Autovalores Autovetores e Transformações Lineares

Autovalores e Autovetores 195 Ache os autovalores e autovetores correspondentes das transformações lineares dadas 2 T R² R² tal que Tx y 2y x 3 T R² R² tal que Tx y x y 2x y 4 T R³ R³ tal que x y z x y x y 2z 2x y z 5 T P₂ P₂ tal que Tax² bx c ax² cx b 6 T M₂ M₂ tal que A A Isto é T é a transformação que leva uma matriz na sua transposta 7 T R⁴ R⁴ tal que Tx y z w x x y x y z x y z w 8 Encontre a transformação linear T R² R² tal que T tenha autovalores 2 e 3 associados aos autovetores 3y y e 2y y respectivamente Ache os autovalores e autovetores correspondentes das matrizes 9 A 1 2 0 1 10 A 1 1 1 1 11 A 1 2 3 0 1 2 0 0 1 12 A 3 3 4 0 3 5 0 0 1 13 A 1 0 2 1 0 1 1 1 2 14 A 1 1 2 1 2 1 2 1 1 15 A 0 1 0 0 0 1 1 0 0 16 A 1 3 3 0 4 0 3 3 1 17 A 1 4 14 2 7 14 2 4 11 18 A 2 0 1 0 0 2 0 1 12 0 3 0 0 1 0 0 172 ALGEBRA LINEAR 7 Qual é a aplicação A que representa uma contração de ½ seguida por um rotação horária de 45 8 Verifique que o núcleo de T é o mesmo nas respectivas dimensões das transformações nos exemplos do exercício 5 9 Dados u v 𝓊 linfar e jitorae u e u1 un vetores L em 𝓊 mostre que u v é um subespaço de 𝓊 10 Sejam R S 𝓍 𝓎 transformações lineares de Rᵖ em Rᵠ a Ache S e R se for possível a b tal que Sa b 1 0 1 b Ache os vetores u v tal que SsR² V Sβ 1 2 1 15 Seja TR²R² tal que T 0 2 1 0 a Mostre que se T² I u é uma transformação linear b Mostre que se T VW é uma transformação linear então não existe subespaço de W c kerT é um subespaço de V 17 Sejam S e T aplicações lineares de V em W Definimos S T como S Tv Sv Tv para todo v V e αV e definimos αS como αSv αSv a Mostre que S T é uma transformação linear de V em W b Mostre que αT é uma transformação linear de V em W c Mostre que T V W é um espaço vetorial sobre R 18 No Exercício 11 determine kerT Im T Im TS e RS Comprove a validade dos teoremas 539 e 545 para estas transformações 19 Considere a transformação linear TR³R² dada por Tx y z 2x y z a Determine uma base do núcleo de T b Determine uma base da imagem de T c Dê um exemplo am especial de T d Se obedece à linguagem de T e Faça um esboço de ker T im T 11 Seja α 1 1 0 2 β 1 0 1 0 1 2 α 2 0 bases de R² e R³ respectivamente e g 174 ALGEBRA LINEAR 20 Dê quatro possíveis exemplos de transformações lineares T S L M e H satisfazendo a T R³ R² b SR² R³ cL R² R² d M R³ R e H R R 21 Seja p3o0 conjunto dos polinômios com grau menor ou igual a 3 e TpLp3p3 atividades a Mostre que P₃ é um espaço vetorial de dimensão 4 b Mostre que Tp é um operador linear em P₃ c Determine kerTp em T e encontre uma base para cada um destes subespaços formais 22 Seja D