Universidade Federal Rural do Semiárido-UFERSA Departamen Departamento to de Ciências Exatas e Naturais Naturais Curso: Curso: Bacharelad Bachareladoo em Ciência e Tecnologia ecnologia e Computação Computação Disciplina: Álgebra Linear Aluno(a): Turno:
Manhã
Tarde Noite
• Entregar dia 04/11(Turmas manhã e tarde) • Entregar dia 05/11 (Turma noite) 1. Se T : M 2
×2
→ M
2×2
a b d a , com T = , encontre: c d b c 1 0 0
(a) A matriz da transformação na base α =
0 0
,
0
−1 , 0 0
0 0
1
0 ,
0
(b) O polinômio característico. (c) Os autovalores e autovetores (d) As multiplicidades multiplicidades algébrica algébrica e geométrica geométrica de cada autovalor. autovalor.
0 2
−
Solução:
(a)
1 0 0 1 1 0 0 −1 0 0 0 0 − 1 0 0 + 0 1 0 + 0 0 −2 T = =0 0 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 T = 0 0 −1 0 = 0 0 0 + 0 0 0 − 1 1 0 + 0 0 −2 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 1 0 0 − 2 0 −2 T = =0 +0 +0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 −2 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 T = = −2 +0 +0 +0 0 −2 0 0 0 0 0 0 1 0 0 −2 0 0 0 −2 −1 0 0 0 [T ] T ] = 0 −1 0 0 α α
0
0
−
1 2
0
(b) Como o polinômio polinômio característico característico não depende da base escolhida, escolhida, vamos vamos tomar abase canônica canônica e encontrar a matriz nesta base.
−λ 1 det 00
−
0 λ 1 0
0 0 λ 1
−
0 0 0 1 1 0 0 0 [T ] T ] = 0 1 0 0 0 0 1 0 1 λ 0 0 − 0 + 1(−1) − = λ ( 1) 1 λ 0 − − 0 0 1 −λ −λ 1+1
3
−λ(1) · (−λ ) − 1(1) = 0 ⇒ Polinômio característico: p(λ) = λ − 1. 4
2+1
λ4
−1 =0
0 1 0
−
0 λ 1
−
1 0 λ
1 -1
1 1 1
0 1 0
0 1 1
0 1 0
-1 0 p(λ) = λ4
− 1 = (λ − 1)(λ + 1)(λ − i)(λ + i). (c) Temos apenas dois autovalores reais( −1 e 1) e dois complexos( i e −i), encontraremos apenas os autovetores reais. • Autovetores associados a λ = −1 Voltando a matriz obtida no item a), se v = (x,y,z,w) são as coordenadas deste autovetor, temos
x − 2w = 0 −x + y = 0 ⇒ x = y − −y + z = 0 ⇒ y = z 0 − 1 − z + w = 0 ⇒ z = 2w 0 Ou seja, 1v =0 (x,x,x,x) 0 . −1 0 0 0 0 x x 1 −1 0
v=x
•
0 1 1 0
−2
0 = 0 0 0 0
1 2
x y z w
+x 0 Autovetores associados a λ = 1 : 0 0
+x
0 0 1
0
1 0
+x
1 2
0
−2
=
x x
−x − 2w = 0 −x − y = 0 ⇒ x = −y − − − −y − z = 0 ⇒ y = −z 0 − −1 − z − w = 0 ⇒ z = −2w 0 Ou seja, 1v =0 (x, −x,x, 0− −).1 0 0 0 0 x −x −1 −1 0
0 1 1 0
0 0 1
−2
0 = 0 0 0 0
1 2
x y z w
1 2
x
2
v=x
0 0
−x
0
0
+x
1 0
−
x
2
0
−2
=
x
−
x
2
(d) Tanto a multiplicidade algébrica quanto a geométrica de todos os autovalores é 1.
