Prova Substitutiva de Álgebra Linear Resolvida

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1. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita, equipado com um produto interno 〈 , 〉 :
V× V→ R, e seja T : V→ V um operador linear tal que T ◦ T = idV (sendo idV : V→ V o
operador identidade, idV(w) = w para todo w ∈ V). Mostre que
T é auto− adjunto ⇔ T é ortogonal
Seja T : V→ V um operador linear tal que T ◦ T = idV.
Suponhamos que T seja auto-adjunto. Então, para quaisquer v, w ∈ V, tem-se:
〈T (v), T (w)〉 = 〈v, T (T (w))〉 = 〈v, idV(w)〉 = 〈v, w〉
ou seja, T é um operador ortogonal.
Suponhamos agora que T seja ortogonal. Então, para quaisquer v, w ∈ V, tem-se:
〈T (v), w〉 = 〈T (v), T (T (w))〉 = 〈v, T (w)〉
ou seja, T é um operador auto-adjunto.
2. Seja T : V→W uma transformação linear. Mostre que,
a) Ker(T ) = {v ∈ V : T (v) = 0W} é um subespaço vetorial de V;
Como T é uma transformação linear, segue que T (0V) = 0W, ou seja, 0V ∈ Ker(T ).
Dados v, w ∈ Ker(T ) e α ∈ K (K = R ou K = C, conforme V seja um espaço vetorial real ou
complexo), temos,
T (α · v + w) = α · T (v) + T (w) = α · 0W + 0W = 0W
ou seja, α · v + w ∈ Ker(T ). Logo, Ker(T ) é subespaço de V.
b) Im(T ) = {w ∈W : existe v ∈ V tal que w = T (v)} é um subespaço vetorial de W.
Da mesma forma que no item anterior, temos que 0W = T (0V), ou seja, 0W ∈ Im(T ).
Dados w1, w2 ∈ Im(T ) e α ∈ K (K = R ou K = C, conforme V seja um espaço vetorial real
ou complexo), temos que existem v1 e v2 em V tais que w1 = T (v1) e w2 = T (v2) e assim,
α · w1 + w2 = α · T (v1) + T (v2) = T (α · v1 + v2)
ou seja, α · w1 + w2 ∈ Im(T ). Logo, Im(T ) é subespaço de W.
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3. Seja T : R2 → R2 o único operador linear tal que T (1, 1) = (8, 5) e T (−1, 1) = (28, 17).
a) Encontre uma base ordenada β de R2 tal que a matriz [T ]ββ seja uma matriz diagonal;
Observamos inicialmente que {(1, 1), (−1, 1)} é uma base ortogonal de R2 (com respeito ao
produto interno usual 〈(x, y), (a, b)〉 = xa+ yb). Logo,
(x, y) =
〈(x, y), (1, 1)〉
〈(1, 1), (1, 1)〉
(1, 1) +
〈(x, y), (−1, 1)〉
〈(−1, 1), (−1, 1)〉
(−1, 1) = x+ y
2
(1, 1) +
y − x
2
(−1, 1)
Portanto T (x, y) = (x+y
2
)T (1, 1) + (y−x
2
)T (−1, 1) = (x+y
2
)(8, 5) + (y−x
2
)(28, 17) =
= (−10x+ 18y,−6x+ 11y)
Assim, considerando a base canônica α = {(1, 0), (0, 1)} de R2, temos que [T ]αα =
(
−10 18
−6 11
)
O polinômio caracteŕıstico, PT (X) de T é dado por
PT (X) = det(X ·I2×2−[T ]αα) = det
(
X + 10 −18
6 X − 11
)
= (X+10)(X−11)+108 = X2−X−2
cujas ráızes são λ1 = −1 e λ2 = 2.
Calculemos agora os autovetores de T .
1) Autovetores associados a λ1 = −1.
Se v = (x, y) é autovetor de T associado ao autovalor λ1 = −1 então
((−1) · I2×2 − [T ]αα) · [v]α =
(
0
0
)
ou seja, (
9 −18
6 −12
)
·
(
x
y
)
=
(
0
0
)
Assim, x−2y = 0, de onde segue que o vetor v1 = (2, 1) é um autovetor associado ao autovalor
λ1 = −1.
2) Autovetores associados ao autovalor λ2 = 2.
Se v = (x, y) é autovetor de T associado ao autovalor λ2 = 2 então
(2 · I2×2 − [T ]αα) · [v]α =
(
0
0
)
ou seja, (
12 −18
6 −9
)
·
(
x
y
)
=
(
0
0
)
Assim, 2x − 3y = 0, de onde segue que o vetor v2 = (3, 2) é um autovetor associado ao
autovalor λ2 = 2.
Com isso, conclúımos que a base β procurada pode ser dada por β = {(2, 1), (3, 2)}
b) Determine [T ]ββ.
Segue do que foi exposto no item a) que [T ]ββ =
(
−1 0
0 2
)
.
2
4. Sejam V um espaço vetorial com dim(V) = 7 e T : V→ V um operador linear tal que λ1 = −3,
λ2 = 0 e λ3 = 2 são seus únicos autovalores. Denotando por PT (X) e MT (X) os polinômios
caracteŕıstico e minimal de T respectivamente, assinale em quais situações T é diagonalizável.
a) PT (X) = [X(X − 2)]2(X + 3)3 e MT (X) = X5 −X4 − 8X3 + 12X2;
b) PT (X) = (X − 2)5X(X + 3) e MT (X) = X3 +X2 − 6X;
c) PT (X) = (X − 2)5X(X + 3) e MT (X) = X4 −X3 − 8X2 + 12X.
Os polinômios caracteŕıstico, PT (X), e minimal, MT (X), possuem as mesmas ráızes. Como,
em cada item, PT (X) possui somente 3 ráızes (−3, 0 e 2), temos que as ráızes de MT (X) são
também −3, 0 e 2. Para que T seja diagonalizável, o polinômio minimal deve se expressar
como produto de fatores lineares distintos, ou seja, MT (X) = X(X + 3)(X − 2). Assim,
MT (X) deve ser um polinômio de grau 3. Com isso, nos itens a) e c) o operador T NÃO É
DIAGONALIZÁVEL. No item b) temos que MT (X) = X
3 + X2 − 6X = X(X + 3)(X − 2).
Portanto, no item b) temos que T é diagonalizável.
5. Considere a quádrica com equação: 2xy − 2
√
3yz − y = 8. Aplique o procedimento de
diagonalização de formas quadráticas para determinar o que essa quádrica representa.
Seja α = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} a base cnônica de R3 e seja [v]α =
xy
z
. Temos que,
2xy − 2
√
3yz − y = 8 ⇔
(
x y z
)0 1 01 0 −√3
0 −
√
3 0
xy
z
+ (0 −1 0)
xy
z
 = 8
⇔ ([v]α)t · [Q]αα · [v]α +
(
0 −1 0
)
· [v]α = 8
sendo Q : R3 → R a forma quadrática Q(x, y, z) = 2xy − 2
√
3yz.
• Diagonalização de Q
PQ(x) = det
 x −1 0−1 x √3
0
√
3 x
 = x3 − x− 3x = x3 − 4x = x(x− 2)(x+ 2)
Assim, Q possui 3 autovalores, λ1 = 0, λ2 = 2 e λ3 = −2.
• Autovetor normalizado v1, associado ao autovalor λ1 = 0 0 −1 0−1 0 √3
0
√
3 0
xy
z
 =
00
0
 ⇔ −y = 0−x+√3z = 0√
3y = 0
⇔ y = 0
x =
√
3z
Assim, podemos escolher v1 = (
√
3
2
, 0, 1
2
).
• Autovetor normalizado v2, associado ao autovalor λ2 = 2 2 −1 0−1 2 √3
0
√
3 2
xy
z
 =
00
0
 ⇔ 2x− y = 0−x+ 2y +√3z = 0√
3y + 2z = 0
⇔
x = y
2
z = −
√
3
2
y
Assim, podemos escolher v2 = (
1√
8
, 2√
8
,−
√
3√
8
) = (
√
2
4
,
√
2
2
,−
√
6
4
).
3
• Autovetor normalizado v3, associado ao autovalor λ3 = −2−2 −1 0−1 −2 √3
0
√
3 −2
xy
z
 =
00
0
 ⇔ −2x− y = 0−x− 2y +√3z = 0√
3y +−2z = 0
⇔
x = −y
2
z =
√
3
2
y
Assim, podemos escolher v3 = (− 1√8 ,
2√
8
,
√
3√
8
) = (−
√
2
4
,
√
2
2
,
√
6
4
).
Se β = {v1, v2, v3} e [v]β =
X1X2
X3
 então, 2xy − 2√3yz − y = 8 se, e somente se,
(
X1 X2 X3
)0 0 00 2 0
0 0 −2
X1X2
X3
+ (0 −1 0)