P₂ P₁ a derivada segunda a Mostre que D é linear e determine uma base para kerD de R e R² 23 Sejam α 0 2 2 1 e θ 1 0 0 0 1 bases de R² e R³ De a expressão para Sx y Sg 2 1 0 4 24 Seja A 0 2 1 0 0 0 1 0 0 B 1 0 0 0 0 0 0 0 1 Encontre ker T² Im T ker TS Im T Im TBA kerTp T4 Determine bases para esses seis subespaços Exercícios das páginas 172 e 173 10 Se S for invertível temos S1 o R S1 o S o T S1 o R S1 o S o T Identidade S1 o R T Vejamos se S é invertível Temos calculando o detS por Laplace na 3ª coluna detS 2 1 1 3 1 2 1 2 0 16 1 2 4 1 0 17 2 3 7 6 1 Cálculo de S1 2 1 1 1 0 0 12 L2 L2 1 12 12 12 0 0 3 1 2 0 1 0 L2 3L1 L2 L3 L1 L3 1 12 12 12 0 0 0 52 12 32 1 0 0 32 12 12 0 1 25 L2 L2 1 12 12 12 0 0 L3 32 L2 L2 0 1 15 35 25 0 0 32 12 12 0 1 1 12 12 12 0 0 5L3 L3 1 12 12 12 0 0 0 1 15 35 25 0 0 0 1 7 3 5 L2 15 L3 L2 1 12 0 3 32 52 L1 12 L2 L1 L1 12 L3 L1 0 1 0 2 4 1 0 0 1 7 3 5 1 0 0 4 2 3 0 1 0 2 1 1 0 0 1 1 7 3 5 S1 Logo S1 4 2 3 2 1 1 7 3 5 Como T S1 o R ou seja T S1R 4 2 3 2 1 1 7 3 5 1 0 1 2 1 1 0 1 1 8 1 9 4 0 4 13 2 15 Portanto a matriz de T é dada por T 8 1 9 4 0 4 13 2 15 e Tx y z 8x y 9z 4x 4z 13x 2y 15z 11 b Pela matriz de T em relação as bases α e β temos T11 1101 1012 0120 111 T02 0101 1012 1120 112 Vamos escrever o vetor x y R2 com coordenadas em relação a α Agora sejam x y R2 a b R temos x y a11 b02 ou seja a x 1 a 2b y 2 De 1 a x De 2 a 2b y x 2b y 2b x y b x y2 Logo a 113 b 43 c 53 Portanto S11β 1113 413 53 S02 4 2 0 Dados a b c R considere a equação 4 2 0 a101 b012 c120 ou seja a c 4 1 b 2c 2 2 a 2b 0 3 De 3 a 2b De 1 a c 4 2b c 4 c 4 2b De 2 b 2c 2 b 8 4b 2 3b 10 b 103 Logo a 203 b 103 c 83 e portanto S0 2ᵦ 203 103 83 Portanto Sᵅᵦ 113 203 43 103 53 83 c Seja γ v₁ v₂ v₃ uma base de ℝ³ Pela matriz de T em relação a α e γ temos T1 1 1v₁ 0v₂ 0v₃ v₁ T02 0v₁ 0v₂ 1v₃ v₃ Por outro lado T1 1 1 1 1 e T0 2 1 1 2 Logo v₁ 1 1 1 e v₃ 1 1 2 Como a coordenada em relação a v₂ é zero Podemos tomar um vetor v₂ ℝ³ tal que v₁ v₂ e v₃ sejam LI Basta tomar v₂ 1 0 0 Portanto γ v₁ 1 1 1 v₂ 1 0 0 v₃ 1 1 2 14 a Sejam β A 1 0 0 1 B 0 1 0 0 C 0 0 1 0 D 0 0 0 1 uma base de M₂x2ℝ e α 1 0 0 2 a base canônica de ℝ² Vamos encontrar as coordenadas de TA TB TC e TD em relação a base α TA T1 0 0 0 1 0 Logo 1 0 11 0 00 1 Portanto TAᵢ 1 0 TB T0 1 0 0 01 Logo 0 1 01 0 10 1 e portanto TBᵢ 0 1 o T C T 0 0 1 0 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 logo T C α 0 1 o T D T 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 0 1 logo T D α 1 0 portanto T β α 1 0 0 1 0 1 1 0 T B α D TD α T A α T C α b pela matriz S β 1 temos S 1 0 2 1 0 0 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 1 2 1 1 0 S 