SEGUNDA PALESTRA DE ÁLGEBRA LINEAR 2

SEGUNDA PALESTRA DE ´ALGEBRA LINEAR 2

Quest˜ao 1. Demonstre que o operador linear T :R³ −→R³ definido por T(x, y) = (3x−4z,3y+ 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(e¹)] [T(e²)] [T(e³)] ¤

onde {e¹, e2, e3} = {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} ´e a base canˆonica de R³ e [T(e¹)], [T(e²)] e [T(e3)] s˜ao as representa¸c˜oes matriciais dos vetores T(e1),T(e2) e T(e3).

Calculando temos

T(e¹) = T(1,0,0) = (3.1−4.0,3.0 + 5.0,−0) = (3,0,0)⇒[T(e¹)] =



 3 0 0



,

T(e2) = T(0,1,0) = (3.0−4.0,3.1 + 5.0,−0) = (0,3,0)⇒[T(e2)] =



 0 3 0



,

T(e3) =T(0,0,1) = (3.0−4.1,3.0 + 5.1,−1) = (−4,5,−1)⇒[T(e3)] =





−4 5

−1



. Assim,

[T] =£

[T(e¹)] [T(e²)] [T(e³)] ¤

=





3 0 −4

0 3 5

0 0 −1



.

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





1 0 0 0 1 0 0 0 1



−





3 0 −4

0 3 5

0 0 −1







= 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⇒x1 = 3 e x2 =−1 Logo, os autovalores de T s˜ao as ra´ızesλ1 = 3 e λ2 =−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 aλ, ou seja, pelos vetoresv 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 λ1 = 3: Os AUTOVETORES associados a λ1 = 3 s˜ao os vetores (x, y, z) tais que

(λ1.I−[T])v = 0 ⇒





λ1−3 0 4

0 λ1−3 −5 0 0 λ1+ 1



.



 x y z



=



 0 0 0





⇒





3−3 0 4

0 3−3 −5

0 0 3 + 1



.



 x y z



=



 0 0 0





⇒





0 0 4

0 0 −5

0 0 4







 x y z



=



 0 0 0





E, de tal equa¸c˜ao, conclu´ımos o seguinte sistema:







4z = 0

−5z = 0 4z = 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 λ1 = 3 ´e o subespa¸co gerado pelos vetores (1,0,0) e (0,1,0). Como estes dois vetores s˜ao LI, temos que B1 = {(1,0,0),(0,1,0)} ´e uma base do auto-espa¸co E(λ¹).

• Auto-espa¸co associado aλ2 =−1: Os AUTOVETORES associados a λ2 =−1 s˜ao os vetores (x, y, z) tais que

(λ2.I−[T])v = 0 ⇒





λ2−3 0 4

0 λ2−3 −5 0 0 λ2+ 1



.



 x y z



=



 0 0 0





⇒





−1−3 0 4

0 −1−3 −5

0 0 −1 + 1



.



 x y z



=



 0 0 0





⇒





−4 0 4 0 −4 −5

0 0 0







 x y z



=



 0 0 0





E, de tal equa¸c˜ao, concluimos o seguinte sistema:

½ −4x+ 4z = 0

−4y−5z = 0 ⇒

½ x=z y= ⁻₄⁵z Portanto os autovetores de [T] s˜ao os vetores do tipo

(z,−5

4 z, z) = z(1,−5 4 ,1)

Logo, o auto-espa¸co associado a λ2 =−1 ´e o subespa¸co gerado pelo vetor (1,⁻₄⁵,1).

Temos ent˜ao que B1 ={(1,⁻₄⁵,1)}´e uma base do auto-espa¸co E(λ2).

Conclus˜ao:

Lembremos o seguinte teorema: “Sejam v1, v2, ..., vk autovetores de uma matriz A, associ- ados aos autovalores distintosλ1, λ2, ..., λk, respectivamente. Ent˜ao o conjunto{v¹, v2, ..., vk}

´e linearmente independente.”

