ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICA. Resolução do Exame Parcial 2

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1 ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICA Resolução do Exame arcial 2 25 de Junho de 2007 Ano Lectivo: Semestre: Verão

2 ISEL è DEETC Secção de Matemática ç ALGA

3 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame arcial 2 3 Grupo I 1 ç ara cada um dos subconjuntos seguintes, averigue se são subespaços dos espaços vectoriais indicados e, em caso afirmativo, indique uma base e a respectiva dimensão: a ç E œ ea+ -ß, +ß, -ß+, b À+ß,ß- f % (espaço vectorial real) b ç Fœ Eœ + $ß$ e c dà+ œ!, se k3 4k Ÿ f (espaço vectorial real) c ç G œeadß3ß3b ÀD f $ (espaço vectorial real) d ç G œeadß3ß3b ÀD f $ (espaço vectorial complexo) 1a ç E é um subespaço vectorial de %, como se mostra a seguir: Eœ ea+ -ß, +ß, -ß+, bà+ß,ß- f œ e+ aß ß!ß b, a!ß ß ß b - aß!ß ß! bà +ß,ß - f œ ˆ aß ß!ß bß a!ßßß bß aß!ßß! b O desenvolvimento anterior mostra que E é o subespaço gerado pela seguinte lista? de vectores de %? œ ˆ aß ß!ß bß a!ßßß bß aß!ßß! b ara determinar uma de E, basta condensar verticalmente a matriz cujas linhas são os vectores de?: Ô! Ô! Ô!! $ Ä$! $ Ä$! Õ!! Ø Õ! Ø Õ!!!! Ø ˆ aß ß!ß bß a!ßßß b é uma base de Ee dime œ. Ô!! + $ $ß$ 1b ç F é subespaço de, visto que E FÍEœ!!!, com + $ ß+ $. Õ+ $!! Ø ortanto, Ú!! + Þ Ô $ F œû!!! À+ $ ß+ $ ß ÜÕ+!! Ø $ à Ú!!!!! Þ Ô Ô œ Û + $!!! + $!!! À+ $ ß+ $ ß Ü Õ!!! Ø Õ!! Ø à ÎÔ!! Ô!!! Ñ œ!!! ß!!! ÏÕ!!! Ø Õ!! ØÒ Ano Lectivo: Semestre: Verão 2007 Junho 25

4 4 Resolução do Exame arcial 2 - Álgebra Linear e Geometria Analítica ÎÔ!! Ô!!! Ñ A lista,œ!!! ß!!! é linearmente independente e gera F, logo é uma ÏÕ!!! Ø Õ!! ØÒ base de F, tendo-se dimf œ. 1c ç G não é subespaço do espaço vectorial real $, porque não contém o vector nulo. 1d ç G também não é subespaço do espaço vectorial complexo $, pela mesma razão invocada na alínea anterior. $ 2 ç Considere as sequências = e = de vectores dos espaços e respectivamente = œ ˆ aß 3bß a 3ß bß a%ß! b = œ ˆ a3ß 3ß 3bß a3ß 3ß! bß a$3ß!ß! b a ç Considerando e $ como espaços vectoriais complexos, determine uma base e a dimensão dos subespaços gerados por = e =. $ b ç Considerando agora que e são espaços vectoriais reais, determine uma base e a dimensão dos subespaços gerados por = e =. 2a ç Nesta alínea, basta levar a cabo a condensação vertical das matrizes W e W cujas linhas são, respectivamente, os vectores das listas = e = : Ô 3 Ô 3 Ô 3 Ä a 3b W œ 3! 3 Ä! 3 $ Ä$ % $ Ä a 3b$ %3 Õ %! Ø Õ! %3 Ø Õ!! Ø ortanto, a lista = é -linearmente dependente (o que era óbvio, dado ter um número de vectores superior à dimensão de sobre ) e a lista, œ ˆ aß 3bß a!ß 3b é uma base de a= b e dim a a= bb œ. Isto implica que a= b œ. Quanto à lista =, temos Ô W œ 3 3! Ä 3 Ô Ô Ô Ä 3 Ä!!!! Ä $ Ä $ Ç$ $ 3$ Õ$3!! Ø $ Õ!! Ø Õ! Ø Õ!! Ø Neste caso, = é -linearmente independente e a lista ˆ aßß bß a!ßß bß a!ß!ß b é uma base escalonada de a= b, tal como a própria lista =. Temos dima a= bb œ $, o que mostra que $ $ a= b œ. Note que a dimensão de sobre é $ Junho 25 Ano Lectivo: Semestre: Verão