0 1 1 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 1 0 1 seja x y IR2 escrevendo x y em relação a base canônica de IR2 temos x y x 1 0 y 0 1 aplicando S obtemos S x y x S 1 0 y S 0 1 x 2 1 1 0 y 1 1 0 1 2 x y x y x y portanto S x y 2 x y x y x y agora vejamos se encontramos S a b tal que S a b 1 0 0 1 temos S a b 2 a b a b a b logo 2 a b a b a b 1 0 0 1 ou seja 2 a b 1 1 a b 0 2 a 0 3 b 1 4 Por 3 temos a 0 e por 4 b 1 substituindo a 0 e b 1 em 2 a b 0 0 1 0 1 0 Absurdo Logo sistema não tem solução e portanto não existe ab IR2 tal que Sab 1 0 0 1 b Vamos encontrar as coordenadas de S11 e S0c em relação a base β Temos S11 221 Dados abc IR considera a equação 221 a101 b012 c120 ou seja a c 2 1 b 2c 2 2 a 2b 1 3 De 1 a 2 c De 2 b 2c 2 b 2 2c De 3 a 2b 1 2 c 4 4c 1 3c 1 6 3c 5 c 53 Logo xy x11 x y2 02 Aplicando T Txy x111 xy2 112 x x2 y2 x x2 y2 x x y 12 x 12 y 12 x 12 y 2x y Portanto Txy 12 x 12 y 12 x 12 y 2x y Exercícios das paginas 174 e 175 21bSe px é um polinômio de grau 3 então px a0 a1 x a2 x2 a3 x3 com ai IR com i 03 Logo px a0 a1 x a2 x2 a3 x3 a0 1 a1 x a2 x2 a3 x3 ou seja os polinômios 1 x x2 e x3 geram P3 e formam uma base para P3 como são 4 elementos na base de P3 segue que dimP3 4 b sejam f1 f2 P3 λ IR temos Tf1 f2 f1 f2 f1 f2 Tf1 Tf2 e Tλ f1 λ f1 λ f1 λ f1 0 f1 λ f1 λ f1 λ Tf1 Portanto T é uma transformação linear c seja fx a0 a1 x a2 x2 a3 x3 P3 temos fx a1 2 a2 x 3 a3 x2 se Tfx 0 então a1 2 a2 x 3 a3 x2 0 ou seja a1 0 2 a2 0 3 a3 0 onde obtemos a1 a2 a3 0 a0 IR Portanto KerT a0 a0 IR polinômio constante fx a0 com a0 IR e B1 1 é uma base de KerT Como fx a1 1 2 a2 x 3 a3 x3 temos ImT a1 2 a2 x2 3 a3 x3 ai IR com i 123 e B2 1 x2 x3 é uma base do ImT 23 Pela matriz TS LP temos S02 2110 4001 0101 224 e S21 0110 0001 4101 404 Dados xy IR2 abc IR considere a equação xy a02 b21 ou seja 2b x 2a b y onde obtemos a x4 y2 b x2 Logo xy x4 y202 x221 Aplicando S obtemos Sxy x4 y2S02 x2S21 Sxy x4 y2 2 2 4 xz 4 0 4 2x4 2y2 4x2 2x4 2y2 4x4 4y2 4x2 y 12 x 42 x 12 x y 3x 2y 32 x y x2 y 3x 2y Portanto Sxy 32 x y x2 y 3x 2y 24 Pela matriz de TA temos que TA R2 R3 e pela matriz de TB temos TB R3 R3 Ker TA Se 0 1 x y 0 0 então y 2y y 0 0 0 Logo y 0 x R Portanto Ker TA x 0 x R e Bλ 10 é uma base de Ker TA Im TA Temos TAxy y 2y y y 121 Logo Im TA y 2y y y R e uma base para imagem de TA é dada por Bλ 1 2 1 Ker TB Temos se 0 0 0 x y z 0 0 0 então 0 x2yz x 0 0 0 ou seja x 2y z 0 1 x 0 2 De 2 x 0 De 1 x 2y z 0 0 2y z 0 z 2y Logo Ker TB 0 y 2 y y ℝ Te B3 0 1 2 T é uma base de Ker TB Im TB Temos Tx y z 0 x 2 y z x x0 1 1 y0 2 0 z0 1 0 Logo Im TB 0 1 1 0 1 0 0 2 0 e B4 0 1 1 0 1 0 T é uma base para Im TB