Algebra Linear - Resolucao de alguns exercıcios

Lista 8 Seja P4 o espaco dos polinomios reais de variavel real de grau menorou igual a 4 e T : P4 → P4 a transformacao linear definida por T (p(x)) =p′′(x)− 2xp′(x)

a) Determine as dimensoes da imagem e do nucleo de T e indique uma basedo nucleo de T.

b) Resolva em P4 a equacao diferencial p′′(x)− 2xp′(x) = 6(x− x3).

c) Determine, se existirem, os valores proprios de T e os subespacos proprioscorrespondentes.

d) Diga, justificando, se T e diagonalizavel.

a) Consideremos a base B = (1, x, x2, x3, x4) de P4. Como T (1) = 0, T (x) =−2x, T (x2) = 2− 4x2, T (x3) = 6x− 6x3, T (x4) = 12x2 − 8x4, temos

A = M(T ; B) =

0 0 2 0 00 −2 0 6 00 0 −4 0 120 0 0 −6 00 0 0 0 −8

Temos que

NucT = {a0 + a1x + a2x2 + a3x

3 + a4x4 : (a0, a1, a2, a3, a4) ∈ NucA}

Como, usando eliminacao de Gauss podemos passar de A a matriz

A′ =

0 0 2 0 00 −2 0 0 00 0 0 0 00 0 0 −6 00 0 0 0 −8

obtemos

NucA = {(a0, a1, a2, a3, a4) ∈ R4 : a2 = 0 e a1 = 0 e a3 = 0 e a4 = 0} ={(a0, 0, 0, 0, 0) : a0 ∈ R} = L({(1, 0, 0, 0, 0)}) donde NucT = L({1}) e umabase de NucT e constituıda pelo polinomio 1.

Dado que a dimensao do nucleo de T e 1 e a dimensao de P4 e 5 obtemosque a dimensao da imagem de T e 4.

Nota: Embora nao fosse pedido neste exercıcio para obter uma base paraa imagem de T , bastava observar que uma base para o espaco das colu-nas EC(A) de A e constituıda pelos vectores (0,−2, 0, 0, 0), (2, 0,−4, 0, 0),(0, 6, 0,−6, 0), (0, 0, 12, 0,−8).

1

Como Im T = {a0+a1x+a2x2+a3x

3+a4x4 : (a0, a1, a2, a3, a4) ∈ EC(A)},

(−2x, 2− 4x2, 6x− 6x3, 12x2 − 8x4) e uma base para a imagem de T .

b) Queremos determinar os polinomios p(x) ∈ P4 tais que T (p(x)) = 6(x −x3). Pela alınea a) sabemos que T (x3) = 6x− 6x3 e logo

{p(x) : T (p(x)) = 6(x− x3)} = T−1(6x− 6x3) = x3 + NucT,

ou seja os polinomios p(x) tais que T (x3) = 6x − 6x3 sao os polinomios daforma x3 + a, a ∈ RResolucao alternativa

Queremos determinar os polinomios p(x) ∈ P4 tais que T (p(x)) = 6(x−x3).

Estes sao os polinomios a0+a1x+a2x2+a3x

3+a4x4 tais que (a0, a1, a2, a3, a4)

e solucao de AX =

060−60

Dado um sistema de equacoes a n incognitas representado por MX = B

temos que o conjunto das solucoes se pode escrever na forma (a1, ..., an) +NucM onde (a1, ..., an) e uma solucao particular de MX = B.

Como por exemplo (0, 0, 0, 1, 0) e solucao particular do sistema

AX =

060−60

concluımos que o conjunto de solucoes deste sistema e

(0, 0, 0, 1, 0) + NucA = {(a, 0, 0, 1, 0) : a ∈ R}.

