Universidade Federal do Paraná 1◦ semestre 2015.
Algebra Linear, CM 005 Olivier Brahic
Lista de exercícios 12
Similaridade
Exercício 1: Para cada um dos seguintes operadores lineares L em R2, determine a matriz
A representando L em relação a {e1,e2} e a matriz B representando L em relação a {u1 =
(1, 1)|,u2 = (−1, 1)|}. a) L(x) = (−x1, x2)|, b) L(x) = −x, c) L(x) = (x2, x1)T, d) L(x) = 1 2x, e) L(x) = x2e2.
Exercício 2: Sejam B1 = {u1,u2} e B2 = {v1,v2}bases odrenadas de R2, onde:
u1:= 1 1 , u2:= −1 1 , v1:= 2 1 , v2:= 1 0 .
Seja L a transformação linear de nida por L(x) = (−x1, x2)|,e seja B a matriz representando
Lem relação a {u1,u2} (do exercício 1-a).
a) Encontre a matriz de transição S corespondente à mudança de base de B1 = {u1,u2}para
B2 = {v1,v2}.
b) Encontre a matriz A representando L em relação a {v1,v2}calculando SBS−1.
c) Veri que que:
L(v1) = a1,1v1+ a2,1v2
L(v2) = a1,2v1+ a2,2v2
Exercício 3: Seja L a transformação linear em R3 de nida por:
L(x) = 2x1−x2−x3 2x2−x1−x3 2x3−x1−x2 .
e seja A a representação matricial padrão de L (ver exercício 4 da folha 10). Se: u1 = (1, 1, 0), u2= (1, 0, 1), u3 = (0, 1, 1),
então {u1,u2,u3} é uma base ordenada para R3, e U = {u1,u2,u3} é a matriz de transição
correspondente à mudança de base de {u1,u2,u3} para a base padrão {e1,e2,e3}.
Exercício 4: Seja L o operador linear representando R3em R3de nido por L(x) = Ax, onde A = 3 −1 −2 2 0 −2 2 −1 −1 e sejam: v1 := 1 1 1 ,v2 := 1 2 0 ,v3 := 0 −2 1 .
Encontre a matriz de transição V correspondente à mudaça de base de {v1,v2,v3} para
{e1,e2,e3} e use-a paa determinar a matriz B representand L em relação a {v1,v2,v3}.
Exercício 5: Seja L o operador em P3 de nido por:
L(p(x)) = xp0(x) + p00(x).
a) Encontre a matriz A representando L em relação à base {1, x, x2},
b) Encontre a matriz B representando L em relação à base {1, x, 1 + x2},
c) Encontre a matriz S tal que B = S−1· A · S.
d) Se p(x) = a0+ a1x + a2(1 + x2), calcule Ln(p(x)).
Exercício 6: Seja V o subespaço de C([a, b]) coberto por 1, ex, e−x e seja D o operador
diferenciação em V .
a) Encontre a matriz de transição S representando a mudança de coordenadas da base or-denada [1, ex, e−x] para a base ordenada [1, cosh, sinh], onde: cosh(x) = 1
2(e
x + e−x), e
sinh(x) = 12(ex− e−x).
b) Encontre a matriz A representando D em relação a [1, cosh x, sinh x]. c) Encontre a matriz A representando D em relação a [1, ex, e−x].
d) Veri que que B = S−1AS.
Exercício 7: Mostre que se A é similar a B, e B é similar a C, então A é similar a C. Exercício 8: Suponha que A = SΛS−1 onde Λ é uma matriz diagonal com elementos na
diagonal λ1, · · · , λn.
i) Mostre que Asi = λisi.
ii) Mostre que se x = α1s1+ · · · + αnsn, então: Akx = α1λk1s + · · · αnλknsn.
iii) Soponha que |λi| < 1, i = 1 . . . n. O que acontece com Akx quando k → ∞ ?
Exercício 10: Sejam A e B matrizes n × n. Mostre que se A é similar a B, então existem matrizes n × n, S e T , com S não singular tais que A = ST e B = T S.
Exercício 11: Sejam A e B matrizes similares. Mostre que: a) A| e B| são similares.
b) Ak e Bk são similares para todo k ∈ N.
Exercício 12: Mostre que se A e B são similares, então det(A) = det(B).
a) A − λI e B − λI são similares. b) det(A − λI) = det(B − λI).
Exercício 14: Mostre que se A é similar a B e A é não singular, e A−1 e B−1 são similares.