5 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame arcial 2 5 2b ç Vejamos se = é -linearmente independente: com BßCßD, façamos B aß 3b C a 3ß b D a%ß! b œ a!ß! b ͈ ab C %Db 3Cß C 3B œ a!ß! b A igualdade vectorial anterior equivale ao seguinte sistema de equações lineares homogéneas nas incógnitas reais abß Cß Db: Ú Ý B C %D œ! C œ! Û Ý C œ! Ü B œ! O sistema é determinado e tem apenas a solução trivial BœCœDœ!, o que mostra que = é -linearmente independente e é uma base de a= b, cuja dimensão é dima a= bb œ $ (note que a dimensão de sobre é %, sendo ˆ aß! bßa3ß! bß a!ß bß a!ß3b uma base). Agindo de igual forma para =, temos, com BßCßD, Ba3ß 3ß 3b C a3ß 3ß! b D a$3ß!ß! b œ a!ß!ß! b Í ˆ ab C $Db3ß ab Cb3ß B3 œ a!ß!ß! b A igualdade vectorial anterior equivale ao seguinte sistema de equações lineares homogéneas nas incógnitas reais abß Cß Db: Ú B C $D œ! Û B C œ! Ü B œ! O sistema é novamente determinado, tendo apenas a solução trivial BœCœDœ!, o que mostra que = é -linearmente independente e é uma base de a= b, cuja dimensão é $ dima a= bb œ $. Note que a dimensão de sobre é ', sendo a lista $ uma base de sobre. - œ ˆ aß!ß! bß a3ß!ß! bß a!ß ß! bß a!ß 3ß! bß a!ß!ß bß a!ß!ß 3b Neste caso, podíamos imediatamente concluir que = era -linearmente independente, porque tínhamos já visto na alínea anterior que = era -linearmente independente e atendendo ao resultado teórico seguinte: Seja I um espaço vectorial complexo. Então, I é também um espaço vectorial real (com a mesma adição vectorial e com a restrição a I da multiplicação de escalar por vector) e, se /œ a/tß/tßáß/t 7 b é uma lista -linearmente dependente, então a lista / será também - linearmente dependente. Se I tem dimensão 8 sobre, então I tem dimensão 8 sobre ; mais precisamente, se / œ a/tß/tßáß/t 8b é uma base do espaço complexo I, então a lista / œ a/tß/tßáß/tß3/tß3/tßáß3/t 8 8 b é uma base do espaço real I. Ano Lectivo: Semestre: Verão 2007 Junho 25

6 6 Resolução do Exame arcial 2 - Álgebra Linear e Geometria Analítica 3 ç Considere, no espaço cartesiano real $, o subconjunto J œ eabß Cß DbÀ B C (D œ! %B )C &D œ! B %C $D œ! f e a sequência = œ ˆ a %ß ß $ bß aß ß & bß a!ß!ß b de vectores de $ e seja ainda K œ a= b o subespaço gerado por = : a ç Determine uma base e a dimensão de J. b ç Indique uma base e a dimensão de K e caracterize os vectores de K por meio de uma condição nas suas componentes. c ç Determine o subespaço L œ J K, indicando uma base e a dimensão de L. d ç Será J K um subespaço de $? Justifique a resposta. $ 3a ç J é o espaço das soluções do seguinte sistema de equações lineares homogéneas: Ú B C (D œ! Û %B )C &D œ! Ü B %C $D œ! As soluções do sistema obtêm-se pelo algoritmo de Gauss-Jordan: Ô (! Ô (! Ä % % ) &! Ä!! $$! Õ % $! Ø Õ!!! Ø Ô (!!!!!! Ä ( Õ!!!! Ø!!! Ä $$ $ $ Ä $ $ O sistema é simplesmente indeterminado e as incógnitas principais são arbitrário; a solução geral é abß Cß Db œ acß Cß! b œ C aß ß! bà C B e D, ficando C Então, J é o subespaço gerado pelo vector aßß! b o qual forma uma base de J (recta passando pela origem e com a direcção do vector aß ß! b): J œ ec aß ß! bà C f œ eabß Cß DbÀ B C œ! D œ! f œ ˆ aß ß! b à dimj œ 2007 Junho 25 Ano Lectivo: Semestre: Verão

