AP1-ALII-2020-1-gabarito

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AP1 – Álgebra Linear II – 2020/1
Gabarito
Questão 1 (1,5 pontos): Sejam P =
[
4 −3
−7 5
]
e D =
[
2 0
0 −6
]
, tais que P diagonaliza o
operador linear T : R2 −→ R2 e sua correspondente matriz diagonal é D.
Dê exemplo de uma base do R2 formada por autovetores de T , indicando os respectivos auto-
valores, e determine a matriz A que representa T na base canônica do R2.
Solução:
Como P diagonaliza o operador T e sua correspondente matriz diagonal é D, temos que os
vetores coluna da matriz P são autovetores de T associados aos autovalores λ1 = 2, λ2 = −6
respectivamente. Assim, β = {v1 = (4,−7)︸ ︷︷ ︸
λ1=2
, v2 = (−3, 5)︸ ︷︷ ︸
λ2=−6
} é uma base do R2 formada por
autovetores de T .
A matriz que representa T na base canônica do R2 é dada por:
A = PDP−1, onde P =
[
4 −3
−7 5
]
, D =
[
2 0
0 −6
]
e
P−1 = (−1)
[
5 3
7 4
]
=
[
−5 −3
−7 −4
]
.
Logo, A = PDP−1 =
[
4 −3
−7 5
] [
2 0
0 −6
] [
−5 −3
−7 −4
]
=
[
4 −3
−7 5
] [
−10 −6
42 24
]
=
[
−166 −96
280 162
]
.
Questão 2 (1,5 ponto): Seja L : R3 −→ R3 um operador linear tal que o plano Π de equação
4x− y+ 3z = 0 é o autoespaço associado ao autovalor 20. Sabendo que o autoespaço associado
ao autovalor 49 é ortogonal ao plano Π, determine L
(
(3, 3,−3) + (8,−2, 6)
)
.
Solução: Como o vetor v1 = (3, 3,−3) ∈ Π, temos que v1 = (3, 3,−3) pertence ao autoespaço
associado ao autovalor 20 e como o vetor v2 = (8, 2,−6) é ortogonal ao plano Π, temos que
v2 = (8, 2,−6) pertence ao autoespaço associado ao autovalor 49. Logo,
L(v1 + v2) = L(v1) + L(v2) = 20v1 + 49v2 = 20(3, 3,−3) + 49(8,−2, 6) = (452,−38, 234).
Questão 3 (2,0 ponto): Seja A ∈ M9(R) e p(λ) = (λ − 5)4(λ − 6)3(λ − 7)2 seu polinômio
caracteŕıstico.
a) [1,0 pt] Determine todos os posśıveis valores das multiplicidades geométricas dos seus
autovalores.
b) [1,0 pt] Sabendo que o autoespaço associado ao autovalor 5 tem dimensão 4, o autoespaço
associado ao autovalor 7 tem dimensão 2 e que A não é diagonalizável. Determine as posśıveis
dimensões do autoespaço associado ao autovalor 6 Justificando sua resposta.
Solução: Sejam mg(λ) e ma(λ) as multiplicidades geométrica e algébrica do autovalor λ.
a) Segue do polinômio caracteŕıstico que λ1 = 5 com ma(λ1) = 4, λ2 = 6 com ma(λ2) = 3 e
λ3 = 7 com ma(λ3) = 2. Sabemos que a multiplicidade geométrica de qualquer autovalor é
positiva e menor ou igual a sua multiplicidade algébrica, sendo assim,
1
1 ≤ mg(λ1) ≤ ma(λ1) = 4.
e
1 ≤ mg(λ2) ≤ ma(λ2) = 3.
e
1 ≤ mg(λ3) ≤ ma(λ3) = 2.
b) Sabendo que o autoespaço associado ao autovalor 5 tem dimensão 4, o autoespaço associado
ao autovalor 7 tem dimensão 2 e que A não é diagonalizável. Temos que
mg(λ1) = ma(λ1) = 4.
e
mg(λ3) = ma(λ3) = 2.
e
1 ≤ mg(λ2) < ma(λ2) = 3, então mg(λ2) = 1 ou mg(λ2) = 2
ou, equivalentemente, não é posśıvel construir uma base do R9 formada por autovetores de A.
Questão 4 (2,0 pontos): Consideremos o operador linear T : R3 −→ R3 cujo polinômio
caracteŕıstico é p(λ) = (λ− 27)(λ+ 34)2 com autoespaços
E(λ1 = 27) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 8y + 2z = 0 e 5x+ 41y + 25z = 0} e
E(λ2 = −34) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 17y + 4z = 0 e − 6x+ 103y + 3z = 0}.
a) [1,6 pts] Determine as multiplicidades algébrica e geométrica dos autovalores de T e bases
para seus autoespaços.
b) [0,4 pt] T é diagonalizável? Justifique a sua resposta.
Solução:
a) Pelo polinômio caracteŕıstico de T , a multiplicidade algébrica de λ1 = 27 é 1 e a multiplici-
dade algébrica de λ2 = −34 é 2.
Para determinar as multiplicidades geométricas dos autovalores, devemos determinar as di-
mensões dos seus autoespaços.
– Base de E(λ1 = 27):
Devemos resolver o sistema linear
{
x+ 8y + 2z = 0
5x+ 41y + 25z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:[
1 8 2
5 41 25
]
L2←L2−5L1∼
[
1 8 2
0 1 15
]
L1←L1−8L2∼
[
1 0 −118
0 1 15
]
.
Logo, x− 118z = 0 e y + 15z = 0.
E(λ1 = 27) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 8y + 2z = 0 e 5x+ 41y + 25z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 118z = 0 e y + 15z = 0}
= {(118z,−15z, z) ; z ∈ R}
= {z (118,−15, 1) ; z ∈ R} .
Logo, {(118,−15, 1)} é uma base de E(λ1 = 27) e a multiplicidade geométrica de λ1 = 27 é 1.
2
– Base de E(λ2 = −34):
Devemos resolver o sistema linear
{
x− 17y + 4z = 0
−6x+ 103y + 3z = 0.
Reduzindo por linhas à forma em escada a matriz associada ao sistema, obtemos:[
1 −17 4
−6 103 3
]
L2←L2+6L1∼
[
1 −17 4
0 1 27
]
L1←L1+17L2∼
[
1 0 463
0 1 27
]
.
Logo, x+ 463z = 0 e y + 27z = 0.
E(λ2 = −34) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 17y + 4z = 0 e − 6x+ 103y + 3z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 463z = 0 e y + 27z = 0}
= {(−463z,−27z, z) ; z ∈ R}
= {z (−463,−27, 1) ; z ∈ R} .
Logo, {(−463,−27, 1)} é uma base de E(λ2 = −34) e a multiplicidade geométrica de λ2 = −34
é 1.
b) T não é diagonalizável, pois β = β1 ∪ β2 = {(118,−15, 1), (−463,−27, 1)} não é uma base
do R3 formada por autovetores de A
ou
a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores é 1 + 1 = 2 6= dim R3
Questão 5 (3,0 pontos): Seja A =
 7 0 −817 11 34
−6 0 −1
.
a) [2,4 pts] Determine os autovalores de A e bases para seus autoespaços.
b) [0,6 pt] A é diagonalizável? Justifique a sua resposta.
Solução:
a) O polinômio caracteŕıstico de A é:
p(λ) = det(λI3 − A)
= det
 λ− 7 0 8−17 λ− 11 −34
6 0 λ+ 1
 (desenvolvendo pela 2a coluna)
= (λ− 11) det
[
λ− 7 8
6 λ+ 1
]
= (λ− 11)
(
(λ− 7)(λ+ 1)− 48
)
= (λ− 11)(λ2 − 6λ− 55)
= (λ− 11)(λ− 11)(λ+ 5).
Os autovalores de A são λ1 = 11 e λ2 = −5.
Para determinar os autoespaços E(λ1) e E(λ2) devemos resolver os sistemas lineares ho-
mogêneos associados, respectivamente, às matrizes (11)I3 − A e (−5)I3 − A.
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz (11)I3 − A, obtemos:
3
(11)I3 − A =
 4 0 8−17 0 −34
6 0 12
 L1↔ 14L1∼
 1 0 2−17 0 −34
6 0 12
 L2 ← L2 + 17L1L3 ← L3 − 6L1∼
 1 0 20 0 0
0 0 0

