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Explanação em exercícios resolvidos de Autovalores e Autovetores...

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Universidade Federal Rural do Semiárido-UFERSA Departamento de Ciências Exatas e Naturais Curso: Bacharelado em Ciência e Tecnologia e Computação Disciplina: Álgebra Linear Aluno(a): Turno:  Manhã  Tarde  Noite

•

Entregar dia 04/11(Turmas manhã e tarde)

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Entregar dia 05/11 (Turma noite) 



 d a , encontre: b c         0 −1 0 0 0 0 1 0 , , , (a) A matriz da transformação na base α = 0 0 0 0 1 0 0 −2

1. Se T : M2×2 → M2×2 , com T



a c

b d

=

(b) O polinômio característico.

(c) Os autovalores e autovetores (d) As multiplicidades algébrica e geométrica de cada autovalor. Solução: (a) 









       1 0 0 −1 0 0 0 0 −1 +0 +0 0 0 0 0 1 0 0 −2             0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 0 −1 = =0 +0 −1 +0 T 0 0 −1 0 0 0 0 0 1 0 0 −2             1 0 0 0 0 1 0 0 −1 0 0 0 0 = = 0 + 0 + 0 − T 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 2 0 −2             0 −1 −2 0 0 0 0 0 1 0 0 0 +0 = +0 +0 = −2 T 0 0 0 −2 0 0 0 0 1 0 0 −2 T

1 0 0 0

=

0 1 0 0

=0



0  −1 α  [T ]α =  0 0 (b) Como o polinômio característico não depende e encontrar a matriz nesta base.  0  1 [T ] =   0 0    −λ  0 0 1       1 −λ 0 0 1+1   = −λ(−1) det    1 −λ 0    0  0 0 1 −λ 

0 0 −1 0

− 21

 −2 0   0  0

da base escolhida, vamos tomar abase canônica 0 0 1 0

0 0 0 1

 1 0   0  0

−λ 0 0 1 −λ 0 0 1 −λ

−λ(1) · (−λ3 ) − 1(1) = 0

Polinômio característico: p(λ) = λ4 − 1.

0 0 0

⇒

   0    2+1  1  + 1(−1)    0 

λ4 − 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       0 x 1 0 0 −2   x − 2w = 0   y   0   −x + y = 0 ⇒ x = y  −1 1 0 0  =     0 −1 −y + z = 0 ⇒ y = z 1 0  z   0     1 1 0 w 1 −2 z + w = 0 ⇒ z = 2w 0 0 −2 Ou seja,      x, x, x).  v = (x, 0 0 0 −1 1 0 +x +x +x v=x 1 0 0 0 0 0 • Autovetores associados a λ = 1:      x 0 −1 0 0 −2      −1 −1 0 0   y  =  0    0 −1 −1 0  z   0  0 0 − 12 −1 0 w

0 0 0 −2



=



x x x x



  −x − 2w = 0   −x − y = 0 ⇒ x = −y  −y − z = 0 ⇒ y = −z   − 12 z − w = 0 ⇒ z = −2w

x ). Ou seja,  v = (x,      −x,x, − 2 1 0 0 0 0 0 −1 x v=x −2 +x −x 1 0 0 0 0 0 0

0 −2



=



x −x x − x2



(d) Tanto a multiplicidade algébrica quanto a geométrica de todos os autovalores é 1.

2. Ache os autovalores  2 0 1  0 2 0 (a)   12 0 3 0 −1 0

e autovetores correspondentes das matrizes:   0 1 3  0 4 1  (b)  0 −3 3 0

 −3 0  1

Solução: (a) 

2 0  0 2   12 0 0 −1   2−λ 0 1   0 2 − λ 0   12 0 3−λ   0 −1 0

0 1 0 −λ

 1 0 0 1   3 0  0 0

     2−λ 0 1    = (2−λ)(−1)1+1  0 3 − λ 0     −1 0 −λ 

Daí, encontramos o polinômio característico:

   0    +(1)(−1)1+3  12    0 

p(λ) = (λ2 − 2λ + 1)(λ2 − 5λ − 6) Os autovalores são 1, −1, 1 e 6.