Logo os polinomios p(x) tais que T (x3) = 6x − 6x3 sao os polinomioscujas coordenadas em relacao a base B pertencem a {(a, 0, 0, 1, 0) : a ∈ R}ou seja os polinomios da forma x3 + a, a ∈ R.

c) e d) Sendo A = M(T ; B) a matriz calculada na alınea a) temos que opolinomio caracterıstico PA(λ) de A e

PA(λ) = det

−λ 0 2 0 00 −2− λ 0 6 00 0 −4− λ 0 120 0 0 −6− λ 00 0 0 0 −8− λ

=

2

= (−λ)(−2− λ)(−4λ)(−6− λ)(−8− λ)As raızes do polinomio caracterıstico sao 0,−2,−4,−6,−8. Logo T tem

cinco valores proprios distintos e portanto, dado que P4 tem dimensao 5, Te diagonalizavel, e cada subespaco proprio tem dimensao 1.

O subespaco proprio associado a 0 e o nucleo de T que ja foi determinadona alınea a). Como T (x) = −2x, o subespaco proprio associado a −2 (quetem dimensao 1) e o subespaco L({x}).

Temos A + 4I4 =

4 0 2 0 00 2 0 6 00 0 0 0 120 0 0 −2 00 0 0 0 −4

Usando eliminacao de Gauss-Jordan obtemos

4 0 2 0 00 2 0 6 00 0 0 0 120 0 0 −2 00 0 0 0 −4

→

4 0 2 0 00 2 0 0 00 0 0 0 00 0 0 −2 00 0 0 0 −4

Logo Nuc (A + 4I4) = {(x, y, z, w, t) ∈ R5 : 2x + z = 0 e y = 0 e w = 0 e

t = 0} = {(x, 0,−2x, 0, 0) : y ∈ R} = L({(1, 0,−2, 0, 0)}) donde o subespacoproprio de P4 associado a −4 e o subespaco L({1− 2x2}).

Analogamente pode-se verificar que o subespaco proprio de P4 associadoa −6 e o subespaco L({3x − 2x3}) e o subespaco proprio de P4 associado a−8 e o subespaco L({3− 12x2 + 4x4}).

Nota Dado que T e diagonalizavel, a matriz A tambem o e. Para obter umamatriz P tal que P−1AP seja uma matriz diagonal basta tomar P comosendo a matriz M(id; B1, B) onde B1 e uma base de vectores proprios de T .Assim se B1 = (1, x, 1− 2x2, 3x− 2x3, 3− 12x2 + 4x4), temos

P =

1 0 1 0 30 1 0 3 00 0 −2 0 −120 0 0 −2 00 0 0 0 4

e P−1AP =

0 0 0 0 00 −2 0 0 00 0 −4 0 00 0 0 −6 00 0 0 0 −8

.

Se tivessemos tomado B2 = (3−12x2+4x4, x, 1−2x2, 3x−2x3, 1) terıamos

3

P ′ = M(id; B2, B) =

3 0 1 0 10 1 0 3 0−12 0 −2 0 00 0 0 −2 04 0 0 0 0

e P ′−1AP ′ =

−8 0 0 0 00 −2 0 0 00 0 −4 0 00 0 0 −6 00 0 0 0 0

.

Lista 10 Considere o produto interno definido no exercıcio 9 . Sendo W

o subespaco de M2×2(R) gerado por A =

[0 21 1

]determine o complemento

ortogonal de W e uma base ortonormal de M2×2(R) que inclua um multiploescalar de A.

Dadas duas matrizes A, B ∈M2×2(R), A =

[a bc d

], B =

[a′ b′

c′ d′

]temos〈A, B〉 = aa′ + cc + bb′ + dd′ e || A ||= +

√a2 + b2 + c2 + d2.

Temos W⊥ = {[a bc d

]: 2b+c+d = 0} = L({

[1 00 0

],

[0 1−2 0

],

[0 10 −2

]}).

Estes tres vectores formam uma base de W⊥ e aplicando o processo deGram-Schmidt a esta base obtemos a base ortogonal de W⊥

u1 =

[1 00 0

], u2 =

[0 1−2 0

]e u3 =

[0 10 −2

]− 1

5

[0 1−2 0

]=

[0 4

525−2

].