2. Ache os autovalores e autovetores correspondentes das matrizes:
2 0 (a) 12 0
0 1 2 0 0 3 1 0
−
0 1 0 0
(b)
1 0 3
3 4 3
−
−3 0 1
Solução:
(a)
2 0 12
2 − λ 0 120
0 2
1 0
−λ 0 3−λ −1 0
0 2 0 1
1 0 3 0
0 1 0 0
0 − 0 2 − λ 1 0 = (2−λ)(−1) 0 −1 −λ
1+1
3
−
0 λ 0
−
Daí, encontramos o polinômio característico: p(λ) = (λ2
1 0 +(1)( 1)1+3 λ
−
0 12 0
2
− 2λ + 1)(λ − 5λ − 6)
Os autovalores são 1, −1, 1 e 6. • Autovetores associados a 1: Se v = (x,y,z,t) é o autovetor, temos
1 0 12 0
0 1 0 1
−
1 0 2 0
0 1 0 1
−
x 0 y = 0 z 0 t
⇒
0
v = (0, t, 0, t)
−
x + z = 0 ⇒ x = −z = 0 y+t= 0 + 2z = 0 ⇒ z = 0 12x −y − t = 0 ⇒ y = −t
• Autovetores associados a −1:
3 0 12 0
⇒
0 3 0 1
−
1 0 4 0
0 1 0 1
x 0 y = 0 z 0 t
0
3x + z = 0 3y + t = 0 + 4z = 0 ⇒ z = −3x 12x −y + t = 0 ⇒ y = t v = (x, 0, 3x, 0)
• Autovetores associados a 6: −4
0 12
−
0 4 0 1
1 0 3 0
0 1 0 6
x 0 y = 0 z 0
− − 0 − t 0 − −4x + z = 0 ⇒ −12x4y−+3zt ==00 ⇒ z = 3x −y − 6t = 0 ⇒ y = −6t v = (x, 0, 3x, 0)
2
− λ 1 0 0 −1 −λ
(b)
(1
1 3 0 4 3 3
−3
−
0 1
1 − λ det 0 −3
⇒
− λ)(4 − λ)(1 − λ) − 9(4 − λ)
3 4
−λ 3
−3 0 1−λ
= (4 5λ + λ2 ) (1 λ) 9(4 = 4 9λ + 6λ2 λ3 36 + 9λ = λ3 6λ2 + 32 = 0
− − −
· − − − −
Polinômio característico: p(λ) = λ3 − 6λ2 + 32. -2 1 -6 0 32 1 -8 16 0 λ3
2
− 6λ
+ 32 = (λ + 2)(λ2
− 8λ + 16) = (λ + 2)(λ − 4)
Autovalores: -2 e 4.
• Autovetores associados a 4: −3 3 −3 x 0 0 0 0 y = 0 ⇒ z 0 −3 3 −3
y =x+z
(x, x + z, z) = x(1, 1, 0) + z(0, 1, 1) v = [(1, 1, 0), (0, 1, 1)]
• Autovetores associados a -2:
(x, 0, x) = x(1, 0, 1).
−
3 3 0 6 3 3
−3 x
0 0 y = 0 3
z
0
⇒
x=z y=0
− λ) = 0
3. Se T : P 3 → P 3 é dada por T (ax3 + bx2 + cx + d) = dx3 − cx2 + 2bx − 3a, encontre o polinômio característico da transformação sabendo que α = {x3 − 1, x2 + 3x, 2x − 1, 4} é uma base de P 3 . Solução:
T (x3
3
2
3
− 1) = (−1)x − (0)x + 2(0)x − 3(1) = −x − 3 T (x + 3x) = (0)x − (3)x + 2(1)x − 3(0) = −3x + 2x T (2x − 1) = (−1)x − (2)x + 2(0)x − 3(0) = −x − 2x 2
3
2
3
2
2
3
2
T (4) = 4x3
• 3
= a(x3 1) + b(x2 + 3x) + c(2x 1) + d(4) = ax3 + bx2 + x(3b + 2c) + 4d a c
−x − 3
−
−
− −
a = −1 b =0 cd == 0−1
•
2
3
2
−3x − 2x = a(x − 1) + b(x
a = 0+ 3x) + c(2x − 1) + d(4) b = −3 cd == 7 2 7 8
•
3
2
−x − 2x
= a(x3
− 1) + b(x
2
a = −+1 3x) + c(2x − 1) + d(4) b = −2 cd == 3 1 2
•
43 = a(x3
2
− 1) + b(x
a+=3x)4 + c(2x − 1) + d(4) b=0 cd == 01 −1 0 −1 4 0 −3 −2 0 [T ] = 0 7/2 3 0 −1 7/8 1/2 1 −1 − λ 0 −1 4 0 −3 − λ −2 0 = 0 3−λ 0 −01 7/2 7/8 1/2 1 − λ α α
Daí obtemos:
p(λ) = λ4 + 5λ2 + 6
Utilizando a base canônica do P 3, {x3 , x2 , x, 1}, vemos que resulta no mesmo polinômio característico, como já era esperado.