Baseados no teorema acima, podemos afirmar queB =B1∪B² ={(1,0,0),(0,1,0),(1,⁻4⁵,1)}

´e um subconjunto linearmente independente de R³ formado por autovetores deT. Portanto, como o n´umero de vetores de B ´e igual a dimens˜ao de R³,B ´e uma base deR³ formada por autovetores de T. Da defini¸c˜ao de operador diagonaliz´avel segue que o operador linear T ´e diagonaliz´avel.

Quest˜ao 2. Considere a seguinte matriz diagonaliz´avel:

A =

· 1 0 1 2

¸ .

Utilize a forma diagonal de A para encontrar a matriz Aⁿ com n n´umero natural.

Solu¸c˜ao:

Considera¸c˜oes iniciais:

Da defini¸c˜ao de matriz diagonaliz´avel, sabemos que “Uma matriz A ∈ M n(R) ´e dita diagonaliz´avel se for semelhante a uma matriz diagonal, ou seja, existem uma matriz diagonal D e uma matriz invert´ıvel P tais que A=P.D.P⁻¹”.

Primeiramente observemos que, como A ´e diagonaliz´avel,

Aⁿ = (P.D.P⁻¹)ⁿ = (P.D.P⁻¹)(P.D.P⁻¹)...(P.D.P⁻¹)(P.D.P⁻¹) n vezes.

Rearranjando os termos e lembrando que P⁻¹.P =P.P⁻¹ =I e queI.D=D.I =D onde I

´e matriz identidade, temos

Aⁿ =P.D.(P⁻¹.P).D(P⁻¹.P)...(P⁻¹.P).D.(P⁻¹P).D.P⁻¹ =P.D.I.D.I...I.D.I.D.P⁻¹ =P.Dⁿ.P⁻¹. Assim, para calcular Aⁿ precisaremos encontrar as matrizes P, P⁻¹ e D.

Vamos utilizar o processo de diagonaliza¸c˜ao para encontrar DeP (ver p´ags 59,60,61, aula 7). Algumas etapas deste exerc´ıcios se baseiam em repetir as t´ecnicas utilizadas no exerc´ıcio anterior. Portanto omitiremos os coment´arios e alguns detalhes.

Passo 1: Encontrar o polinˆomio caracter´ıstico:

Sendo I a matriz identidade de ordem 2, temos p(x) = det (xI−[T]) = det

· x−1 0

−1 x−2

¸

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⇒x1 = 1 e x2 = 2 Logo, os autovalores de A s˜ao as ra´ızes λ1 = 1 e λ2 = 2 de p(x).

Passo 3: Encontrar bases de cada auto-espa¸co associado a cada autovalor de [T].

• Auto-espa¸co associado aλ1 = 1:

(λ¹.I−[T])v = 0 ⇒

· λ1−1 0

−1 λ1−2

¸ .

· x y

¸

=

· 0 0

¸

⇒

· 0 0

−1 −1

¸ .

· x y

¸

=

· 0 0

¸

E, de tal equa¸c˜ao, concluimos o seguinte sistema:

© −x−y= 0 ⇒y=−x

Portanto os autovetores deA associados a λ1 s˜ao os vetores do tipo (x,−x) = x(1,−1)

Temos ent˜ao que B1 ={(1,−1)}´e uma base do auto-espa¸co E(λ¹).

• Auto-espa¸co associado aλ2 = 2:

(λ2.I−[T])v = 0 ⇒

· λ2−1 0

−1 λ2−2

¸ .

· x y

¸

=

· 0 0

¸

⇒

· 1 0

−1 0

¸ .

· x y

¸

=

· 0 0

¸

E, de tal equa¸c˜ao, concluimos o seguinte sistema:

½ 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 B2 ={(0,1)}´e uma base do auto-espa¸co E(λ²).