Exercício 15: O traço de uma matriz n × n, A, escrito tr(A), é a soma de seus elementos diagonais, isso é: tr(A) = X i=1...n ai,i. Mostre que: a) tr(UV ) = tr(V U)
Resoluções
Resolução do Exercício 1: Notemos B0a base padrão e B1:= {u1= (1, 1)|,u2 = (−1, 1)|}.
Jà calculamos a matriz A = M(L)B0 de L em relação à base padrão na folha 3. Para encontrar
a matrix B = M(L)B1 de L na base B1, é so aplicar a formula:
M(L)B1 = MB1←B0 · M(L)B0· MB0←B1,
ou, seja: B = S−1· A · S, (1)
onde S denota a matriz de transição de B1 para B0:
S := MB0←B1 =
1 −1 1 1
. Para aplicar (1) é preciso calcular a inversa:
S−1 = MB1←B0 = 1 −1 1 1 −1 = [· · · ] = 1/2 1/2 −1/2 1/2 . a) Nesse caso, A = M(L)B0 = −1 0 0 1
, segue aplicando (1) que:
B = 1/2 1/2 −1/2 1/2 ·−1 0 0 1 ·1 −1 1 1 = [· · · ] =0 1 1 0
b) De maneira semelhante, temos nesse caso M(L)B0 =
−1 0
0 −1
,segue aplicando (1) que:
B = 1/2 1/2 −1/2 1/2 ·−1 0 0 −1 ·1 −1 1 1 = [· · · ] = 0 −1 −1 0 c) Nesse caso, M(L)B0 = 0 1 1 0 logo: B = 1/2 1/2 −1/2 1/2 ·0 1 1 0 ·1 −1 1 1 = [· · · ] =1 0 0 −1
d) De maneira semelhante, para M(L)B0 =
1 2 0 0 12 , tem se que: B = 1/2 1/2 −1/2 1/2 · 1 2 0 0 12 ·1 −1 1 1 = [· · · ] =1/2 0 0 1/2 e) Finalmente, para M(L)B0 = 0 0 0 1 , obtemos: B = 1/2 1/2 −1/2 1/2 ·0 0 0 1 ·1 −1 1 1 = [· · · ] =1/2 1/2 1/2 1/2 Resolução do Exercício 2:
a) A matriz de transição corespondente à mudança de base de B1 = {u1,u2} para B2 = {v1,v2}é dada por: S = MB2←B1 = MB2←B0 · MB0←B1 = M −1 B0←B2· MB0←B1 =2 1 1 0 −1 ·1 −1 1 1 =0 1 1 −2 ·1 −1 1 1 = 1 1 −1 −3 .
b) Jà calculàmos a matriz B = M(L)B1 representando L na base B1 no exercício 1-a.
Dedu-zemos a matriz representando L em relação a B2 pela fórmula:
A = M(L)B2 = MB2←B1 · M(L)B1 · MB1←B2 = S · B · S −1 = 1 1 −1 −3 ·0 1 1 0 · 1 1 −1 −3 −1 = 1 1 −1 −3 ·0 1 1 0 · 3/2 1/2 −1/2 −1/2 = 1 0 −4 −1
c) Os coe cientes de A são dados por:
A =a1,1 a1,2 a2,1 a2,2 = 1 0 −4 −1 . Veri quemos que: L(v1) = L((2, 1)) = (−2, 1)|= 1.(2, 1)|− 4.(1, 0)|= a1,1v1+ a2,1v2, L(v2) = L((1, 0)) = (−1, 0)|= 0.(2, 1)|− 1.(1, 0)|= a1,2v1+ a2,2v2.
Resolução do Exercício 3: Jà calculemos exercício 4 da folha 10 que a representação ma-tricial de L na base padrão B0 era dada por:
A = M(L)B0 = 2 −1 −1 −1 2 −1 −1 −1 2 .
A matriz de transição correspondente à mudança de base de B1 := {u1,u2,u3} para a base
padrão {e1,e2,e3} é dada por:
U = MB0←B1 = 1 1 0 1 0 1 0 1 1
Deduzimos a matriz representando L em relação à base B1 pela fórmula: M(L)B1 = MB1←B0 · M(L)B0 · MB0←B1 = U −1· A · U = 1 1 0 1 0 1 0 1 1 −1 · 2 −1 −1 −1 2 −1 −1 −1 2 · 1 1 0 1 0 1 0 1 1 = 1/2 1/2 −1/2 1/2 −1/2 1/2 −1/2 1/2 1/2 · 2 −1 −1 −1 2 −1 −1 −1 2 · 1 1 0 1 0 1 0 1 1 = 2 −1 −1 −1 2 −1 −1 −1 2
Resolução do Exercício 4: A representação matricial de L na base padrão B0 é dada por:
M(L)B0 = A = 3 −1 −2 2 0 −2 2 −1 −1 .
