Lista de exercícios 13 Diagonalização

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1 Universidade Federal do Paraná 2 semestre 206. Algebra Linear Olivier Brahic Lista de exercícios 3 Diagonalização Exercícios da Seção 6. Exercício : Para cada uma das seguintes matrizes, encontre os autovalores e os autoespaços correspondentes, pois determine se é diagonalizavel. No caso o é, explicite uma matriz de transição que a diagonaliza. a b c d e ( ( ( 3 ( ( 2 3 Correção do Exercício : a Notemos A a matriz A : 0 0 f g h i 0 0 ( j k l Primeiro, temos que calcular o polinômio característico P A da matriz A, definido por: (( ( ( λ 2 P A (λ : det(a λi det λ det λ [ ] λ 2 4λ 5 Os autovalores são as raizes do polinômio característico P A. Para encontra-las, temos que factorizar P A, isso é, pôr P A (λ aλ 2 +bλ+c na forma: P A (λ a(λ λ (λ λ 2. No caso de um polinômio de grau 2, é so calular que b 2 4ac ( ( 5 36 > 0. Nesse caso, P A tem duas raizes reais, dadas por: λ b + λ 2 b

2 Logo A tem dois autovalores reais, dados por: λ 5 e λ 2 (observe que, os autoespços associados sendo de dimensão stritamente positiva, jà podemos concluir que A é diagonalizavel. O autoespaço E λ associado ao autovalor λ é definido como E λ ker(a λ I, ou seja E λ x R 2 : (A λ I x 0}. Para encontrar E λ, temos que resolver um sistema de equações lineares: (( ( ( x (A λ I x 0 λ ( ( 3 λ 2 x 0 4 λ ( ( x x + 2x 4x x qualquer Logo o autoespaço E λ é dado por E λ x R 2 : x (t, t onde t R} R.(,, é a reta vetorial por (,. Ele é de dimensão, logo λ tem multiplicidade. De maneira semelhante, o autoespaço E λ2 é definido por E λ2 : ker(a λ 2 I. Para encontrar E λ2, resolvemos: ( ( 3 λ2 2 x (A λ 2 I x λ 2 4x + 2x 4x + x2 2x x qualquer Logo E λ2 x R 2 : x (t, 2t onde t R} R.(, 2. É a reta vetorial por (, 2. Ele é de dimensão, logo λ 2 tem multiplicidade. Diagonalização: A matriz A tem dois autovalores λ, λ 2 com dim E λ +dim E λ2 + dim R 2, logo A é diagonalizavel. Uma matriz S que diagonaliza A é ma matriz que tem colunas autovetores de A. Podemos verificar que: ( ( S 3 2 AS 2 4 ( ( 2/3 /3 3 2 /3 /3 4 ( ( 2 ( 2 2

3 b Notemos B a matriz B : ( Calculemos o polinômio característico P B da matriz B, definido por: ( 6 λ 4 P B (λ : det(b λi det [ ] λ 2 5λ λ Os autovalores são as raizes do polinômio característico P B. Para factorizar P B (λ aλ 2 +bλ+c, calulemos que b 2 4ac > 0. Segue que P B (λ a(λ λ (λ λ , isso é P B tem duas raizes reais, dadas por: λ b λ 2 b + Logo B tem dois autovalores reais, dadas por: λ 2 e λ 2 3 (de novo, jà podemos concluir que B é diagonalizavel. Encontremos o autoespaço E λ ker(b λ I x R 2 : (B λ I x 0} resolvendo o sistema de equações lineares: ( ( 6 λ 4 x (B λ I x λ 4x + 4x x x 2 4x qualquer Logo E λ x R 2 : x (t, t onde t R} R.(,. Ele é de dimensão, logo λ tem multiplicidade. 2 3 Para encontrar E λ2 : ker(b λ 2 I, resolvemos: ( 6 λ2 4 (B λ 2 I x 0 3 λ 2 3x 4x 3x 4 0 ( x 0 3x 4 qualquer Logo E λ2 x R 2 : x (4t, 3t onde t R} R.(4, 3, e λ 2 tem multiplicidade. Diagonalização: A matriz B tem dois autovalores λ, λ 2 cuja soma das multiplicidades é dim E λ + dim E λ2 + dim R 2, logo B é diagonalizável. Uma matriz S que diagonalisa B tem colunas autovetores de B. Podemos verificar que: ( ( ( S BS ( ( ( (

