(a) (1,5) Obtenha os autovalores e autovetores de L. (b) (1,0) A matriz de L em relação à base canônica de M 2 2 é diagonalizável? Explique.

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1 Nome do(a) estudante(a): ALI0001(PRO11-0A) Prova IV 8/06/016 Prof. Helder G. G. de Lima ˆ Identifique-se em todas as folhas. ˆ Mantenha o celular e os demais equipamentos eletrônicos desligados durante a prova. ˆ Anule uma das 5 questões (apenas 4 serão corrigidas): 1. (,5) Seja L : M M o operador linear definido por L(X) = 1 (X XT ). (a) (1,5) Obtenha os autovalores e autovetores de L. (b) (1,0) A matriz de L em relação à base canônica de M é diagonalizável? Explique (,5) Considere a matriz A = e obtenha: 0 3 (a) (0,5) O polinômio característico e os autovalores de A. (b) (1,0) Uma matriz P que diagonaliza A. (c) (0,5) Uma matriz diagonal semelhante à matriz A. (d) (0,5) A matriz A 64, utilizando os dados anteriores. 3. (,5) Identifique e justifique as afirmações a seguir que forem verdadeiras. Para as demais, forneça um simples contra-exemplo: (a) (1,3) Toda matriz diagonalizável tem que ser inversível. (b) (1,) Em todo espaço com produto interno, sempre que u = 3 e v = 1, e os vetores u e v são ortogonais, pode-se concluir que u + v = (,5) Considere o espaço R 4 com o produto interno usual e seja W o subespaço vetorial gerado pela base B = {v 1, v, v 3 }, em que v 1 = (6, 0, 0, 0), v = (3, 0, 4, 0) e v 3 = (0,,, 1). Obtenha: (a) (1,5) Uma base ortonormal para W. (b) (1,0) Uma base para o complemento ortogonal W do subespaço W. 5. (,5) Seja B = {(,, 0), ( 1, 3, 0), (0, 0, 5)} uma base de R 3 e considere o produto interno definido por (a, b, c), (x, y, z) = 3ax + by + cz. (a) (1,0) Verifique que, em relação ao produto interno acima, a base B é ortogonal. (b) (1,0) Use o produto interno acima para escrever o vetor v = ( 10, 6, 5) como combinação linear dos vetores de B. (c) (0,5) Obtenha uma base ortonormal de R 3 a partir de B (utilize o produto interno dado). BOA PROVA!

2 Respostas [ ] ( [ ] ) ( [ ] [ ] ) [ ] x y x y x y x z 0 1. (Solução) (a) Se X =, então L = z z 1 y z = z y. z y 0 Solução 1: Calculando L nos vetores da base canônica de M, resulta que a matriz A que representa L nesta base é A = 0 1/ 1/ 0 0 1/ 1/ Então o polinômio característico de A é x p A (x) = 0 x 1/ 1/ 0 x 1/ 1/ 0 0 1/ x 1/ 0 = x 1/ x 1/ x 0 0 x = x x 1/ 1/ 1/ x 1/, ou seja, p A (x) = x (x x) = x 3 (x 1) e os autovalores de A são as raízes de p A (x), isto é, c 1 = 0 (com multiplicidade algébrica igual a 3) e c = 1 (com multiplicidade 1). [ ] x y As coordenadas de um autovetor X = associado ao autovalor c z 1 = 0 devem ser soluções do seguinte sistema linear: x 0 0 1/ 1/ 0 y 0 1/ 1/ 0 z = 0 0 y + z = 0 y z = 0 y = z ou seja [ x X = z ] z = x [ ] z 0 0 [ ] [ ] Já os autovetores associados ao autovalor c = 1 devem ter coordenadas que satisfaçam x 0 x = 0 0 1/ 1/ 0 y 0 1/ 1/ 0 z = 0 y 0 + z = 0 y = z y z = 0 x = = 0 = 0 ou seja [ ] [ ] 0 z 0 1 X = = z. z Solução : Para que X seja um autovetor de L associado ao autovalor c R, deve ocorrer que L(X) = cx, que equivale ao seguinte: 0 = cx [ ] [ ] 1 y z 0 y z x y = cy = c z y 0 z z y = cz 0 = c Resulta da primeira equação que c = 0 ou x = 0.