7 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame arcial 2 7 3b ç Recorremos, de novo, ao algoritmo de condensação vertical para determinar uma base e a dimensão de K, condensando a matriz W cujas linhas são os vectores de = : Ô % $ Ô % $ Ô % $ Ä Ä Wœ & $!! $!! $ Ä $ Õ!! Ø Õ!! Ø Õ!!! Ø O resultado anterior mostra que a lista = é linearmente dependente e que, œ ˆ a%ß ß $ bß a!ß!ß b constitui uma base de Kœ=à ab daqui se conclui que dimkœ. ara caracterizarmos os vectores de K, basta atender a que um vector abßcßdb pertence a Kse e só se ele for combinação linear dos vectores de, (ou de = ), pelo que a lista ˆ a%ßß $ bß a!ß!ß bßabßcßdb deverá ser linearmente dependente, ou seja, a matriz com estas linhas deverá ter característica igual a : Ô % $ Ô % $ Ô % $!! $ Ä%$ B!! $ Ä$ a$b %Db!! ÕB C D Ø Õ! B %C $B %D Ø Õ! B %C! Ø ara que a matriz anterior tenha característica igual a, deverá ser B %C œ! ou, equivalentemente, B C œ!, pelo que K é um plano vertical passando pela origem e perpendicular ao vector aß ß! b: K œ eabß Cß DbÀ B C œ! f 3c ç Quanto a L œ J K, temos, por definição de intersecção, LœeaBßCßDbÀB Cœ! Dœ! B Cœ! f œeabßcßdbàb Cœ! Dœ! f œj ortanto, temos L œj KœJ, o que equivale a J K, pelo que o vector aßß! b constitui uma base de L e diml œ dimj œ. 3d ç J K é um subespaço de $, visto que J K, tendo-se J KœK e a lista, œ ˆ a%ß ß $ bß a!ß!ß b é uma base de J K sendo dimaj Kb œ dimk œ. Ano Lectivo: Semestre: Verão 2007 Junho 25

8 8 Resolução do Exame arcial 2 - Álgebra Linear e Geometria Analítica Grupo II 1 ç Seja 2À Ä o endomorfismo de tal que 2 aß$ b œ aß b e 2a ß b œa ß b. Determine 2BßC a b, para qualquer abßcb. Consideremos a base / œ ˆ aß $ b, a ß b e determinemos as coordenadas de um vector genérico abß Cb em relação àquela base: abßcb œ+ aß$ b, a ß b œ a+,ß$+, b A igualdade vectorial anterior equivale a um sistema determinado de 2 equações lineares nas incógnitas a+ß, b que resolvemos a seguir: B B Ä $ $ C! & $B C Ä& &! B C Ä &! BÎ& CÎ& Ä Ê a+ß, b œ ab Cß $B b! & $B C & C! $BÎ& CÎ& & Temos, pois, abß Cb œ ab C baß $ b a $B Cba ß b & & Da igualdade vectorial anterior e atendendo à linearidade de 2, obtemos: 2aBßCb œ ab Cb2 aß$ b a $B Cb2a ß babßcb & & œ ab C baß b a $B Cba ß b œ a)b Cß B %Cb & & & 2007 Junho 25 Ano Lectivo: Semestre: Verão

9 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame arcial ç Seja E uma matriz real do tipo $ % cujo espaço das linhas admite a base ˆ aß ß $ß! bß a!ß $ß!ß b. Indique, justificando adequadamente, o valor de verdade das proposições seguintes: a ç O espaço nulo de E tem dimensão. b ç As linhas de E são linearmente independentes. 2a ç É verdadeira. Como ˆ aß ß $ß! bß a!ß $ß!ß b é uma base do espaço das linhas, segue- se que a característica de E é < œ. A dimensão = do espaço nulo de E (nulidade de E) é o seu número de colunas ( 8œ% ) menos a característica <, ou seja, =œ8 <œ% œ (grau de indeterminação do sistema homogéneo E\ œ S). 2b ç É falsa, porque a característica é <œ $œnúmero de linhas. $ 3 ç Considere o endomorfismo :À Ä $ àabßcßdb È: abßcßdb que projecta ortogonalmente os vectores de $ sobre o plano \S^ (num referencial ortonormado S\] ^): a ç Determine : abßcßdb, para qualquer abßcßdb $ e mostre que : é linear. b ç Determine o núcleo, a imagem, a nulidade e a característica de :. c ç Tomando a mesma base no domínio e no codomínio, determine a matriz de : em relação à base / œ ˆ aß ß! bß a!ß ß bß a!ß!ß b 3a ç Os pontos do plano \S^ têm Cœ!, pelo que a projecção ortogonal de abßcßdb sobre aquele plano é o vector abß!ß Db. ortanto, : abßcßdb œabß!ßdb A função : é linear: w w w $ ñ Quanto à imagem da soma, tem-se, para quaisquer abßcßdbßabßcßd b : : ˆ w w w BßCßD BßCßD w w w w w a b a b œ: ab BßC CßD D b œab Bß!ßD D b w w w w w œabß!ßdb abß!ßd b œ: abßcßdb : abßcßd b $ ñ Quanto à imagem do produto de escalar por vector, tem-se, para! e abßcßdb : : ˆ! abßcßdb œ: a! Bß! Cß! Db œa! Bß!ß! Db œ! abß!ßdb œ!: abßcßdb Ano Lectivo: Semestre: Verão 2007 Junho 25