√
3
2
√
2
4
−
√
2
4
0
√
2
2
√
2
2
1
2
−
√
6
4
√
6
4

X1X2
X3
 = 8, ou seja,
2xy − 2
√
3yz − y = 8 ⇔ 2X22 − 2X23 −
√
2
2
X2 −
√
2
2
X3 = 8
⇔ 2(X22 − 2 ·
√
2
4
X2 +
2
16
)− 4
16
− 2(X23 + 2 ·
√
2
4
X3 +
2
16
) +
4
16
= 8
⇔ 2(X2 −
√
2
4
)2 − 2(X3 +
√
2
4
)2 = 8
⇔
(X2 −
√
2
4
)2
22
−
(X3 +
√
2
4
)2
22
= 1
Trata-se portanto de um CILINDRO HIPERBÓLICO.
6. Sejam V e W espaços vetoriais de dimensão finita e seja T : V → W uma transformação
linear. Mostre que,
a) Se dim(V) > dim(W) então, T não é injetora;
Temos que, dim(W) < dim(V) = dim(Ker(T )) + dim(Im(T )) ≤ dim(Ker(T )) + dim(W)
Logo, dim(Ker(T )) > 0, de onde segue que T não é injetora.
b) Se dim(V) < dim(W) então, T não é sobrejetora.
Temos que, dim(Im(T )) ≤ dim(Ker(T )) + dim(Im(T )) = dim(V) < dim(W).
Logo, Im(T ) 6= W, portanto T não é sobrejetora.
4