3 ˆSe c = 0 então cy = 0 = cz e segue da segunda (ou da terceira) equação que y = z. Logo, os autovetores associados a c = 0 são as matrizes da forma [ ] [ ] [ ] [ ] x z X = = x + z +. z ˆSe c 0 então x = 0 e (pela última equação) = 0. Além disso, a segunda e a terceira equações equivalem a y z = cy y = z + cy y = (y+cz)+cy 0 = c(z+y) z = y. z y = cz z = y + cz Substituindo na segunda equação, segue que ( y) = y+c( y), ou seja y = [ cy, ] e 0 1 portanto c = 1, pois y não pode ser nulo (ou z também seria). Assim, X = z. 1 0 (b) (1,0) A matriz A é diagonalizável pois foi possível encontrar uma base de M formada por autovetores de L: { [ ] [ ] [ ] [ ] } B =,,, Também é possível concluir que A é diagonalizável observando que a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica de 0 são iguais a 3 e que a multiplicidade algébrica e a multiplicidade geométrica de 1 são iguais a 1.. (Solução) (a) O polinômio característico de A é p A (x) = det (xi A), ou seja, x p A (x) = 6 x = (x + 1) x x + 3 x + 3 = (x + 1)[(x 3)(x + 3) + 8] = (x + 1)[(x 9) + 8] = (x + 1)(x 1) = (x + 1) (x 1). Assim, os autovalores de A são 1 (com multiplicidade algébrica igual a ) 1 e (com multiplicidade 1). (b) As colunas de P são formadas com as coordenadas dos autovalores de A. Todo autovetor X associado ao autovalor 1 deve ser solução do sistema linear x 0 4x 4z = 0 (( 1)I A)X = y = 0 6x 6z = 0 x = z. 0 z 0 x + z = 0 z 0 1 Assim, X = y = y 1 + z 0. z 0 1 Já um autovetor X associado ao autovalor 1 deve ser solução do sistema linear 0 4 x 0 x 4z = 0 (I A)X = y = 0 x = z 6x + y 6z = z 0 y = 3z. x + 4z = 0 z 0 1 Assim, X = 3z = z 3. Logo, P = diagonaliza a matriz A. z

4 (c) Usando a matriz P do item anterior, pode-se obter uma matriz diagonal D = P 1 AP, cujas entradas da diagonal são justamente os autovalores de A A inversa de P é P 1 = 1 0. Então D = = (d) Como D = P 1 AP, tem-se A 64 = P D 64 P 1. Mas ( 1) D 64 = 0 ( 1) 64 0 = = I, então A 64 = P IP 1 = P P 1 = I. 3. (Solução) (a) Falsa. Se A é uma matriz diagonalizável então existe alguma matriz P inversível tal que D = P 1 AP, ou equivalentemente A = P DP 1. Sendo assim, det A = det P det D det P 1 = det P det D 1 det P o que significa que para A ser inversível é preciso que D também seja. = det D, Como existem matrizes diagonais que não são inversíveis (por exemplo, a matriz nula), também existem matrizes diagonalizáveis não inversíveis (um exemplo é a matriz nula). (b) (1,3) Verdadeira. Se u e v são ortogonais, então u, v = 0 = v, u. Consequentemente: u + v = u + v, u + v = u + v, u + u + v, v = u, u + v, u + u, v + v, v = u, u v, v = u + v = = (Solução) (a) Observe que v não é ortogonal aos vetores v 1 e v 3 pois v 1, v = 18 e v 1, v = 8. Para obter uma base ortogonal para o mesmo espaço, pode-se utilizar o processo de ortogonalização de Gram Schmidt: ˆ 1 = v 1 = (6, 0, 0, 0) ˆ = v v, = (3, 0, 4, 0) 18 (6, 0, 0, 0) = (0, 0, 4, 0) 36 ˆ = v 3 v 3, v 3, = (0,,, 1) 0 8 (6, 0, 0, 0) (0, 0, 4, 0) = (0,, 0, 1) O conjunto C = { 1,, 3 } = {(6, 0, 0, 0), (0, 0, 4, 0), (0,, 0, 1)} é uma base de W, mas como{ seus vetores não} têm { norma um, é preciso normaliza-los para } obter a base ortonormal D = 1,, = (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 5 1, 0, 5 ). (b) Todo vetor u = (x, y, z, ) W é ortogonal aos elementos de B. Mas u, v 1 = 0 (x, y, z, ), (6, 0, 0, 0) = 0 6x = 0 u, v = 0 (x, y, z, ), (3, 0, 4, 0) = 0 3x + 4z = 0 u, v 3 = 0 (x, y, z, ), (0,,, 1) = 0 y + z + = 0 Assim, v = (0, y, 0, y) = y(0, 1, 0, ) e B 1 = {(0, 1, 0, )} é uma base de W. x = 0 = y z = 0 4

5 5. (Solução) (a) Sejam v 1 = (,, 0), v = ( 1, 3, 0) e v 3 = (0, 0, 5). Para concluir que a base B = {v 1, v, v 3 } é ortogonal, basta observar que v i, v j = 0 sempre que i j: ˆ v 1, v = (,, 0), ( 1, 3, 0) = 3 ( 1) = 0. ˆ v, v 3 = ( 1, 3, 0), (0, 0, 5) = = 0. ˆ v 1, v 3 = (,, 0), (0, 0, 5) = = 0. (b) Para qualquer vetor R 3 tem-se =, v 1 v 1 v 1 +, v v v +, v 3 v 3 v 3 Mas ˆ ( 10, 6, 5), (,, 0) = = 48 ˆ ( 10, 6, 5), ( 1, 3, 0) = = 48 ˆ ( 10, 6, 5), (0, 0, 5) = = 5 ˆ (,, 0) = = 16 ˆ ( 1, 3, 0) = = 1 ˆ (0, 0, 5) = = 5 Então ( 10, 6, 5) = v v v 3 = 3(,, 0) + 4( 1, 3, 0) 1(0, 0, 5). (c) Como a base é ortogonal, basta normalizar cada um dos vetores (isto é, dividi-los pelas respectivas normas) e o resultado será uma base ortonormal: { } { } v1 (,, 0) ( 1, 3, 0) (0, 0, 5) C = =,, = v 1, v v, v 3 v 3 { ( 1, 1 ) ( 1, 0,, 1 3 1, 0 ) } (0, 0, 1). 5