10 10 Resolução do Exame arcial 2 - Álgebra Linear e Geometria Analítica 3b ç Temos: Kera: b œ eabß Cß DbÀ abß!ß Db œ a!ß!ß! bf œ eabß Cß DbÀ B œ! D œ! f œ ea!ßcß! bàc f œec a!ßß! bàc f œ aa!ß ß! bb O vector a!ß ß! b constitui uma base do núcleo e nulidadea: b œ dimaker a: bb œ, o que mostra que : não é injectiva. Quanto a Img a: b, sabemos que ela é gerada pelas imagens por : dos vectores de qualquer base de $, por exemplo, a base canónica - œ ˆ aß!ß! bß a!ß ß! bß a!ß!ß b : Imga: b œ ˆ : aß!ß! bß: a!ßß! bß: a!ß!ß b œ ˆ aß!ß! bß a!ß!ß! bß a!ß!ß b œ ˆ aß!ß! bß a!ß!ß b A lista, œ ˆ aß!ß! bß a!ß!ß b é linearmente independente (é escalonada) e constitui uma base de Img a: b, pelo que será Img a: b œ ˆ aß!ß! bß a!ß!ß b. A característica de : é igual a dimaimg a: bb œ, o que está de acordo com o Teorema Fundamental: dimˆ Kera: b dimˆ Imga: b œ œ$œ dimˆ $ Observe-se que era óbvio que o contradomínio de : é gerado por,, visto que : abßcßdb œabß!ßdb œb aß!ß! b D a!ß!ß b à BßD 3c ç As colunas da matriz de : na base / œ ˆ aß ß! bß a!ß ß bß a!ß!ß b contêm as w w w ww ww ww coordenadas a+ß,ß - b, a+ ß, ß - b e a+ ß, ß - b dos vectores : aß ß! b, : a!ß ß b e : a!ß!ß b em relação à base /. Ora : aßß! b œ aß!ß! b œ+ aßß! b, a!ßß b - a!ß!ß b œ a+ß+,ß, -b w w w w w w w w : a!ßß b œ a!ß!ß b œ+ aßß! b, a!ßß b - a!ß!ß b œ a+ß+,ß, -b ww ww ww ww ww ww ww ww : a!ß!ß b œa!ß!ß b œ+ aßß! b, a!ßß b - a!ß!ß b œ a+ ß+, ß, - b As três igualdades vectoriais anteriores equivalem a três sistemas determinados, cada qual com três equações e três incógnitas, cuja matriz simples é comum, o que permite a sua resolução simultânea; além disso, os dois últimos sistemas são iguais, pelo que resolveremos apenas os ww ww ww w w w dois primeiros sistemas, ficando a+ß,ß-b œ a+ß,ß-b: Ô!!! Ô!!! Ô!!!!!! Ä!!! $ Ä$!!! Õ!! Ø Õ!! Ø Õ!! Ø Então, a matriz de : na base / será Ô!! Q /a: b œ!! Õ Ø 2007 Junho 25 Ano Lectivo: Semestre: Verão

11 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame arcial 2 11 Esta matriz podia também obter-se da matriz Q -a: b de : na base canónica (a qual é imediata) e da matriz X de mudança da base canónica para a base /: -/ Ô!! Q / a: b œ X-/ Q -a: bx-/, com Q -a: b œ!!! Õ!! Ø A matriz X -/ é também imediata: X -/ Ô!! œ! Õ! Ø Ô!! A inversão de X-/ dá-nos X-/ œ X/- œ!, pelo que temos, de novo, Õ Ø Ô!! Ô!! Ô!! Q /a: b œ!!!!! Õ ØÕ!! ØÕ! Ø Ô!! Ô!! Ô!! œ!!! œ!! Õ! ØÕ! Ø Õ Ø Ano Lectivo: Semestre: Verão 2007 Junho 25