O sistema ((11)I3 − A)
 xy
z
 =
 00
0
 é equivalente a
 1 0 20 0 0
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x+ 2z = 0 e y é qualquer.
Logo,
E(λ1 = 11) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 2z = 0}
= {(−2z, y, z) ; y, z ∈ R}.
= {(0, 1, 0)y + (−2, 0, 1)z ; y, z ∈ R}.
Logo, β1 = {(0, 1, 0), (−2, 0, 1)} é uma base de E(λ1 = 11).
Reduzindo por linhas à forma escalonada a matriz (−5)I3 − A, obtemos:
(−5)I3−A =
 −12 0 8−17 −16 −34
6 0 −4
 L1↔− 112L1∼
 1 0 −23−17 −16 −34
6 0 −4
 L2 ← L2 + 17L1L3 ← L3 − 6L1∼
 1 0 −230 −16 −136
3
0 0 0

L2←− 116L2∼
 1 0 −230 1 136
48
0 0 0
 .
O sistema ((−5)I3−A)
 xy
z
 =
 00
0
 é equivalente a
 1 0 −230 1 136
48
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
, portanto
tem as mesmas soluções. Assim, x− 2
3
z = 0 e y + 136
48
z = 0.
Logo,
E(λ2 = −5) = {(x, y, z) ∈ R3 ; x− 23z = 0 e y +
136
48
z = 0}
=
{(
2
3
z,−136
48
z, z
)
; z ∈ R
}
= {(2
3
,−136
48
, 1)z ; z ∈ R}.
Logo, β2 = {(32,−136, 48)} é uma base de E(λ2 = −5).
b) A é diagonalizável, pois
é posśıvel construir uma base do R3 formada por autovetores de A visto que o conjunto β1∪β2 =
{(0, 1, 0), (−2, 0, 1), (32,−136, 48)} .
ou
a soma das multiplicidades geométricas dos autovalores é 2 + 1 = 3 = 3 = dim R3
ou
mg(λ = 11) = 2 = ma(λ = 11).
4