Responde Aí
Acesse com GoogleAcesse com AppleAcesse com Facebook

Exercícios Resolvidos de Diagonalização

Ver Teoria
Exercício 54123456789101112131415161718192021222324252627282930313233343536373839404142434445464748495051525355565758596061626364656667686970717273747576777879808182838485868788899091

Enunciado

Considere a transformação linear T :   R 3 → R 3 cuja matriz na base canônica α é dada por:

[ T ] α α = 1 0 2 0 1 1 0 0 2

a)Determine o polinômio característico e calcule os autovalores λ   de T .

b)Para cada autovalor λ de T determine o subespaço associado V λ .

c)   T é diagonalizável? Se sim, exiba uma base β de R 3 e [ T ] β β onde isso acontece.

Passo 1

Letra a)

Vamos achar o polinômio característico p λ = d e t ⁡ ( T α α - λ I ) :

p λ = det ⁡ 1 0 2 0 1 1 0 0 2 - λ 0 0 0 λ 0 0 0 λ = d e t 1 - λ 0 2 0 1 - λ 1 0 0 2 - λ

p λ = 1 - λ 2 ( 2 - λ )

Passo 2

Agora para calcular os autovalores é só igualar esse polinômio a zero e achar as raízes, molezinha!

1 - λ 2 2 - λ = 0

λ = 1                 e                 λ = 2

Passo 3

Letra b)

Para achar os subespaços associados aplicamos a seguinte fórmula:

[ T ] α α ∙ v α = λ ∙ [ v ] α

Sendo v = x ,   y ,   z :

1 0 2 0 1 1 0 0 2 ∙ x y z = λ x y z ⟹ x + 2 z = λ x y + z = λ y 2 z = λ z

Primeiramente, para λ = 1 , vamos substituir:

x + 2 z = x y + z = y 2 z = z ⟹ z = 0

Com z = 0 conseguimos concluir que y = y e x = x o que não leva a muita coisa não é mesmo? Hahaha. Mas isso quer dizer que y e x são variáveis livres.

Assim, V λ = 1 = { x 1 ,   0 ,   0 + y 0 ,   1 ,   0 ;   ∀   y , x ∈   R } = s p a n { ( 1 ,   0 ,   0 ) ,   ( 0 ,   1 ,   0 ) }  

Passo 4

Agora para λ = 2 :

x + 2 z = 2 x ⟹ x = 2 z y + z = 2 y ⟹ y = z 2 z = 2 z ⟹ z = z

Opa, conseguimos botar todas as variáveis em função de z , então z vai ser nossa única variável livre!!

V λ = 2 = { z 2 ,   1 ,   1 ;   ∀   z ∈   R } = s p a n { ( 2 ,   1 ,   1 ) }

Passo 5

Letra c)

Para T ser diagonalizável é preciso existir uma base do seu domínio formada pelos seus autovetores! O domínio é o próprio R 3 e os autovetores são todos os vetores geradores que achamos na letra b:   1 ,   0 ,   0 , 0 ,   1 ,   0   e 2 ,   1 ,   1 .

Esses vetores formam uma base para o R 3 ? Sim, são 3 vetores e conseguimos ver pelos zeros que formam um conjunto LI!! Logo, T é diagonalizável.

Uma base para o R 3 então pode ser β = { 1 ,   0 ,   0 , 0 ,   1 ,   0 , 2 ,   1 ,   1 } .

Sabemos também que para achar [ T ] β β é só botar os autovalores na diagonal de uma matriz diagonal, assim: [ T ] β β = 1 0 0 0 1 0 0 0 2 .

Resposta

  1. p λ = 1 - λ 2 ( 2 - λ ) , λ = 1     e     λ = 2
  2. V λ = 1 =   s p a n { ( 1 ,   0 ,   0 ) ,   ( 0 ,   1 ,   0 ) }   , V λ = 2 = s p a n { ( 2 ,   1 ,   1 ) }
  3. T é diagonalizável, β = 1 ,   0 ,   0 , 0 ,   1 ,   0 , 2 ,   1 ,   1 ,   [ T ] β β = 1 0 0 0 1 0 0 0 2 .  

Exercícios de Livros Relacionados

Seja A =4 0 1 2 3 2 1 0 4 Será A diagonalizável? Justifique sua conclusão.
Dizemos que uma matriz A n × n é diagonalizável se seu operador associado T A : R n → R n for diagonalizável, ou seja, A é diagonalizável se, e somente se A admitir n autovetores L I . Baseado nisto,
Dizemos que uma matriz A n × n é diagonalizável se seu operador associado T A : R n → R n for diagonalizável, ou seja, A é diagonalizável se, e somente se A admitir n autovetores L I . Baseado nisto,
Dizemos que uma matriz A n × n é diagonalizável se seu operador associado T A : R n → R n for diagonalizável, ou seja, A é diagonalizável se, e somente se A admitir n autovetores L I . Baseado nisto,
Dada a matriz: A = 2 1 0 0 0 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3 A é diagonalizável?Encontre seu polinômio minimal.