Dado que || u1 ||= 1, || u2 ||=√

5, || u3 ||=√

245, temos que (u1,

1√5u2,

√524

u3)

e uma base ortonormal de W⊥.

Como || A ||=√

6 a base ( 1√6A, u1,

1√5u2,

√524

u3) e uma base ortonormal

de M2×2(R) como pedido.

Lista 10 Para que matrizes 2× 2 A e que a formula

〈v, w〉 = vtAw

define um produto interno em R2?

Pelas propriedades do produto de matrizes e facil verificar que os axiomasde linearidade sao satisfeitos. Tambem e facil ver que a simetria e satisfeita

se e so se A = At ou seja se e so se A e simetrica. Sendo A =

[a bb d

]e

4

v = (x, y) temos 〈v, v〉 = ax2 + 2bxy + dy2. Se a ≤ 0 a operacao nao satisfaza positividade pois por exemplo (1, 0) 6= (0, 0) e 〈(1, 0), (1, 0)〉 = a ≤ 0. Logoa > 0.

Completando quadrados podemos escrever ax2 + 2bxy + cy2 = (+√

ax +b

+√

ay)2 + (d− b2

a)y2

Se d − b2

a≤ 0 a expressao acima toma valores menor ou igual a 0 para

x = ba, y = −1 pelo que a formula nao define um produto interno. Se

d− b2

a> 0 a expressao acima toma valores maiores ou iguais a zero para todo

o (x, y) ∈ R2 e e 0 se e so se√

ax + b+√

ay = 0 e y = 0 ou seja se e so se

(x, y) = (0, 0).Em conclusao a formula define um produto interno se e so se A e simetrica,

a11 > 0 e det A > 0.

Lista 8 Seja V um espaco vectorial de dimensao 2, B = (v1, v2) uma basede V e v o vector cujas coordenadas em relacao a base B sao (2, 8). Quaissao as coordenadas de v em relacao a base B′ = (8v2,−v1)?

Dado que v = 2v1 + 8v2, temos v = 1(8v2) + (−2)(−v1) e logo as coorde-nadas de v em relacao a B′ sao (1,−2).

Lista 8 Mostre que uma matriz A ∈ Mn×n(R) tal que A−1 = At tem deter-minante igual a 1 ou −1.

Temos AtA = In donde det AtA = 1 e logo detAt det A=1. Como, pelaspropriedades do determinante, det A = det At, concluımos que (det A)2 = 1e logo A tem determinante igual a 1 ou −1.

Lista 10 Para que escolha(s) da constante k ∈ C e que os seguintes vecto-res u = (1, 2, 3, 4), v = (1, k, 0, i) sao ortogonais (relativamente ao produtointerno usual)?

Para o produto interno usual em C4, temos u | v = 1 + 2k + 4i e logo u, vsao ortogonais se e so se 2k = −1 + 4i ou seja se e so se k = −1

2− 2i.

Lista 10 Sendo P2 o espaco dos polinomios de coeficientes reais de graumenor ou igual a 2 o produto interno considere a operacao definida por

(a0 + a1x + a2x2) | (b0 + b1x + b2x

2) = a0b0 + a0b1 + a1b0 + 3a1b1 + a2b2

a) Mostre que esta operacao e um produto interno.

b) Determine a norma do vector 5 + 2x em relacao a este produto interno.

c) Determine o complemento ortogonal do subespaco gerado por 1 + x + x2

e 1− x. Quantos vectores com norma 1 existem neste espaco?

5

a) Dados p(x) = a0+a1x+a2x2, q(x) = b0+b1x+b2x

2, r(x) = c0+c1x+c2x2,

e λ ∈ R temos p(x) | q(x) = a0b0 + a0b1 + a1b0 + 3a1b1 + a2b2 e q(x) | p(x) =b0a0 + b0a1 + b1a0 + 3b1a1 + b2a2 e logo porque a multiplicacao de numerosreais e comutativa, p(x) | q(x) = q(x) | p(x). Logo esta operacao satisfaz oaxioma de simetria do produto interno.

