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Quest˜ao 1. Demonstre que o operador linear T : R^3 −→ R^3 definido por T (x, y) = (3x − 4 z, 3 y + 5z, −z) ´e diagonaliz´avel.
Solu¸c˜ao: Para decidir se o operador ´e diagonaliz´avel, vamos primeiramente estudar seus autovalores. Para isso, temos que encontrar sua matriz representa¸c˜ao (Veja a revis˜ao na p´ag 65 da aula 8) Passo 1: Econtrar a matriz representa¸c˜ao [T ] do operador T. Sabemos que [T ] =
[
[T (e 1 )] [T (e 2 )] [T (e 3 )]
]
onde {e 1 , e 2 , e 3 } = {(1, 0 , 0), (0, 1 , 0), (0, 0 , 1)} ´e a base canˆonica de R^3 e [T (e 1 )], [T (e 2 )] e [T (e 3 )] s˜ao as representa¸c˜oes matriciais dos vetores T (e 1 ), T (e 2 ) e T (e 3 ). Calculando temos
T (e 1 ) = T (1, 0 , 0) = (3. 1 − 4. 0 , 3 .0 + 5. 0 , −0) = (3, 0 , 0) ⇒ [T (e 1 )] =
T (e 2 ) = T (0, 1 , 0) = (3. 0 − 4. 0 , 3 .1 + 5. 0 , −0) = (0, 3 , 0) ⇒ [T (e 2 )] =
T (e 3 ) = T (0, 0 , 1) = (3. 0 − 4. 1 , 3 .0 + 5. 1 , −1) = (− 4 , 5 , −1) ⇒ [T (e 3 )] =
Assim,
[T ] =
[
[T (e 1 )] [T (e 2 )] [T (e 3 )]
]
Passo 2: Encontrar o polinˆomio caracter´ıstico: Sendo I a matriz identidade de ordem 3, sabemos que o polinˆomio caracter´ıstico do operador T ´e o mesmo polinˆomio caracter´ıstico da matriz [T ] (Ver defini¸c˜ao 3, p´ag 68, aula 8). Portanto, o polinˆomio caracter´ıstico de T ´e
p(x) = det (xI − [T ]) = det
x
(^) = det
x − 3 0 4 0 x − 3 − 5 0 0 x + 1
Calculando o determinante temos (pode ser via Sarrus, pr´e requisito ´algebra linear 1)
p(x) = (x − 3)^2 .(x + 1) Passo 3: Encontrar os autovalores de T. Sabemos que “O escalar λ ´e um autovalor do operador linear T se, e somente se, λ ´e uma raiz do polinˆomio caracter´ıstico de T .” (Ver teorema 2, p´ag 68, aula 8). 1
Calculando as ra´ızes de p(x) temos p(x) = (x − 3)^2 (x + 1) = 0 ⇒ x 1 = 3 e x 2 = − 1
Logo, os autovalores de T s˜ao as ra´ızes λ 1 = 3 e λ 2 = −1 de p(x).
Para darmos continua¸c˜ao a esta solu¸c˜ao, precisamos estudar os AUTO-ESPAC¸ OS associ- ados a cada autovalor de [T ]. Lembrando: “O auto-espa¸co associado ao autovalor λ, denotado por E(λ), ´e o subespa¸co gerado por todos os autovetores associados a λ, ou seja, pelos vetores v tais que T (v) = λ.v.” Passo 4: Encontrar bases de cada auto-espa¸co associado a cada autovalor de [T ].
- Auto-espa¸co associado a λ 1 = 3: Os AUTOVETORES associados a λ 1 = 3 s˜ao os vetores (x, y, z) tais que
(λ 1 .I − [T ])v = 0 ⇒
λ 1 − 3 0 4 0 λ 1 − 3 − 5 0 0 λ 1 + 1
x y z
x y z
x y z
E, de tal equa¸c˜ao, conclu´ımos o seguinte sistema:
4 z = 0 − 5 z = 0 4 z = 0
⇒ z = 0
Portanto os autovetores de [T ] s˜ao os vetores do tipo (x, y, 0) = x(1, 0 , 0) + y(0, 1 , 0) Logo, o auto-espa¸co associado a λ 1 = 3 ´e o subespa¸co gerado pelos vetores (1, 0 , 0) e (0, 1 , 0). Como estes dois vetores s˜ao LI, temos que B 1 = {(1, 0 , 0), (0, 1 , 0)} ´e uma base do auto-espa¸co E(λ 1 ).