12 12 Resolução do Exame arcial 2 - Álgebra Linear e Geometria Analítica Grupo III 1 ç Seja 2 o endomorfismo do espaço cartesiano real $ cuja representação matricial na base canónica é a matriz Ô!! Lœ! Õ! $ Ø a ç Mostre que aßß b é um vector próprio de 2e determine o respectivo valor próprio. b ç Calcule os restantes valores próprios, bem como todos os subespaços próprios de 2 e diga, com base nos valores próprios, se 2 é um automorfismo de $. c ç Mostre que 2 é diagonalizável e determine uma matriz diagonal H e uma matriz invertível X tais que HœX LX. 1a ç Temos, trabalhando com as coordenadas dos vectores em relação à base canónica, Ô!! Ô Ô Ô! œ œ Õ! $ ØÕ Ø Õ Ø Õ Ø o que mostra, por definição, que - œ. aß ß b é um vector próprio associado ao valor próprio 1b ç O polinómio característico de 2 é -!! : 2a-b œ! - œ a- ba- ba- $ b â! $ - â As raízes do polinómio : 2 são, e $ e, sendo reais, todas são valores próprios de 2; deste modo, o espectro de 2 será: $ Ea2b œ eß ß $ f A função 2 é um automorfismo de, visto que - œ! não é valor próprio de 2 (basta observar que! é valor próprio de 2 se e só se existe um vector a+ß,ß -b Á a!ß!ß! b tal que 2 a+ß,ß-b œ! a+ß,ß-b œ a!ß!ß! b, ou seja, se e só se o núcleo de 2 contém vectores não nulos, o que equivale a dizer que 2 não é injectiva). Estes valores próprios têm multiplicidade algébrica igual a, visto serem raízes simples do polinómio característico. Existem $ valores próprios distintos e, então, sabemos que $ vectores próprios associados a cada um destes valores próprios serão linearmente independentes, formando uma base de $, na qual 2 será representada por uma matriz diagonal: 2 é diagonalizável. Representando por - a b e!- a b, respectivamente, a multiplicidade geométrica e a multiplicidade algébrica de um valor próprio - Ea2 b, sabemos que Ÿ a- b Ÿ! a-b, o que, no caso presente, nos dá Ÿ- a b Ÿ, ou seja, os valores próprios têm todos multiplicidade geométrica 2007 Junho 25 Ano Lectivo: Semestre: Verão

13 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame arcial 2 13 igual a. Isto conduz a! $ - a b œ $ œ dima b e, de novo, à conclusão de que 2 é diagonalizável. - Ea2b As coordenadas \- œ cbcdd T dos vectores próprios de 2 na base canónica são as soluções não nulas dos sistemas homogéneos simplesmente indeterminados al - M $ b\ - œs, para cada - Ea2b. Assim, teremos: ñ ara - œ : Ô!!!! Ô!! Ç$ T!! Ä!! Ê\ œc D D Dd àd - Õ!! Ø Õ!!!! Ø Os vectores próprios pertencentes a - œ serão D aß!ß! b D a!ß ß! b D a!ß!ß b œ a Dß Dß Db œ D aß ß b à D O subespaço próprio de 2 associado a - œ é gerado pelo vector aßß b, que constitui uma base de Ia2b: I a2b œe5 aßß bà5 f œ aaßß bb Ê a b œdimai a2bb œ ñ ara - œ : Ô!!! Ô!!! Ô!!!!!! $ Ä $ Ä T!!!!!! Ê\ œc! C! d àc Ä $ $ - Õ!! Ø Õ!!! Ø Õ!!!! Ø Os vectores próprios pertencentes a - œ serão! aß!ß! b C a!ßß! b! a!ß!ß b œc a!ßß! b àc O subespaço próprio de 2 associado a - œ é gerado pelo vector a!ßß! b, que constitui uma base de Ia2b: I a2b œ ec a!ß ß! bà C f œ aa!ß ß! bb Ê a b œ dimai a2bb œ ñ ara - œ $ : Ô!!! Ô!!! Ô!!! $ Ä$!! Ä Ä T!!!! Ê\ œc! D Dd àd - Õ!!! Ø Õ!!!! Ø Õ!!!! Ø Os vectores próprios pertencentes a - œ$ serão da forma! aß!ß! b D a!ßß! b D a!ß!ß b œd a!ßß b àd O subespaço próprio de 2 associado a - œ$ é gerado pelo vector a!ßß b, que constitui uma base de I$a2b: I a2b œ ed a!ß ß bà D f œ aa!ß ß bb Ê a$ b œ dimai a2bb œ $ $ Ano Lectivo: Semestre: Verão 2007 Junho 25