Assim, uma base de R² formada por autovetores de A ´eB =B1∪B2 = (1,−1),(0,1) Passo 4: Montar a matriz diagonal semelhante a A.

A matriz diagonal semelhante `a matriz diagonaliz´avelA´e a matriz cuja diagonal ´e formada pelos autovalores de A e os outros elementos s˜ao nulos, ou seja,

D=

· λ1 0 0 λ2

¸

=

· 1 0 0 2

¸

Passo 5: Montar a matriz diagonalizadora.

Temos que a matriz P tal que A=P.D.P⁻¹ ´e definida P = [ [v1] [v2] ] =

· 1 0

−1 1

¸

onde [v¹] =

· 1

−1

¸

´e a representa¸c˜ao matricial do autovetor associado aλ1 = 1 e [v²] =

· 0 1

¸

´e a representa¸c˜ao matricial do autovetor associado a λ2 = 2. ´E IMPORTANTE QUE SE MANTENHA ESSA ORDEM PARA A CONSTRUC¸ ˜AO DEP 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 L2 ←L2+L1 ⇒ 1 0 | 1 0 0 1 | 1 1 Logo,

P⁻¹ =

· 1 0 1 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 deDelevados

`a potˆencia n, ou seja:

Dⁿ=

· 1 0 0 2

¸ⁿ

=

· 1ⁿ 0 0 2ⁿ

¸

Portanto, temos que Aⁿ =P.Dⁿ.P⁻¹ =

· 1 0

−1 1

¸ .

· 1ⁿ 0 0 2ⁿ

¸ .

· 1 0 1 1

¸

=

· 1 0

−1 + 2ⁿ 2ⁿ

¸

Quest˜ao 3. Considere T :Rⁿ−→Rⁿ um operador linear.

(a) Mostre que, sev1´e autovetor de T associado a λ1 6= 0 ev2 ´e autovetor deT associado aλ2 6= 0 e ainda λ1 6=λ2, ent˜aoT(v1) eT(v2) 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 considerarα1 ∈Re α2 ∈R tais que

α1T(v1) +α2T(v2) = 0.

Para mostrar que T(v¹) e T(v²) s˜ao linearmente independentes, precisamos mostrar que os ´unicos valores poss´ıveis que satisfazem a equa¸c˜ao acima s˜ao α1 =α2 = 0. De fato, como v1 ev2 s˜ao autovetores de T associados a λ1 eλ2 respectivamente, ent˜ao

T(v1) =λ1.v1 e T(v2) =λ2.v2.

Logo

α1T(v1) +α2T(v2) = 0⇒α1.λ1.v1+α2.λ2.v2 = 0.

Lembrando que autovetores associados a autovalores distintos s˜ao linearmente inde- pendentes (ver teorema 4, aula 2), temos que a ´unica solu¸c˜ao da equa¸c˜ao acima ´e

½ α1.λ1 = 0⇒α1 = 0 ou λ1 = 0 e α2.λ2 = 0 ⇒α2 = 0 ou λ2 = 0

Como, por hip´otese,λ1 6= 0 e λ2 6= 0, ent˜ao temos que α1 =α2 = 0 o que completa a demonstra¸c˜ao.

(b) Como λ = 0 ´e autovalor de T, da defini¸c˜ao segue que existe um vetor N ˜AO NULO v 6= 0 tal que T(v) =λ.v = 0.v = 0.

Lembrando que o n´ucleo (N(T)) de uma transforma¸c˜ao linear ´e o conjunto dos vetores w tais que T(w) = 0, temos ent˜ao que o vetor v 6= 0 pertence ao n´ucleo de T. Lembremos tamb´em que uma transforma¸c˜ao linear ´e injetiva se, e somente se, seu n´ucleo N ˜AO possui vetores diferentes do vetor nulo.

Assim, como v 6= 0 pertence a N(T), temos ent˜ao que N(T) 6= {0} e portanto, T N ˜AO ´e injetiva.