Exercícios Resolvidos de Autovalores e Autovetores de uma TL

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Enunciado

Considere a base ortonormal γ de R 3

γ = 1 3 ,   1 3 ,   1 3 ,   1 2 ,   - 1 2 ,   0 ,   1 6 ,   1 6 ,   - 2 6

Os vetores estão escritos na canônica.

  1. Considere o vetor v cujas coordenadas na base canônica são 257 ,   257 ,   257 . Determine a primeira coordenada do vetor v na base γ .
  2. Considere as transformações lineares

    T , L : R 3 → R 3

    Cujas matrizes na base γ são, respectivamente:

    T γ = 1 0 0 0 0 0 0 0 0 ,     L γ = 1 0 0 1 0 0 1 0 0

  3. Determine explicitamente a matriz T na base canônica.
  4. Determine uma base η de R 3 formada por autovetores da transformação linear T (escritos na base canônica).
  5. Seja L a matriz da transformação linear L na base canônica. Determine todos os autovalores da matriz L .

Passo 1

Belezera pessoal, na letra (a) queremos encontrar a primeira coordenada do vetor:

u = 257 ,   257 ,   257

Na base γ dada por:

γ = v 1 = 1 3 ,   1 3 ,   1 3 ,   v 2 = 1 2 ,   - 1 2 ,   0 , v 3 =   1 6 ,   1 6 ,   - 2 6

Logo, se vamos escrever o vetor u nessa base, verificamos que:

u = a v 1 + b v 2 + c v 3

Onde o vetor u na base γ é dado por:

u γ = a ,   b ,   c

Portanto, a primeira coordenada de u γ é a , só que essa constante multiplica apenas o primeiro vetor da base v 1 , e o mais legal de tudo é que todos os outros vetores são ortonormais a ele. Então a gente pode usar de toda malandragem do mundo para isolar essa constante a , vamos aplicar o produto interno por v 1 dos dois lados da igualdade, desse jeito:

u = a v 1 + b v 2 + c v 3

u . v 1 = a v 1 + b v 2 + c v 3 . v 1

Distribuindo esse produto interno, temos:

u . v 1 = a v 1 . v 1 + b v 2 . v 1 + c v 3 . v 1

E como os vetores são ortonormais, o produto interno entre vetores distinto é igual a 0 , enquanto o produto interno com o próprio vetor é igual a 1 , tal que:

u . v 1 = a v 1 . v 1 ⏝ 1 + b v 2 . v 1 ⏝ 0 + c v 3 . v 1 ⏝ 0

u . v 1 = a

Isso quer dizer que nossa primeira coordenada a é dada pelo produto interno entre u e v 1 :

a = u . v 1

a = 257 ,   257 ,   257 . 1 3 ,   1 3 ,   1 3

a = 257 3 + 257 3 + 257 3

a = 3 257 3

a = 771 3

Passo 2

Belezoca meus amores, agora na letra (b) queremos encontrar a matriz T na base canônica. Só que nós, só temos ela escrita na base γ :

T γ = 1 0 0 0 0 0 0 0 0

MAAASS a regrinha para a mudança de bases ortogonais, diz pra gente que a matriz na base canônica é dada por:

T ε = Q T γ Q - 1

Onde Q é a matriz formada pelos vetores da base γ nas suas colunas:

Q = 1 3 1 2 1 6 1 3 - 1 2 1 6 1 3 0 - 2 6

E como γ é uma base ortonormal, Q é uma matriz ortogonal, e devido a essa característica, temos que:

Q - 1 = Q T

Q T = 1 3 1 3 1 3 1 2 - 1 2 0 1 6 1 6 - 2 6

Logo:

T ε = Q T γ Q - 1

T ε = 1 3 1 2 1 6 1 3 - 1 2 1 6 1 3 0 - 2 6 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 3 1 3 1 3 1 2 - 1 2 0 1 6 1 6 - 2 6

Portanto, resolvendo essa multiplicação matricial, chegamos que:

T ε = 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3

T ε = 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1

Passo 3

Belezoca pessoal, na letra (c), para encontrar uma base de autovetores, a gente pode olhar pro nosso exercício anterior. Lá a gente decompôs nossa matriz como:

T ε = Q T γ Q - 1

E essa é exatamente a famosíssima decomposição espectral, onde T γ é a matriz diagonal que possui os autovalores, enquanto Q é a matriz que possui os autovetores nas colunas. Logo, uma base de autovetores para R 3 , é formada pelas colunas de Q , só que essas colunas são formadas por pura coincidência pela base γ .

Portanto uma base de autovetores de R 3 é a própria base γ .

γ = 1 3 ,   1 3 ,   1 3 ,   1 2 ,   - 1 2 ,   0 ,   1 6 ,   1 6 ,   - 2 6

Passo 4

Iradoso galeris, agora na letra (d), estamos afim de descobrir os autovalores da matriz L na base canônica, só que nós, temos ela somente na base γ :

L γ = 1 0 0 1 0 0 1 0 0

Então devemos mudar de base igual fizemos com a matriz T , desse jeito:

L ε = Q L γ Q - 1

Logo:

L ε = 1 3 1 2 1 6 1 3 - 1 2 1 6 1 3 0 - 2 6 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 3 1 3 1 3 1 2 - 1 2 0 1 6 1 6 - 2 6

Tal que o resultado dessa multiplicação, é exatamente igual a matriz inicial:

L ε = 1 0 0 1 0 0 1 0 0

Portanto, os autovetores serão dados através da relação:

det ⁡ 1 - λ 0 0 1 0 - λ 0 1 0 0 - λ = 0

det ⁡ 1 - λ 0 0 1 - λ 0 1 0 - λ = 0

1 - λ λ 2 = 0

Portanto temos que a solução desse polinômio é:

λ 1 = 1 ,     λ 2 = 0  

Onde λ 2 possui multiplicidade dois, devido o termo estar ao quadrado.

Resposta

  1. a = 771 3
  2. T ε = 1 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1
  3. γ = 1 3 ,   1 3 ,   1 3 ,   1 2 ,   - 1 2 ,   0 ,   1 6 ,   1 6 ,   - 2 6
  4. λ 1 = 1 ,     λ 2 = 0

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