4 c Notemos C a matriz C : ( 3. O polinômio característico P C de C é dado por: ( 3 λ P C (λ : det(c λi det [ ] λ 2 4λ + 4. λ Temos P C (λ aλ 2 + bλ + c, com b 2 4ac 0. Segue que P C tem uma raiz dupla, P C (λ a(λ λ 2, dada por: λ b + Logo C tem um único autovalor real λ 2. Nesse caso, o fato de C ser diagonalizável vai depender da dimensão do autoespaço associado E λ. 2 Para encontrar E λ ker(c λ I resolvemos: ( 3 λ (C λ I x 0 λ x x x 0 ( x 0 x qualquer Logo o autoespaço E λ é dado por E λ x R 2 : x (t, t onde t R} R.(, e λ tem multiplicidade. A matrix C tem um único autovalor, cuja autoespaço é de dimensão dim E λ < dim(r 2 2. Logo C não é diagonalizável. ( 3 8 d Notemos D a matriz D :. 2 3 O polinômio característico P D de D é dado por: ( 3 λ 8 P D (λ : det(d λi det [ ] λ 2 6λ λ Temos P D (λ aλ 2 + bλb + c, com b 2 4ac < 0. Nesse caso, temos que trabalhar em C pois P D tem duas raizes complexas conjugadas: P D (λ a(λ λ (λ λ onde: λ b + i λ b i 3 + 4i, 3 4i. 4

5 Logo D tem dois autovalores complexos, conjugados λ 3 + 4i, e λ 3 4i. Para encontrar os autoespaços correspondentes, temos que trabalhar em C 2. São subespaços complexos de C 2, de dimensão stritamente positiva (em C, por isso jà podemos concluir que D é diagonalizavel (em C 2. Para encontrar E λ ker(d λ I x C 2 : (D λ I x 0} resolvemos: ( ( 3 λ 8 x (D λ I x λ 4ix 8x 2x 4i 0 x 2i C qualquer Logo E λ x C 2 : x (2it, t onde t C} C.(2i,. É uma reta complexa por (2i,. Ele tem dimensão em C, logo λ tem multiplicidade. De maneira semelhante, para encontrar E λ : ker(d λ I, resolvemos: ( ( 3 λ 8 x (D λ I x λ 4ix 8x 2x + 4i 0 x 2i C qualquer Logo E λ x C 2 : x ( 2it, t onde t C} C.( 2i,. Ele tem dimensão (em C logo λ tem multiplicidade. Observe que E λ e E λ são conjugados, no sentido que E λ E λ. Isso é uma propriedade geral dos autoespços complexos de uma matriz real. A matriz D tem dois autovalores λ, λ 2 cuja soma das multiplicidades é dim C E λ + dim C E λ + dim C C 2, logo B é diagonalizável em C 2. Uma matriz S que diagonalisa D sendo uma matriz que tem colunas autovetores (necessariemente complexos, nesse caso de D, verifiquemos que: ( ( S 2i 2i 3 8 DS 2 3 ( ( i/4 /2 3 8 i/4 /2 2 3 ( 3 + 4i i ( 2i 2i ( 2i 2i 5

6 e Notemos E a matriz E : (. 2 3 O polinômio característico P E de E é dado por: ( λ P E (λ : det(e λi det [ ] λ 2 4λ λ Temos P E (λ aλ 2 + bλb + c, com b 2 4ac < 0. Segue que P E tem duas raizes complexas conjugadas: P E (λ a(λ λ (λ λ onde: λ b + i 2 + i, λ b i 2 i Logo E tem dois autovalores complexos conjugados λ 2 + i, e λ 2 i. De novo, temos que trabalhar em C 2. Para encontrar E λ ker(e λ I resolvemos: ( ( λ x (E λ I x λ ( + ix + x 2x + ( i 0 x2 ( + ix x C qualquer Logo E λ x C 2 : x (t, ( + it onde t C} C.(, + i. Ele tem dimensão em C, logo λ tem mutliplicidade. De maneira semelhante, para encontrar E λ : ker(e λ I, resolvemos: (E λ I x 0 ( λ ( x λ ( ix + 0 2x + ( + i 0 x2 ( ix x C qualquer Logo E λ x C 2 : x (t, ( it onde t C} C.(, i. É uma reta complexa por (, i C 2. Ele tem dimensão em C, logo λ 2 tem multiplicidade. E tem dois autovalores (complexos, conjugados diferentes logo E é diagonalizavel em C. Uma matriz S que diagonaliza E tendo por colunas autovetores de E, verifiquemos: ( ( ( S i + i i + i ES ( ( ( i/2 ( i/4 i + i i/2 ( + i/4 2 3 ( 2 + i i 6