• Autovetores associados a 1: Se v = (x, y, z, t) é o autovetor,   x 1 0 1 0  y  0 1 0 1    12 0 2 0   z t 0 −1 0 −1 v = (0, −t, 0, t) • Autovetores associados a −1:  3  0   12 0 ⇒

• Autovetores associados a 6:  −4  0   12 0

temos  

 0   0   =    0  0

⇒

  x + z = 0 ⇒ x = −z = 0   y+t =0  12x + 2z = 0 ⇒ z = 0   −y − t = 0 ⇒ y = −t

    0 x 0 1 0  y   0  3 0 1  =   0 4 0  z   0  0 t −1 0 1  3x + z = 0    3y + t = 0  12x + 4z = 0 ⇒ z = −3x   −y + t = 0 ⇒ y = t v = (x, 0, −3x, 0)

   x 0 1 0    −4 0 1   y  =  0 −3 0   z   t −1 0 −6   −4x + z = 0   −4y + t = 0 ⇒   12x − 3z = 0 ⇒ z = 3x  −y − 6t = 0 ⇒ y = −6t v = (x, 0, 3x, 0)

 0 0   0  0

2−λ 0 −1

1 0 −λ

     

(b) 

1  0 −3

3 4 3

 −3 0  1

  1−λ  det  0  −3

⇒

(1 − λ)(4 − λ)(1 − λ) − 9(4 − λ) =

=

3 −3 4−λ 0 3 1−λ

     

(4 − 5λ + λ2 ) · (1 − λ) − 9(4 − λ) = 0

=

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 − 6λ2 + 32 = (λ + 2)(λ2 − 8λ + 16) = (λ + 2)(λ − 4) Autovalores: -2 e 4. • Autovetores associados a  −3  0 −3

4:     0 x 3 −3 0 0  y =  0  0 z 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  3  0 −3 (x, 0, x) = x(1, 0, 1).

-2:     x 0 3 −3 6 0  y  =  0  0 z 3 3

x=z y=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 − 1) = (−1)x3 − (0)x2 + 2(0)x − 3(1) = −x3 − 3

T (x2 + 3x) = (0)x3 − (3)x2 + 2(1)x − 3(0) = −3x2 + 2x

T (2x − 1) = (−1)x3 − (2)x2 + 2(0)x − 3(0) = −x3 − 2x2 T (4) = 4x3

• −x3 − 3

•

= =

a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x − 1) + d(4)

ax3 + bx2 + x(3b + 2c ) + 4d − a − c  a = −1    b=0 c=0    d = −1

−3x2 − 2x = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c (2x − 1) + d (4)  a=0    b = −3 7   c = 27  d= 8

•

−x3 − 2x2 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x − 1) + d(4)  a = −1    b = −2 c=3    d = 21

•

Daí obtemos:

43 = a(x3 − 1) + b(x2 + 3x) + c(2x − 1) + d(4)  a=4    b=0 c=0    d=1   −1 0 −1 4  0 −3 −2 0  α  = [T ]α  0 7/2 3 0  −1 7/8 1/2 1    −1 − λ 0 −1 4    0 −3 − λ −2 0    =0  0 7/2 3 − λ 0    −1 7/8 1/2 1 − λ  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.   0 0 0 1  0 0 −1 0   [T ] =   0 2 0 0  −3 0 0 0

Daí obtemos:

  −λ 0 0   0 −λ −1   0 2 −λ   −3 0 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 ∈ R, ou seja, w é múltiplo do vetor v. Quando aplicamos a transformação em w, temos: 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 = 6 0, ou seja, ker(T ) = 6 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)2 + sin2 θ = λ2 − 2λ cos θ + 1 = 0

Assim, polinômio característico é p(λ) = λ2 − 2λ cos θ + 1. Para encontrarmos os autovalores precisamos que p(λ) = 0. Como queremos autovalores reais, precisamos que ∆ ≥ 0, assim ∆ = (−2 cos θ)2 − 4(1)(1) = 4 cos2 θ − 4 ⇒ θ = 180o ou θ = 360o , 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 Vλ = {u ∈ V |T u = λu} é subespaço vetorial de V . Solução: • Sejam u, v ∈ Vλ , ou seja, T u = λu e T v = λv então: T (u + v) =

Tu+ Tv

=

λu + λv

=

λ(u + v)

• Seja u ∈ Vλ e k ∈ R, então: T (ku) = kT u = k(λu) = Logo, Vλ é subespaço vetorial de V .

λ(ku)....