14 14 Resolução do Exame arcial 2 - Álgebra Linear e Geometria Analítica A tabela seguinte resume o estudo feito: - Subespaços próprios de 2 Mult. geométrica a- b Mult. algébrica! a-b I a2b œe5 aßß bà5 f I a2b œec a!ßß! bàc f $ I$ a2b œ ed a!ß ß bàd f 1c ç Fazendo, por exemplo, 5œCœDœ nos vectores próprios da tabela anterior, obtemos os vectores próprios aß ß b, a!ß ß! b e a!ß ß b associados, respectivamente, aos valores próprios, e $. Assim, na base / œ a/tß/tß/t $ b œ ˆ aßß bß a!ßß! bß a!ßß b, a matriz de 2 será H œ diag aß ß $ b. A matriz regular X pedida é a matriz X-/ de mudança da base canónica - para a base /, cujas colunas contêm as coordenadas dos /t 3 na base canónica (ou seja, as próprias componentes dos /t 3 ): Ô!! Xœ Õ! Ø Assim, a matriz X diagonaliza L, isto é, X LX œ diag aß ß $ b œ H. odemos verificar este resultado, começando por determinar X (que é a matriz de mudança da base / para a base -): Então: Ô!!!! Ô!!!! Ä!!!! $ Ä$ Õ!!! Ø Õ!!! Ø Ô!!!! Ô!!!! ÊX œ Õ!!! Ø Õ! Ø X Ä $ Ô!! Ô!! Ô!! LX œ! Õ! ØÕ! $ ØÕ! Ø Ô!! Ô!! Ô!! œ % œ!! œ H Õ $! $ ØÕ! Ø Õ!! $ Ø Neste caso, existem $xœ' matrizes diagonais possíveis, correspondentes às ' permutações da sequência aß ß $ b dos valores próprios de 2. ara cada uma destas matrizes diagonais, existe uma infinidade de bases diagonalizadoras Junho 25 Ano Lectivo: Semestre: Verão

15 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame arcial ç Seja E uma matriz real quadrada de $ ª ordem cujo polinómio característico é : a-b œ -a- ba- b a ç Determine se E é semelhante a alguma matriz diagonal e, em caso afirmativo, indique quantas matrizes diagonais semelhantes a E existem, mostrando ainda uma delas. b ç Determine o valor da característica e da nulidade de E e justifique a sua resposta. c ç Calcule dete e diga, justificando, se E é invertível. 2a ç O espectro de E é EaEb œ e!ß ß f. Existindo 3 valores próprios distintos, quaisquer três vectores próprios pertencentes a cada um deles serão linearmente independentes e constituirão uma base de $. A matriz X cujas colunas são esses vectores próprios será diagonalizadora de E, isto é, X EX œ diaga!ß ß b Existem $xœ' matrizes diagonais semelhantes a E correspondentes às permutações da lista a!ß ß b dos valores próprios de E e, para cada uma delas, uma infinidade de matrizes X diagonalizadoras: H œ diaga!ß ß bß diaga!ß ß bß diagaß!ß bß diagaß ß! bß diagaß!ß bß diagaß ß! b 2b ç Matrizes semelhantes têm a mesma característica (por representarem o mesmo endomorfismo 0 em bases diferentes: trata-se da dimensão do contradomínio de 0). Deste modo será, por exemplo, <œcaeb œ cadiag aßß! bb œ. A nulidade de Eserá 8 <œ$ œ, que é a dimensão do núcleo de E, o qual coincide com o subespaço próprio I!aEb associado ao valor próprio - œ!. 2c ç Ora, para qualquer -, temos detae -M$ b œ : a-b œ -a- ba- b; fazendo agora - œ!, vem dete œ:! a b œ!! a ba! b œ! Deste modo, E não é invertível (o que era óbvio, visto! ser valor próprio de E) e dete œ!. Outra forma de concluir que dete œ! é atender a que matrizes semelhantes têm o mesmo determinante, pelo que!!! deteœdethœ!! œ! â!! â Ano Lectivo: Semestre: Verão 2007 Junho 25