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Enunciado

Álgebra Linear e Geometria Analítica - Álgebra Linear e Aplicações (Reginaldo J. Santos)- Ed: 1º - Capítulo 4.1 - Ex. 2a

Ache bases para os auto-espaços associados a cada autovalor do operador T: R n → R n , definido por T X = A X , para todo X ∈ R n , para cada matriz:

a) 2 0 0 3 - 1 0 0 4 3 b) 2 3 0 0 1 0 0 0 2 c) 1 2 0 - 1 3 4 3 2 0 0 0 0 3 3 0 2 d) 2 2 0 2 3 4 3 2 0 0 0 0 1 1 0 1

Passo 1

Salve, tudo certinho? Bora resolver esse exercício de álgebra linear?

Seguinte, o enunciado dele pode assustar, mas para fazer essas verificações basta você ver se ele possui auto-vetores não nulos, pois assim eles são capazes de gerarem e são bases.

Então partiu verificar essas coisas. Começaremos encontrando os seus auto-valores.

2 0 0 3 - 1 0 0 4 3 - λ  1 0 0 0 1 0 0 0 1 =0

Ficaremos aqui então com:

2 - λ   0 0 3 - 1 - λ   0 0 4 3 - λ   =0

Usando o determinante teremos uma equação de terceiro grau, mas como temos um triângulo de zeros acima a única linha que vai ser diferente de zero é a diagonal. Logo temos.

2 - λ   * - 1 - λ   * 3 - λ   = 0

Para facilitar ainda mais nossa vida, note que se zerarmos qualquer que seja dos parênteses teremos um resultado igual a zero. Com isso podemos afirmar que os auto-valores serão: 2,-1,3

Passo 2

Agora basta encontrar os auto-vetore, então bora lá. Para isso basta substituir os auto-valores encontrados.

Vamos começar com 2.

2 - λ   0 0 3 - 1 - λ   0 0 4 3 - λ   x x 1 x 2 x 3

Fazendo isso teremos então

0 0 0 3 - 3   0 0 4 1  

Passando isso para o formato de sistema de equações temos:

0 = 0 3 x 1 - 3 x 2 = 0 4 x 2 + x 3 = 0

Pela segunda, temos que x 1 = x 2 e pela terceira temos que x 3 = 4 x 2

Agora escrevendo a matriz x 1 x 2 x 3 em relação a x 2 teremos

x 2 x 2 - 4 x 2 = x 2 1 1 - 4 ou seja a matriz pode ser gerada por x 2 1 1 - 4 que não é um vetor nulo, então é LI e também base.

Agora faremos o próximo que é -1. Então ficaremos com a seguinte matriz após a substituição.

3   0 0 3 0   0 0 4 2  

Teremos então

3 x 1 = 0 3 x 1 = 0 4 x 2 + 4 x 3 = 0

Pelas duas primeiras sabemos que x 1 = 0 e pelas outras sabemos que as outras duas variáveis tem o mesmo valor porém com sinais opostos. Assim quando formos escrever o autovetor em função de qualquer uma das duas que são diferentes de zero teremos.

0 x 2 - x 2 = x 2 0 1 - 1 logo é uma base, pois podemos gerar e não é um vetor nulo logo é LI.

Agora partindo para o último autovalor 3

- 1   0 0 3 - 4 0 0 4 0  

Nosso sistema vai ficar

- x 1 = 0 3 x 1 - 4 x 2 = 0 4 x 2 = 0

Esse é muito fácil, a gente já sabe que o x 1   e   x 2 são iguais a 0, logo podemos escrever o vetor em função do x 3 e ficaremos com o seguinte

0 0 x 3 = x 3 0 0 1

Novamente temos um vetor não nulo que pode ser gerado por outro, logo é base.

Passo 3

Resumindo então

Auto-valores: (2,-1,3)

Auto vetores: , x 2 x 2 - 4 x 2 = x 2 1 1 - 4 , 0 x 2 - x 2 = x 2 0 1 - 1 , 0 0 x 3 = x 3 0 0 1

Resposta

λ = (2,-1,3)

x 2 x 2 - 4 x 2 = x 2 1 1 - 4 , 0 x 2 - x 2 = x 2 0 1 - 1 , 0 0 x 3 = x 3 0 0 1

Exercícios de Livros Relacionados

Seja T : V → V . Suponha que V tenha dimensão finita. Mostre que o traço de T e igual à soma das raízes do seu polinômio característico, incluindo as multiplicidades.
Sejam T , S : V → V com V de dimensão finita. Mostre que T SeS T possuem os mesmos autovalores.
Se p t = a 0 + a 1 t + … + a n t n é um polinômio e A e uma matriz nxn , definimos a matriz p A = a 0 I n + a 1 A + … + a n A n . Seja p ( t ) o polinômio característico da matriz A , então p A = 0
Seja V um espaço vetorial real. Seja V C a complexificação de V , ou seja, e o conjunto das expressões V + i W , em que V , W ∈ V e i = - 1 . Em V C ,V + i W = V ' + i W ' significa V = V 'eW = W ' .
Ache o polinômio característico, os autovalores e os autovetores do operador T : R n → R n , definido por T ( X ) = A X , para todo X ∈ R n , para cada matriz:a) ⎜1 1 ⎜⎜ ⎜ ⎜1 1 ⎜⎜ ⎜b) ⎜1 - 1 ⎜⎜ ⎜ ⎜24