Exercícios Resolvidos Algebra Linear - Autovalores Diagonalização e Geometria Analítica

Exercício 1 Dê exemplo de a Três vetores v1 v2 e v3 sendo v1 li v2 v3 li v2 e v3 não são múltiplos de v1 e v1 v2 v3 ld b Quatro vetores v1 v2 v3 e v4 sendo v1 v2 li v3 v4 li v3 e v4 não são combinação linear de v1 e v2 e v1 v2 v3 v4 ld 2 Seja λ um autovalor fixo de A Demonstre que o conjunto formado por todos os autovetores de A associados a λ juntamente com o vetor nulo é um subespaço de Rn Este subespaço é chamado de autoespaço associado a λ 3 Determine todos os valores de a R para os quais a matriz A 1 1 0 a é diagonalizável 4 Diagonalize a matriz A por meio de uma matriz ortogonal ou seja ache uma matriz ortogonal P tal que PT A P seja diagonal A 1 2 0 0 2 1 0 0 0 0 1 2 0 0 2 1 5 Determinar o centro os vértices os focos o esboço do gráfico e a excentricidade da 2x2 2y2 12x 4y 18 0 1 a Consideremos v1 v2 v3 R2 com v1 11 v2 10 e v3 01 Então v2 e v3 não são múltiplos de v1 v1 é nãonulo mas v1 v2 v3 é LD pois v1 v2 v3 b Consideremos v3 v2 v1 v4 R3 Fazemos v1 100 v2 010 v3 011 v4 011 Então v2 v3 é LI v3 v4 é LI v3 e v4 não são combinação linear de v1 e v2 e v1 v2 v3 v4 é LD pois v3 v4 0 2 0 2 v2 2 Seja E v Av λ v Tome v1 v2 E α R Vale Av1 v2 Av1 Av2 λ v1 λ v2 λ v1 v2 Aα v1 α Av1 α λ v1 λ α v1 A0 0 λ0 Portanto v1 v2 E α v1 E e 0 E Logo E é um espaço vetorial 3 Primeiro iremos encontrar os autovalores de A para o λ R fixo A x y λ x y 1 1 0 a x y λ x y 1λx y 0 a λy 0 Queremos uma solução x y 0 0 Se x 0 obtemos y 0 a λy 0 logo y 0 e essa solução não serve Se x 0 vale y 1λx Substituindo na segunda equação obtemos a λ1λx 0 Como x 0 deve valer λ a ou λ 1 Assim os autovalores de A com a R fixo são λ1 a e λ2 1 I Se a 1 A possui apenas um autovalor λ11 e o autoespaço associado a esse autovalor é gerado por x 0 para qualquer x 0 logo tem dimensão 1 Assim A não é diagonalizável II Se a 1 o autoespaço associado a λ21 é gerado por 1 0 e o autoespaço associado a λ1a é gerado por 1 a1 1 0 Logo a soma das dimensões dos autoespaços é 2 e portanto A é diagonalizável Conduzimos que A é diagonalizável se e somente se a1 4 Primeiro encontraremos os autovalores de A que são as soluções de detAλI0 Desenvolvimento de Laplace detAλI 1λ 2 0 0 2 1λ 0 0 0 0 1λ 2 0 0 2 1λ 1λ1λ 0 0 0 1λ 2 0 2 1λ 22 0 0 0 1λ 2 0 2 1λ 1λ21λ 2 2 1λ 41λ 2 2 1λ 1λ2 41λ 2 2 1λ 1λ2 42 Assim os autovalores de A são λ1 1 e λ2 3 Seja E1 o autoespaço associado a λ1 e E2 o autoespaço associado a λ2 Queremos achar bases de E1 e E2 cuja união seja base ortonormal de R4 Devemos resolver o sistema linear Ax y z wT λx y z wT 1λx 2y 0 2x 1λy 0 1λz 2w 0 2z 1λw 0 para λ1 1 e λ2 3 Para λ1 1 temos o sistema 2x 2y 0 2x 2y 0 2z 2w 0 2z 2w 0 x y 0 z w 0 A solução é o autoespaço E1 de dimensão 2 gerado por exemplo por v1 0011 e v2 1100 Para λ2 3 temos o sistema 2x 2y 0 2x 2y 0 2z 2w 0 2z 2w 0 x y 0 z w 0 A solução é o autoespaço E2 de dimensão 2 gerado por exemplo por v3 0011 e v4 1100 Assim vale que v1 v2 v3 v4 é base de R4 Como essa base é ortogonal basta checar e v1v2v3v42 a base v12 v22 v33 v44 é ortonormal e formada por autovetores de A Então se P 0 12 0 12 0 12 0 12 12 0 12 0 12 0 12 0 14 0 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 1 0 que é a matriz cujas colunas são v1 v2 v3 e v4 vale que PT A P é diagonal 5 Seja λ 2x² 2y² 12x 4y 18 0 Dividindo por 2 obtemos λ x² y² 6x 2y 9 0 Agora completamos quadrados x3² x² 6x 9 y1² y² 2y 1 x3² y1² 2 x² y² 6x 9 2y 1 logo λ x3² y1² 1 é a equação de um círculo O centro é P 31 os focos também são em P pois λ é um círculo a excentricidade é 0 e o gráfico é Os vértices são V₁ 41 V₂ 32 V₃ 21 e V₄ 30