Temos tambemp(x)+q(x) | r(x) = (a0 +b0)c0 +(a0 +b0)c1 +(a1 +b1)c0 +3(a1 +b1)c1 +(a2 +b2)c2 = (a0c0 +a0c1 +a1c0 +3a1c1 +a2c2)+(b0c0 +b0c1 +b1c0 +3b1c1 +b2c2) =p(x) | r(x) + q(x) | r(x), onde a ultima igualdade vem da definicao destaoperacao e a segunda igualdade e consequencia das propriedades da soma emultiplicacao de numeros reais.

Temos ainda (λ(p(x)) | q(x) = λa0b0 + λa0b1 + λa1b0 + 3λa1b1 + λa2b2 =λ(a0b0 + a0b1 + a1b0 + 3a1b1 + a2b2) = λ(p(x) | q(x)) onde a ultima igualdadevem da definicao desta operacao e a segunda igualdade e consequencia daspropriedades da soma e multiplicacao de numeros reais.

Logo esta operacao satisfaz os axiomas de linearidade do produto interno.Temos aindap(x) | p(x) = a2

0 + 2a0a1 + 3a21 + a2

2 = (a0 + a1)2 + 2a2

1 + a22 e logo

p(x) | p(x) ≥ 0 e p(x) | p(x) = 0 se e so se a0 + a1 = 0 e a1 = 0 e a2 = 0 ouseja se e so se p(x) for o polinomio nulo.

Logo a operacao dada satisfaz tambem o axioma da positividade do pro-duto interno e e portanto um produto interno.

b) Vimos que dado p(x) = a0 +a1x+a2x2, p(x) | p(x) = (a0 +a1)

2 +2a21 +a2

2

e logo || 5 + 2x ||=√

57.

c) Dado p(x) = a0+a1x+a2x2 temos p(x) | 1+x+x2 = a0+a0+a1+3a1+a2 =

2a0 + 4a1 + a2 e p(x) | 1− x = a0 − a0 + a1 − 3a1 = −2a1.Logo, sendo W o subespaco gerado por 1 + x + x2 e 1− x, W⊥ = {a0 +

a1x + a2x2 : 2a0 + 4a1 + a2 = 0 e a1 = 0} = L({1− 2x2}).

Dado que W⊥ e uma recta e portanto gerada por um vector u, em W⊥

existem exactamente dois vectores com norma 1, que sao u||u|| e − u

||u|| .

Lista 11 Seja T uma transformacao unitaria de um espaco euclidiano realde dimensao 5. Mostre que 1 ou −1 e valor proprio de T .

Em primeiro lugar observemos que T tem pelo menos um valor propriopois T e uma transformacao linear de um espaco vectorial real de dimensaoımpar, donde o polinomio caracteristico de uma matriz que represente T emrelacao a uma base tem pelo menos uma raiz real (um polinomio de grauimpar com coeficientes reais tem pelo menos uma raiz real). Como os valoresproprios de uma transformacao unitaria tem sempre modulo 1, e os numeros

6

reais de modulo 1 sao -1 e +1, vemos que −1 ou +1 e um valor proprio deT .

Lista 8 Diga, justificando, se a seguinte afirmacao e verdadeira: Se T : V →V e uma transformacao linear nao sobrejectiva de um espaco vectorial dedimensao finita, entao T admite pelo menos um valor proprio.

A afirmacao e verdadeira, pois 0 e valor proprio de T . Com efeito, dadoque V tem dimensao finita e T nao e sobrejectiva, o nucleo de T e diferentede {0V } (pelo teorema das dimensoes para transformacoes lineares) e logo 0e valor proprio de T .

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