A matriz de transição correspondente à mudança de base de B2 := {v1,v2,v3} para a base
padrão {e1,e2,e3} é dada por:
V = MB0←B2 = 1 1 0 1 2 −2 1 0 1
Deduzimos a matriz representando L em relação à base B2 pela fórmula:
B = M(L)B2 = MB2←B0· M(L)B0 · MB0←B2 = V−1· A · V = 1 1 0 1 2 −2 1 0 1 −1 · 3 −1 −2 2 0 −2 2 −1 −1 · 1 1 0 1 2 −2 1 0 1 = −2 1 2 1 0 −1 2 −1 −1 · 2 −1 −1 −1 2 −1 −1 −1 2 · 1 1 1 1 2 0 0 0 1 = 0 0 0 0 1 0 0 0 1 Resolução do Exercício 5:
a) Notemos B0 a base B0 := {1, x, x2}. Calculemos as imagens dos elementos 1, x e x2 da
base B0 por L, temos:
L(1) = 0 = 0.1 + 0.x + 0.x2, L(x) = x = 0.1 + 1.x + 0.x2, L(x2) = 2x2+ 2 = 2.1 + 0.x + 2.x2.
Logo a matriz de L na base B0 := {1, x, x2}é dada por: A = M(L)B0 = 0 0 2 0 1 0 0 0 2 . b) Notemos B1 a base B1 := {1, x, 1 + x2}. Calculemos as imagens dos elementos 1, x e
1 + x2 da base B1 por L, temos:
L(1) = 0 = 0.1 + 0.x + 0.(1 + x2), L(x) = x = 0.1 + 1.x + 0.(1 + x2), L(1 + x2) = 2x2+ 2 = 0.1 + 0.x + 2.(1 + x2).
Logo a matriz de L na base B1 := {1, x, 1 + x2}é dada por: B = M(L)B1 =
0 0 0 0 1 0 0 0 2 . c) Temos que A = M(L)B0 e B = M(L)B1, segue que a matriz S tal que B = S
−1· A · S é a
matriz de transição de B1 para B0, dada por: S = MB0←B1 =
1 0 1 0 1 0 0 0 1
d) Temos p(x) = a0.1 + a1x + a2(1 + x2) logo o vetor de coordenadas de p(x) na base B1
é dado por [p(x)]B1 = (a0, a1, a2)|. Obtemos o vetor de coordenadas em B1 da imagem
L(p(X))multiplicando [p(x)]B1 pela matriz B de L na base B1, isso é:
[L(p(x))]B1 = M(L)B1· [p(x)]B1 = B · a0 a1 a2 .
Aplicando L de novo, obtemos o vetor de coordenadas em B1 da imagem L2(p(x)) :=
L(L(p(X)))multiplicando [L(p(x))]B1 pela matriz B de L na base B1, ou seja:
[L2(p(x)))]B1 = [L(L(p(x)))]B1 = M(L)B1·[L(p(x))]B1 = M(L)B1·M(L)B1·[p(x)]B1 = B·B· a0 a1 a2 De maneira equivalente, a matriz da aplicação linear L2 = L ◦ Lna base B
1 é dada por:
M(L2)
B1 = M(L ◦ L)B1 = M(L)B1 · M(L)B1 = B · B.
Iterando o processo, é fàcil ver que a matriz de Ln= L ◦ · · · ◦ Lna base B
1 é dada por: M(Ln) B1 = M(L ◦ · · · ◦ L | {z } n vezes )B1 = M(L)B1· · · M(L)B1 | {z } n vezes = B · · · B | {z } n vezes = Bn.
Logo basta calcular Bn. Tentando fazer a conta, é facil ver que Bn =
0 0 0 1 1 0 0 0 2n mais para provar isso de maneira rigorosa, temos que fazer por indução.
Notemos Pn a propriedade seguinte:
Pn: Bn= 0 0 0 1 1 0 0 0 2n .
Jà sabemos que P0 é verdeira, isso é P0: B = 0 0 0 1 1 0 0 0 2 . Soponha que Pn é verdeira, então temos:
Bn+1= Bn· B = 0 0 0 1 1 0 0 0 2n · 0 0 0 1 1 0 0 0 2 = 0 0 0 1 1 0 0 0 2n+1 .