- Auto-espa¸co associado a λ 2 = −1: Os AUTOVETORES associados a λ 2 = −1 s˜ao os vetores (x, y, z) tais que
(λ 2 .I − [T ])v = 0 ⇒
λ 2 − 3 0 4 0 λ 2 − 3 − 5 0 0 λ 2 + 1
x y z
x y z
x y z
Calculando o determinante temos (pode ser via Sarrus, pr´e requisito ´algebra linear 1)
p(x) = (x − 1).(x − 2) Passo 2: Encontrar os autovalores de A. Calculando as ra´ızes de p(x) temos p(x) = (x − 1)(x − 2) = 0 ⇒ x 1 = 1 e x 2 = 2
Logo, os autovalores de A s˜ao as ra´ızes λ 1 = 1 e λ 2 = 2 de p(x). Passo 3: Encontrar bases de cada auto-espa¸co associado a cada autovalor de [T ].
- Auto-espa¸co associado a λ 1 = 1:
(λ 1 .I − [T ])v = 0 ⇒
[
λ 1 − 1 0 − 1 λ 1 − 2
]
[
x y
]
[
]
[
]
[
x y
]
[
]
E, de tal equa¸c˜ao, concluimos o seguinte sistema: { −x − y = 0 (^) ⇒ y = −x Portanto os autovetores de A associados a λ 1 s˜ao os vetores do tipo (x, −x) = x(1, −1) Temos ent˜ao que B 1 = {(1, −1)} ´e uma base do auto-espa¸co E(λ 1 ).
- Auto-espa¸co associado a λ 2 = 2:
(λ 2 .I − [T ])v = 0 ⇒
[
λ 2 − 1 0 − 1 λ 2 − 2
]
[
x y
]
[
]
[
]
[
x y
]
[
]
E, de tal equa¸c˜ao, concluimos o seguinte sistema: { x = 0 −x = 0 ⇒ x = 0
Portanto os autovetores de [T ] s˜ao os vetores do tipo (0, y) = y(0, 1) Temos ent˜ao que B 2 = {(0, 1)} ´e uma base do auto-espa¸co E(λ 2 ).
Assim, uma base de R^2 formada por autovetores de A ´e B = B 1 ∪ B 2 = (1, −1), (0, 1)
Passo 4: Montar a matriz diagonal semelhante a A. A matriz diagonal semelhante `a matriz diagonaliz´avel A ´e a matriz cuja diagonal ´e formada pelos autovalores de A e os outros elementos s˜ao nulos, ou seja,
D =
[
λ 1 0 0 λ 2
]
[
]
Passo 5: Montar a matriz diagonalizadora.
Temos que a matriz P tal que A = P.D.P −^1 ´e definida
P = [ [v 1 ] [v 2 ] ] =
[
]
onde [v 1 ] =
[
]
´e a representa¸c˜ao matricial do autovetor associado a λ 1 = 1 e [v 2 ] =
[
]
´e a representa¸c˜ao matricial do autovetor associado a λ 2 = 2. E IMPORTANTE QUE SE´ MANTENHA ESSA ORDEM PARA A CONSTRUC¸ AO DE˜ P POIS, CASO CONTRARIO, ENCONTRAREMOS UMA MATRIZ TAL QUE P.D.P −^1 SER A DIFERENTE DE´ A. Neste ponto terminamos o processo de diagonaliza¸c˜ao e nos falta apenas encontrar P −^1. Passo 6: Encontrar P −^1 Vamos inverter P.
1 0 | 1 0 − 1 1 | 0 1 L 2 ← L 2 + L 1
Logo,
P −^1 =
[
]
Conclus˜ao: Sabemos que, como D ´e uma matriz diagonal, Dn^ ser´a uma matriz diagonal em que os termos de sua diagonal principal s˜ao os termos da diagonal principal de D elevados `a potˆencia n, ou seja:
Dn^ =
[
]n
[
1 n^0 0 2 n
]
Portanto, temos que
An^ = P.Dn.P −^1 =
[
]
[
1 n^0 0 2 n
]
[
]
[
−1 + 2n^2 n
]
Quest˜ao 3. Considere T : Rn^ −→ Rn^ um operador linear. (a) Mostre que, se v 1 ´e autovetor de T associado a λ 1 6 = 0 e v 2 ´e autovetor de T associado a λ 2 6 = 0 e ainda λ 1 6 = λ 2 , ent˜ao T (v 1 ) e T (v 2 ) s˜ao vetores linearmente independentes. (b) Mostre que se λ = 0 ´e autovalor de T , ent˜ao T N AO ´˜ e injetora. Solu¸c˜ao (a) Vamos considerar α 1 ∈ R e α 2 ∈ R tais que α 1 T (v 1 ) + α 2 T (v 2 ) = 0. Para mostrar que T (v 1 ) e T (v 2 ) s˜ao linearmente independentes, precisamos mostrar que os ´unicos valores poss´ıveis que satisfazem a equa¸c˜ao acima s˜ao α 1 = α 2 = 0. De fato, como v 1 e v 2 s˜ao autovetores de T associados a λ 1 e λ 2 respectivamente, ent˜ao T (v 1 ) = λ 1 .v 1 e T (v 2 ) = λ 2 .v 2.