[T ] =
−
0 0 0 3
0 0 2 0
−
0 1 0 0
1 0 0 0
Daí obtemos:
−λ 0 −03
0 λ 2 0
0 1 λ 0
− − −
1 0 0 λ
−
= 0
p(λ) = λ4 + 5λ2 + 6
4. Enuncie e prove o Teorema do Núcleo e da Imagem. Solução: Tem feito no livro.
5. Seja λ autovalor da transformação linear T . Se v é autovetor associado a λ, mostre que w1 = πv e √ w2 = π 37v são autovetores de T , associados ao autovalor λ. Solução: Seja T uma transformação linear e λ é um autovalor dessa transformação. Como v é um autovetor associado a λ, temos que T (v) = λv.
Considere agora o vetor w = kv , k transformação em w, temos:
∈ R, ou seja, w é múltiplo do vetor v.
Quando aplicamos a
T (w) = T (kv) = kT (v) = k(λv) = λ(kv) = λw.
√
Daí, vemos que w também é autovetor associado a λ. Sendo k = π ou k = π 37, obtemos: T (πv) = πT (v) = π(λv) = λ(πv)
√
√
√
√
T (π 37v) = π 37T (v) = π 37(λv) = λ(π 37v)
6. Mostre que se um operador linear T : V → V admite λ = 0 como autovalor, então T não é inversível. Solução: Ser inversível é ser injetora e sobrejetora, simultaneamente. Se mostrarmos que a transformação não é injetora(ou não é sobrejetora) ela não será inversível. Assim, se λ = 0 é autovalor, se T (u) = T (v) ⇒ T (u − v) = 0 = 0(u − v), ou seja, u − v é autovetor associado a 0. Por isso u−v = 0, ou seja, ker(T ) = 0, e T não é injetiva.
7. Encontre T : R2 → R2 linear sabendo que v1 = (y, −y) e v2 = (0, y) são autovetores de T associados aos autovalores λ1 = 1 e λ2 = 3 , respectivamente. Solução: Temos:
• (1, −1) é um autovetor associado a λ = 1 ; • (0, 1) é um autovetor associado a λ = 3. T (1, 1) = 1(1, 1) = (1, 1) T (0, 1) = 3(0, 1) = (0, 3)
−
−
−
(x, y) = a(1, 1) + b(0, 1) = (a, a) + (0, b) = (a, a + b)
x = −a y=
−
−a + b ⇒
y=
−x + b ⇒
−
b=x+y
(x, y) = x(1, 1) + (x + y)(0, 1)
−
T (x, y)
= xT (1, 1) + (x + y)T (0, 1) = xT (1, 1) + (x + y)(0, 3) = (x, x) + (0, 3x + 3y)
−
− −
= (x, 2x + 3y),
ou seja, T (x, y) = (x, 2x + 3y).
8. (a) Determine as matrizes das rotações em R2 que admitem autovalores e autovetores. (b) Determine os autovalores e os autovetores destas rotações. Solução:
(a) A matriz de rotação é dada abaixo.
cos θ sin θ
− sin θ cos θ
Para obtermos os autovalores, devemos encontrar o determinante abaixo:
cos θ − λ sin θ
− sin θ = cos θ − λ (cos θ − λ) + sin θ = λ − 2λ cos θ + 1 = 0 Assim, polinômio característico é p(λ) = λ − 2λ cos θ + 1. Para encontrarmos os autovalores precisamos que p(λ) = 0. Como queremos autovalores reais, precisamos que ∆ ≥ 0, assim ∆ = (−2cos θ) − 4(1)(1) = 4 cos θ − 4 ⇒ θ = 180 ou θ = 360 2
2
2
2
2
2
o
o
, substitua na matriz acima e obtenha as matrizes das rotações. Observe que os autovalores são −1 e 1. Descubra você os autovetores(tenter ver geometricamente).
9. Se T : V → V é linear com λ um seu autovalor, mostre que o autoespaço V λ = {u ∈ V |T u = λu} é subespaço vetorial de V . Solução:
• Sejam u, v ∈ V , ou seja, T u = λu e T v = λv então: λ
T (u + v)
= Tu + Tv = λu + λv = λ(u + v)
• Seja u ∈ V
λ
e k ∈ R, então: T (ku)
Logo, V λ é subespaço vetorial de V .
= kT u = k(λu) = λ(ku).