Logo Pn ⇒ Pn+1 e deduzemos por indução que Pn é verdeira para qualquer n ∈ N.
Podemos nalmente deduzir Ln(p(x))pois temos a matriz de Ln:
[Ln(p(x))]B1 = M(L n) B1· [p(x)]B1 = B n· [p(x)] B1 = 0 0 0 1 1 0 0 0 2n · a0 a1 a2 = 0 a0+ a1 a2 Concluemos que: Ln(a 0+ a1x + a2(1 + x2)) = (a0+ a1)x + 2na2(1 + x2).
Observação: seria muito mais difícil calcular Lnusando a base padrão, pois teria que calcular
An (tente fazer a mão para ver...). A matriz de L na base B1 sendo mais simples, facilitou as
contas.
Observe tambem que, emborra An seja difícil calcular direitamente, podemos usar Bn para
obter An da maneira seguinte:
An= A · A | {z } n vezes = S · B · S−1· · · S · B · S−1 | {z } n vezes = S·B·S−1· S | {z } =1 ·B · · · B S−1· S | {z } =1 ·B·S−1 = S B · · · B | {z } n vezes ·S−1, ou seja, temos que An= S · Bn· S−1. Isso é um truque muito prático que se usa por exemplo
para calcular a exponential de uma matriz eA:= 1 + A + 1 2A
2+ · · · + 1 n!A
n+ · · · que aparece
em particular na resolução de sistemas de equações diferenciais lineares. Resolução do Exercício 6:
a) Notemos B1 a base ordenada [1, ex, e−x], e B2 a base ordenada [1, cosh, sinh]. Temos
cosh(x) = 12ex + 12e−x, e sinh(x) = 12ex − 1 2e
−x, logo a matriz de transição da base B 1
para B2 é dada por:
MB1←B2 = 1 0 0 0 1/2 1/2 0 1/2 −1/2 .
Deduzemos a matriz de transição S representando a mudança de coordenadas da base ordenada B1 para B2 por inversão:
S = MB2←B1 = M −1 B1←B2 = 1 0 0 0 1/2 1/2 0 1/2 −1/2 −1 = [· · · ] = 1 0 0 0 1 1 0 1 −1 b) Calculemos as imagens por D dos elementos da base B2, temos:
D(1) = 0 D(cosh x) = 1 2(e x− e−x) = sinh(x), D(sinh x) = 1 2(e x+ e−x) = cosh x.
Logo a matriz de D na base B1 é dada por B := M(D)B1 = 0 0 0 0 0 1 0 1 0 . c) Calculemos as imagens por D dos elementos da base B1, temos:
D(1) = 0 D(ex) = ex D(e−x) = −e−x
Logo a matriz A de D na base B1 é dada por A := M(D)B1 =
0 0 0 0 1 0 0 0 −1 . d) Veri quemos que B = S−1AS, ou seja M(D)
B2 = MB2←B1·M(D)B1·MB1←B2, calculando: 1 0 0 0 1/2 1/2 0 1/2 −1/2 −1 · 0 0 0 0 1 0 0 0 −1 · 1 0 0 0 1 1 0 1 −1 = 0 0 0 0 0 1 0 1 0
Resolução do Exercício 7: Soponha que A é similar a B, e B é similar a A, isso é, existem matrizes não singulares S e S0 tais que:
A = S−1BS (2)
B = S0−1CS0 (3)
Consideremos a matrix S00:= S0· S, então calculemos que:
S00−1· C · S00= (S0· S)−1· C · (S0· S) = S−1· S0−1· C · S0
| {z }
=B
·S = S−1· B · S = A.
Logo A e C são similares. Resolução do Exercício 8:
i) Por de nição, sj é a ja coluna de A, ou seja: S = s1 · · · sn .
Observe primeiro que a coluna sj pode ser obtida multiplicando S pelo vetor coluna
ej = (0, · · · , 1, · · · 0)|, ou seja sj = S ·ej.A matriz S sendo não singular, segue que temos
tambem que ej = S−1·sj.
Uma outra observação é que para uma matriz diagonal, temos:
Λ ·ej = λ1 0 ... 0 λn ·ej = λj.ej. Assim, podemos calcular facilmente que:
A ·sj = S · Λ · S−1·sj | {z } =ej = S · Λ ·ei | {z } =λj.ej = λj. S ·ej | {z } =sj = λjsj.