7 0 0 f Notemos F a matriz F : Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira coluna, calculemos que o polinômio característico P F de F é dado por: P F (λ : det(f λi det λ 0 0 λ 0 0 λ ( λ det ( λ λ 3. 0 λ Segue que λ : 0 é raiz tripla de P F. Logo F tem um único autovalor real λ 0 0. O fato de F ser diagonalizável vai depender da dimensão de E λ. Autoespaços Nesse caso E λ ker(f λ I ker(f coincide com o núcleo de F. Temos: (F λ I x x 0 0 x R qualquer Logo E λ x R 2 : x (t, 0, 0 onde t R} R.(, 0, 0, ele tem dimensão em R, logo λ tem multiplicidade. A matriz F tem um único autovalor λ com multiplicidade dim E λ < dim R 3, logo F não é diagonalizável. g Notemos G a matriz G : Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira linha, obtemos o polinômio característico P G de G jà em forma fatorizada: P G (λ : det(g λi det λ 0 2 λ 0 0 λ ( λ det ( λ 2 (2 λ. ( 2 λ 0 λ Segue que P G tem uma raiz dupla λ :, e uma raiz simples λ 2 : 0. Logo F tem dois autovalores reais, λ e λ 2 2. Nesse caso, o fato de G ser diagonalizável vai depender da dimensão de E λ. 7

8 Para encontrar E λ ker(g λ I resolvemos: λ x (G λ I x λ 0 0 λ x2 + x x3 x, R quaisquer Logo E λ x R 3 : x (t, t 2, t 2 onde t, t 2 R} R.(, 0, 0 R.(0,,, ele tem dimensão 2 em R, logo λ tem multiplicidade 2. Jà podemos concluir que G é diagonalizável. De maneira semelhante, para encontrar E λ2 : ker(g λ 2 I, resolvemos: (G λ 2 I x 0 λ λ λ 2 x x 0 R qualquer x Logo E λ2 x R 3 : x (t, t, 0 onde t R} R.(,, 0. Ele tem dimensão, logo λ 2 tem multiplicidade. Nesse caso, G tem dois autovalores diferentes, λ com multiplicidade dim E λ 2, e λ 2 com multiplicidade E λ2. Temos dim E λ + dim E λ 3 dim R 3, logo G é diagonalizavel. Uma matriz S que diagonaliza G é uma matriz cujas colunas são autovetores linearmente independentes de G. Podemos verificar que: 0 0 S GS

9 2 h Notemos H a matriz H : Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira coluna, obtemos o polinômio característico P H de H da maneira seguinte: P H (λ : det(h λi det ( λ det λ λ 0 5 λ ( 3 λ 5 λ ( λ(λ 2 2λ 8. Para fatorizar P H, temos primeiro que fatorizar λ 2 2λ 8. Calulemos que b 2 4ac ( ( 8 36 > 0. Segue que λ 2 2λ 8 (λ λ (λ λ 2 onde: λ b + 4, λ 2 b 2. Concluemos que P H (λ (λ (λ 4(λ+2, e tem 3 raizes reais simples. Logo H tem três autovalores reais, dadas por: λ 0, λ 4, λ 2 2. Jà podemos concluir que H é diagonalizável. Para encontrar E λ0 ker(h λ 0 I resolvemos: (H λ 0 I x 0 λ λ λ 0 2x x x3 0 x R qualquer Logo E λ0 x R 3 : x (t, 0, 0 onde t R} R.(, 0, 0. Ele tem dimensão, logo λ 0 tem multiplicidade. De maneira semelhante, para encontrar E λ : ker(h λ I, resolvemos: (H λ I x 0 λ λ 0 5 λ 3x x x R qualquer Logo E λ x R 3 : x (t, t, t onde t R} R.(,,. Ele tem dimensão, logo λ tem multiplicidade. 9

10 Finalmente, para encontrar E λ2 : ker(h λ 2 I, resolvemos: λ 2 2 (H λ 2 I x λ λ 2 3x x x 5 R qualquer Logo E λ2 x R 3 : x (t, t, 5t onde t R} R.(,, 5. Ele tem dimensão, logo λ 2 tem multiplicidade. Diagonalização: Nesse caso, H tem tres raizes diferentes, λ 0, λ, λ 2 com dim E λ0 +dim E λ +dim E λ2 3 dim R 3, logo H é diagonalizavel em R 3. Uma matriz S que diagonaliza H tem colunas autovetores linearmente independentes de H. Podemos verificar que: 2 S HS /6 / /6 / i Notemos A a matriz A : 0 0 O polinômio característico P A de A é dado por: 4 λ 5 P A (λ : det(a λi det 0 λ λ 3 + 3λ 2 2λ 0 λ λ(λ (λ 2 Logo A tem três autovalores reais simples, λ 0, λ 2, λ 3 2, logo A é diagonalizável. Para encontrar E λ ker(a λ I ker A resolvemos: 4 5 x (A λ I x x x 0 0 x3 x x R qualquer Logo o autoespaço E λ é dado por E λ x R 3 : x (t, t, t onde t R} R.(,,. Ele tem dimensão em R logo λ tem multiplicidade 0