KerTB o TA Temos TB TA 0 0 0 0 1 0 2 1 0 10 1 0 2 0 1 0 0 0 6 0 1 Se 0 0 0 6 0 1x y 0 0 0 então 0 6y y 0 0 0 Logo y 0 x R Portanto ker TB TA x 0 x R e B5 10 é uma base para ker TB TA Im TB TA se 0 0 0 6 0 1 x y x y z então 0 6y y x y z ou seja x 0 y 0 z y Logo Im TB TA 0 0 1 e B6 001 t é uma base 25 reta y 3x a Temos T xy 1m²1m² x 2m1m² y 2m1m² x 1m²1m² y Substituindo m3 obtemos T xy 45 x 35 y 35 x 45 y b seja α v1 v2 temos T v1 1v1 0v2 v1 e T v2 0v1 1v2 1v2 Suponha que v1 x1 y1 v2 x2 y2 R² Temos T v1 T x1 y1 45 x1 35 y1 35 x1 45 y1 Logo 45 x1 35 y1 35 x1 45 y1 x1 y1 ou seja 45 x1 35 y1 0 35 x1 y1 0 onde obtemos x1 13 y1 y1 R Tomando y13 temos v1 13 T v2 T x2 y2 45 x2 35 y2 35 x2 45 y2 logo 45 x2 35 y2 35 x2 45 y2 x1 y2 ou seja 15 x2 35 y2 0 35 x2 95 y2 0 x2 3 y2 y2 R Tomando y2 3 obtemos v2 13 Portanto α v1 13 v2 13 T Exercícios da página 195 5 Seja λℝ Suponha que Tax²bxc λax²bxc λax² λbx λc Logo λax² λbx λc ax² cx b ou seja λa a λb c λc b onde segue que λ 1 Tomando λ1 no sistema temos a a b c c b Portanto o autovetor é v ax² bx b 6 Seja A x y z w M₂x₂ℝ Então Aᵀ x z y w Portanto T x y z w x z y w suponha que TA λA Então λx λy λz λw x z y w ou seja λx x λy z λz y λw w λ 1 Tomando λ 1 no sistema obtemos z y x y w R Logo autovetor é v x y y w 14 Autovalores Temos pλ detA λI 1 λ 1 2 1 2 λ 1 2 1 1 λ λ3 4λ2 λ 4 λ 1 λ 1 λ 4 Logo pλ λ 1λ 1λ 4 e portanto os autovalores de A são λ1 1 λ2 1 e λ3 4 o Autovetores Para cada λi i 1 2 3 precisamos resolver o seguinte sistema linear A λi I x y z 0 0 0 o λ1 1 y 2z 0 x y z 0 2x y 0 Por escalonamento temos L2 L1 L3 2L1 L3 0 1 2 0 1 1 1 0 2 1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 2 0 0 1 2 0 L3 L2 L3 1 1 1 0 0 1 2 0 0 0 0 0 Logo x y z 0 y 2z 0 donde obtemos x z y 2z z z Portanto v1 z 2z z λ2 1 2x y 2z 0 x 3y z 0 2x y 2z 0 Por escalonamento 2 1 2 0 1 3 1 0 2 1 2 0 12 L1 L1 1 12 1 0 1 3 1 0 2 1 2 0 L3 2L1 L3 L2 L1 L2 1 12 1 0 0 52 0 0 0 0 0 Logo x 12 y z 0 52 y 0 onde obtemos x z y 0 z z Portanto v2 z 0 z λ3 4 3x y 2z 0 x 2y z 0 2x y 3z 0 Por escalonamento 3 1 2 0 1 2 1 0 2 1 3 0 13 L1 L1 1 13 23 0 1 2 1 0 0 53 53 0 L2 L1 L2 L3 2L1 L3 1 13 23 0 0 53 53 0 0 0 0 L3 L2 L3 Logo x 13 y 23 z 0 53 y 53 z 0 onde obtemos x z y z z z Portanto v3 z z z 16 Autovalores Temos pλ detA λI 1 λ 3 3 0 4 λ 0 3 3 1 λ λ3 6λ2 32 λ 2λ 42 logo pλ λ 2 λ 42 e portanto os autovalores de A são λ1 2 e λ2 4 Autovetores Para cada λi i 1 2 precisamos resolver o seguinte sistema linear A λi Ix y z 0 0 0 λ₁ 2 3x 3y 3z 0 6y 0 3x 3y 6z 0 6y 0 3x 3y 3z 0 donde obtenemos x z y 0 z z Por tanto v₁ z 0 z λ₂ 4 3x 3y 3z 0 3x 3y 3z 0 3x 3y 3z 0 donde obtenemos x y z y z R Por tanto v₂ y z y z