Observação: Notemos B1 a base B1 = {s1, · · · ,sn} e B0 a base padrão. Consideremos L
a aplicação linear L : Rn → Rn cuja matriz na base padrão é A. Então, S é a matrix de
transição de B1 para B0. Assim, podemos interpretar Λ como a matriz de L na base B1,
pois temos:
A = S · Λ · S−1 ⇔ Λ = S−1· A · S
= MB1←B0 · M(L)B0 · MB0←B1.
O fato de Λ ser diagonal signi ca que a base B1, é tal que L(si) = λjsj, ou seja L opera
por dilatações de varios fatores λj em cada elemento da base B1. Diz-se que L é uma
aplicação linear diagonalizavel, ou que A é uma matriz diagonalizavel. ii) Segue fàcilmente por indução de a) que para qualquer k ∈ N, temos:
Ak·sj = A · · · A | {z } k vezes ·sj = A · · · A | {z } k-1 vezes · A ·sj | {z } =λjsj = A · · · A | {z } k-1 vezes ·λjsj = [· · · ] = λksj.
Usando as propriedades do cálculo matricial, segue que: Ak(x) = Ak(α1s1+ · · · + αnsn)
= α1Ak(s1) + · · · + αnAk(sn)
= α1λk1s1+ · · · + αnλknsn.
iii) No case |λi| < 1, i = 1 . . . n, tem-se que λki →
k→∞ 0. Segue que A
kx tende a 0 quando k
tende ao in nito, pois:
Ak(x) = α1λk1 | {z } → k→∞0 s1+ · · · + αnλkn | {z } → k→∞0 sn → k→∞0.
Resolução do Exercício 10: Soponha que A é similar a B, isso é, exite S não singular tal que A = SBS−1. De nemos T := BS−1, então:
A = S · B · S−1 | {z }
=T
= S · T
T · S = (B · S−1)S = B · S−1· S = B
Resolução do Exercício 11: Consideremos duas matrizes similares A e B, isso é existe uma matriz não singular S tal que B = S−1AS.
a) Lembre que (U · V )|= V|· U|, assim (U · V · W )|= W|· V|· U|, e calculemos que:
B|= (S−1· A · S)|= S|· A|· (S−1)|= S|· A · (S|)−1 = S0· A · S0−1 onde S0 := S|. Logo A| e B|são similares.
b) Calculemos que: Bk = B · · · B | {z } k vezes = S−1· A · S · · · S−1· A · S | {z } k vezes = S−1· A · · · A | {z } k vezes ·S = S−1· Ak· S. Logo Ak e Bk são similares.
Resolução do Exercício 12: Se B = S−1AS, segue das propriedades do determinantes que:
det(B) = det(S−1AS) = det(S−1) det(A) det(S) = 1
det S det(A) det(S) = det(A). Resolução do Exercício 13: Consideremos duas matrizes similares A e B, isso é existe uma matriz S tal que B = S−1AS.
a) Calculemos que:
S−1(A − λI)S = S−1AS − λ S−1IS | {z }
=S−1S=I
= B − λI. Logo as matrizes A − λI e B − λI são similares.
b) Temos:
det(B − λI) = det(S−1(A − λI)S) = det(S−1) | {z }
=det(S)1
det(A − λI) det(S) = det(B − λI).
Resolução do Exercício 14: Uma matriz A é não singular se e somante se det(A) 6= 0. Vimos no exercício 11 que se A e B são similares, então det(A) = det(B), logo para A e B similares, A é não singular se e somente B não o é.
Lembre que para matrizes não singulares (U · V )−1 = V−1 · U−1, assim (U · V · W )−1 =
W−1· V−1· U−1 jà que U, V e W são não singulares. No caso B = S−1AS, segue que: B−1 = (S−1· A · S)−1= S−1· A−1· (S−1)−1= S−1· A−1· S
Logo A−1 e B−1 são similares.
Resolução do Exercício 15:
a) O coe cientes i, j das matrizes UV e V U são dados por: (U V )i,j = X k=1...n ui,kvk,j (V U )i,j = X l=1...n vi,lul,j. Segue que: tr(U V ) = X i=1...n (U V )i,i= X i,k=1...n ui,kvk,i= X k,i=1...n vk,iui,k = X k=1...n (V U )k,k = tr(V U )
b) Se B = S−1AS, aplicado às matrizes U := S−1Ae V := S, obtemos:
tr(B) = tr(S1AS) = tr(ASS−1) = tr(B).
