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Exercícios Resolvidos de Elevando Matrizes a Expoentes Reais

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Enunciado

A5 T2 T6 T9

Seja T : R 3 → R 3 o operador linear T x , y , z = x + z , - y , y - 2 z .

a Calcule os autovalores de T .

b Para cada autovalor encontrado em a , encontre uma base para o autoespaço correspondente.

c T é diagonalizável? Se sim, exiba uma base B de R 3 tal que a matriz T B B seja diagonal e exiba essa matriz.

d Sendo C a base canônica de R 3 , calcule a potência T C C 2015 .

Passo 1

a A matriz de T na base canônica é dada por:

T = 1 0 1 0 - 1 0 0 1 - 2

Calculando os autovalores:

1 - λ 0 1 0 - 1 - λ 0 0 1 - 2 - λ = 0

1 - λ - 1 - λ - 2 - λ = 0

λ = 1 , - 1   o u - 2

Passo 2

b Encontrando os autoespaços:

V 1 :

1 - 1 0 1 0 - 1 - 1 0 0 1 - 2 - 1 0 0 0 = 0 0 1 0 - 2 0 0 1 - 3 0 0 0

Temos então que:

z = 0 - 2 y = 0 y - 3 z = 0

Daí temos que y = z = 0 e x é livre, então uma base para V 1 é 1 , 0,0 .

V - 1 :

1 + 1 0 1 0 - 1 + 1 0 0 1 - 2 + 1 0 0 0 = 2 0 1 0 0 0 0 1 - 1 0 0 0

O sistema associado é:

2 x + z = 0 y - z = 0       I I I

De I temos:

x = - z 2

De I I temos:

y = z

O vetor genérico desse espaço é dado por:

- z 2 , z , z = z - 1 2 , 1,1

Então uma base para V - 1 é - 1 , 2,2 .

V - 2 :

1 + 2 0 1 0 - 1 + 2 0 0 1 - 2 + 2 0 0 0 = 3 0 1 0 1 0 0 1 0 0 0 0

Temos que:

3 x + z = 0 y = 0 y = 0

Logo, z = - 3 x , e o vetor genérico desse espaço é:

x , 0 , - 3 x = x 1,0 , - 3

Então uma base para V - 2 é 1 , 0 , - 3 .

Passo 3

c Como T é um operador no R 3 e possui 3 autovalores distintos, ela é diagonalizável. A base B tal que T B B seja diagonal é a base de autovetores:

B = 1,0 , 0 , - 1,2 , 2 , 1,0 , - 3

E a matriz T B B será uma matriz diagonal de autovalores:

T B B = 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 2

Obs.: Lembre-se de respeitar a ordem dos autovetores na base!!

Passo 4

d Sabemos que para elevarmos uma matriz precisamos diagonalizá-la! Por sorte, isso já foi praticamente feito pra gente nas últimas letras:

T C C 2015 = P D 2015 P - 1

T C C 2015 = 1 - 1 1 0 2 0 0 2 - 3 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 2 2015 1 - 1 1 0 2 0 0 2 - 3 - 1

Invertendo P :

1 - 1 1 0 2 0 0 2 - 3 1 0 0 0 1 0 0 0 1 → L 2 ← L 2 2 1 - 1 1 0 1 0 0 2 - 3 1 0 0 0 1 2 0 0 0 1 → L 3 ← L 3 - 2 L 2 1 - 1 1 0 1 0 0 0 - 3 1 0 0 0 1 2 0 0 - 1 1 → L 3 ← - L 3 3 1 - 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 0 0 1 2 0 0 1 3 - 1 3 → L 1 ← L 1 - L 3 1 - 1 0 0 1 0 0 0 1 1 - 1 3 1 3 0 1 2 0 0 1 3 - 1 3 → L 1 ← L 1 + L 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 1 6 1 3 0 1 2 0 0 1 3 - 1 3

Substituindo a inversa:

T C C 2015 = 1 - 1 1 0 2 0 0 2 - 3 1 2015 0 0 0 - 1 2015 0 0 0 - 2 2015 1 1 6 1 3 0 1 2 0 0 1 3 - 1 3

T C C 2015 = 1 - 1 1 0 2 0 0 2 - 3 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 2 2015 1 1 6 1 3 0 1 2 0 0 1 3 - 1 3

T C C 2015 = 1 1 - 2 2015 0 - 2 0 0 - 2 3 ∙ 2 2015 1 1 6 1 3 0 1 2 0 0 1 3 - 1 3

T C C 2015 = 1 - 2 2015 + 2 3 2 2015 + 1 3 0 - 1 0 0 2 2015 - 1 - 2 2015

Resposta

a λ = 1 ,   - 1   e   2

b Uma base para V 1 é 1 , 0,0 . Uma base para V - 1 é - 1 , 2,2 . Uma base para V - 2 é 1 , 0 , - 3 .

c Sim. B = 1,0 , 0 , - 1,2 , 2 , 1,0 , - 3 . T B B = 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 2 .

d T C C 2015 = 1 - 2 2015 + 2 3 2 2015 + 1 3 0 - 1 0 0 2 2015 - 1 - 2 2015 .

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Um operador T é chamado nilpotente se T k = 0 , a transformação linear nula, para algum inteiro positivo k. Demonstre que se T e nilpotente, então o único autovalor de Te0 .
Seja T : V → V um operador linear. Mostre que se w é um subespaço T-invariante, então 𝕨 é:a) T k -invariante, para todo inteiro positivo k e b) p ( T ) -invariante, para todo polinômio p ( T ) .