11 De maneira semelhante, para encontrar E λ2 : ker(a λ 2 I, resolvemos: 4 λ 2 5 x (A λ 2 I x 0 0 λ 2 0 λ 2 2x x x 3 2 R qualquer Logo o autoespaço E λ2 é dado por E λ2 x R 3 : x (3t, 2t, t onde t R} R.(3, 2,, e λ 2 tem multiplicidade. Finalmente, para encontrar E λ3 : ker(a λ 3 I, resolvemos: 4 λ 3 5 (A λ 3 I x 0 0 λ 3 0 λ 3 2x x x x 7 3 R qualquer Logo o autoespaço E λ3 é dado por E λ3 x R 3 : x (7t, 3t, t onde t R} R.(7, 3,. Ele tem dimensão logo λ 3 tem multiplicidade Diagonalização: Nesse caso, A tem tres raizes diferentes, λ 0, λ, λ 2 com dim E λ +dim E λ2 +dim E λ3 3 dim R 3, logo A é diagonalizavel. Uma matriz S que diagonaliza A tem colunas autovetores linearmente independentes de A. Podemos verificar que: S AS /2 2 5/ /2 / j Notemos J a matriz J : 0 0 O polinômio característico P J de J é dado por: 2 λ 0 P J (λ : det(j λi det 0 λ λ 3 3λ 2 3λ 0 λ (λ + 3

12 Logo J tem um único autovalor, real, dado por: λ. O fato de J ser diagonalizável depende da dimensão de E λ. Para encontrar E λ ker(j λ I ker J resolvemos: 2 λ 0 x (J λ I x 0 0 λ 0 λ x + 0 x3 x x + 0, 0 x R qualquer 0 Logo o autoespaço E λ é dado por E λ x R 3 : x (t, 0, t onde t R} R.(, 0,. Ele tem dimensão em R, logo λ tem multiplicidade. Nesse caso, J tem um único autovalor λ com multiplicidade < dim R 3, portanto J não é diagonalizavel k Notemos K a matriz K : Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira linha várias vezes, calculemos que o polinômio característico de K é dado por: 2 λ P K (λ : det(k λi det 0 2 λ λ 0 (2 λ2 (3 λ(4 λ λ Logo K tem três autovalores λ 2, λ 2 3, λ 3 4. É fácil ver que os autoespaços de K são dados por: E λ R.(, 0, 0 R.(0,, 0, 0, E λ2 R.(0, 0,, 0 e E λ3 R.(0, 0, 0,. Logo λ, λ 2 e λ 3 têm multiplicidades respeitivas 2, e. Nesse caso, K jà é diagonal (logo diagonalizável l Notemos L a matriz L : Desenvolvendo o determinante por cofatores em linhas várias vezes, obtemos o polinômio característico de L jà em forma fatorizada: 3 λ P L (λ : det(l λi det 4 λ λ (3 λ(2 λ2 ( λ λ 2

13 Logo L tem três autovalores λ, λ 2 2, λ 3 3. O fato de L ser diagonalizável vai depender da dimensão de E λ3. É fácil ver que o autoespaço E λ é dado por E λ R.(0,, 0, 0. Logo λ têm multiplicidade. Para encontrar o autoespaço E λ2 ker(l λ 2 I resolvemos: (L λ 2 I x 0 3 λ λ λ λ 2 x 0 4x 0 x 4 0 x x 4 x x 4 0 R qualquer Logo o autoespaço E λ2 é dado por E λ2 x R 3 : x (0, 0,, 0 onde t R} R.(0, 0,, 0. Ele tem dimensão em R. Logo λ 2 tem multiplicidade. Para encontrar o autoespaço E λ3 ker(l λ 3 I resolvemos: (L λ 3 I x 0 3 λ λ λ λ 3 4x + x 4 0 x 4 0 2x, x 4 0 x R qualquer x x 4 Logo o autoespaço E λ3 é dado por E λ3 x R 3 : x (t, 2t, 0, 0 onde t R} R.(, 2, 0, 0, ele tem dimensão em R. Logo λ 3 tem multiplicidade. Nesse caso, temos dim E λ + dim E λ2 + dim E λ3 diagonalizável. 3 < 4 dim R 4, logo L não é Referências [] Steven J. Leon, Álgebra Linear com aplicações, 8 a edição, LTC 20. 3