Temos λI2 − A =
[
λ− 4 10
10 λ− 25
]
e
2
p(λ) = det(λI2 − A) = det
[
λ− 4 10
10 λ− 25
]
= (λ− 4)(λ− 25)− 100 =
λ2 − 25λ− 4λ+ 100− 100 = λ2 − 29λ = λ(λ− 29).
Os autovalores de A sa˜o 0 e 29.
– Ca´lculo dos autovetores associados a λ = 0:
Devemos resolver o sistema linear homogeˆneo cuja matriz associada e´ 0I2 −A. Reduzindo por
linhas a` forma em escada, obtemos:
0I2 − A =
[ −4 10
10 −25
]
L1←− 1
4
L1∼
[
1 −5
2
10 −25
]
L2←L2−10L1∼
[
1 −5
2
0 0
]
. Assim, x− 5y
2
= 0 e
E(λ = 0) = {(x, y) ∈ R2; 2x− 5y = 0} = {(5
2
y, y) ; y ∈ R} = {y(5
2
, 1) ; y ∈ R}.
Logo, fazendo y = 2 obtemos que v = (5, 2) e´ autovetor associado λ = 0.
– Ca´lculo dos autovetores associados a λ = 29:
Devemos resolver o sistema linear homogeˆneo cuja matriz associada e´ 29I2−A. Reduzindo por
linhas a` forma em escada, obtemos:
29I2 − A =
[
25 10
10 4
]
L1← 125L1∼
[
1 2
5
10 4
]
L2←L2−10L1∼
[
1 2
5
0 0
]
. Assim, x+ 2
5
y = 0 e
E(λ = 29) = {(x, y) ∈ R2; x+ 2
5
y = 0} = {(−2
5
y, y) ; y ∈ R} = {y(−2
5
, 1) ; y ∈ R}.
Logo, fazendo y = 5, obtemos que w = (−2, 5) e´ autovetor associado a λ = 29.
Assim, α = {v = (5, 2), w = (−2, 5)} e´ uma base do R2 formada por autovetores de A associa-
dos, respectivamente, aos autovalores 0 e 29.
b) Pelos ca´lculos e notac¸o˜es anteriores e a figura a seguir,
-
6
��
��
��
��
��
��
�
x
λ = 29
y
��
��
���1
B
B
B
B
B
BBM
B
B
B
B
B
B
B
BB
B
B
B
B
B
BB
v
λ = 0
w
vemos que devemos girar v = (5, 2) de pi
2
no sentido anti-hora´rio para fazeˆ-lo coincidir com
w = (−2, 5).
Portanto, β =
{
u1 =
v
‖v‖ =
(
5√
29
, 2√
29
)
, u2 =
w
‖w‖ =
(
− 2√
29
, 5√
29
)}
e´ uma base ortonormal, ori-
entada positivamente, de autovetores associados, respectivamente, aos autovalores λ1 = 0 e
λ2 = 29.
3
A matriz de mudanc¸a de base, da base β para a base canoˆnica, e´ dada por
P =
[
u1 u2
]
=
[
5√
29
− 2√
29
2√
29
5√
29
]
, com det(P ) = 1, cuja correspondente matriz diagonal e´
D =
[
λ1 0
0 λ2
]
=
[
0 0
0 29
]
.
Como
[
x
y
]
= P
[
x1
y1
]
e P tAP =
[
0 0
0 29
]
, obtemos:
(x1, y1)
[
0 0
0 29
] [
x1
y1
]
+ (5
√
29, 2
√
29)
[
5√
29
− 2√
29
2√
29
5√
29
]
︸ ︷︷ ︸
fac¸a essa conta primeiro
[
x1
y1
]
− 29 = 0⇐⇒
0x21 + 29y
2
1 + (29, 0)
[
x1
y1
]
− 29 = 0⇐⇒ 29y21 + 29x1 − 29 = 0⇐⇒
x1 = −y21 + 1, que e´ uma equac¸a˜o reduzida na forma canoˆnica da para´bola.
Questa˜o 4 (1,8 pontos) Seja T : R2 −→ R2 a reflexa˜o com respeito a` reta √5x− y = 0.
a) [0,6 pt] Deˆ exemplo de uma base do R2 formada por autovetores de T , indicando os respectivos
autovalores.
b) [1,2 pts] Determine uma matriz invers´ıvel P que diagonaliza T , sua correspondente matriz
diagonal D e determine a matriz A que representa T na base canoˆnica do R2.
Soluc¸a˜o:
a) Temos que
– u1 = (1,
√
5) pertence a` reta, enta˜o T (1,
√
5) = (1,
√
5), logo u1 = (1,
√
5) e´ autovetor de T
associado ao autovalor λ1 = 1.
– u2 = (
√
5,−1) e´ ortogonal a` reta, enta˜o T (√5,−1) = −(√5,−1), logo u2 = (
√
5,−1) e´
autovetor de T associado ao autovalor λ2 = −1.
Portanto, β = {u1 = (1,
√
5)︸ ︷︷ ︸
λ1=1
, u2 = (
√
5,−1)︸︷︷ ︸
λ2=−1
} e´ uma base do R2 formada por autovetores de T .
b) Uma matriz invers´ıvel P que diagonaliza T e´ a matriz de mudanc¸a de base, da base β (obtida
no item (a)) para a base canoˆnica, dada por P =
[
u1 u2
]
=
[
1
√
5√
5 −1
]
.
A sua correspondente matriz diagonal e´ D =
[
λ1 0
0 λ2
]
=
[
1 0
0 −1
]
.
A inversa de P e´ P−1 = 1−6
[ −1 −√5
−√5 1
]
=
[
1
6
√
5
6√
5
6
−1
6
]
.
Temos que
A = PDP−1 =
[
1
√
5√
5 −1
] [
1 0
0 −1
][
1
6
√
5
6√
5
6
−1
6
]
=
[
1
√
5√
5 −1
][
1
6
√
5
6
−
√
5
6
1
6
]
=
[
−2
3
√
5
3√
5
3
2
3
]
.
4