Exercícios Resolvidos de Elevando Matrizes a Expoentes Reais

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Enunciado

Considere a reta r definida por

r = { t ( 1 , - 1,2 ) | t ∈ R }

Seja R : R 3 → R 3 a tranformação linear que é a reflexão com relação a reta r .

  1. Determine R 1 , - 1 , 2
  2. Seja u ∈ Π 1 ,   onde Π 1 é o plano que contém 0,0 , 0 e é ortogonal à reta r . Determine R u .
  3. Determine os autovalores de R e os autoespaços associados de cada autovalor.
  4. Determine uma base ϑ de R 3 tal que R ϑ     seja diagonal.
  5. R é ortogonalmente diagonalizável? Se sua resposta foi afirmativa, diagonalize R ortogonalmente. Se sua resposta foi negativa, justifique.
  6. Determine dim ⁡ N u c R .
  7. Determine uma base de I m R .
  8. Determine explicitamente as matrizes R 246 e R 641 , onde R é a matriz de R na base canônica.

Passo 1

(a) Queremos a reflexão do vetor ( 1 ,   - 1 ,   2 ) pela reta gerada por ele mesmo!

Mas nesses casos, quando o vetor pertence a reta da reflexão, o resultado vai ser o próprio vetor!

Assim:

R 1 , - 1,2 = ( 1 , - 1,2 )

Passo 2

(b)A situação que temos é a seguinte:

Sabendo que o plano contém a origem e a reta também, esse ponto de interseção vai ser a própria origem.

Como u está nesse plano, ele vai ser ortogonal a reta em que estamos refletindo. Nesses casos, R u = - u

Passo 3

(c) Como R é uma reflexão por uma reta seus autovalores vão ser 1 e - 1 .

O autoespaço associado ao autovalor 1 vai ser a própria reta pois assim como vimos na letra (a), as reflexões dos vetores pertencentes a reta em que estamos refletindo vão ser os próprios vetores.

V λ = 1 = { t ( 1 ,   - 1 ,   2 ) | t   ∈ R }

Já o autoespaço associado ao autovalor - 1 vai ser o plano Π 1 da letra (b) por ser o complemento ortogonal da nossa reta. Ou seja, por conter todos os vetores ortogonais a reta!

A reflexão de um vetor ortogonal ao espaço em que estamos refletindo vai ser o próprio vetor com sentido invertido (mesmo módulo e direção), por isso atribuímos esse autovalor.

Vamos então, achar r ⊥ = Π 1 .

Sei que ( 1 ,   - 1 ,   2 ) é ortogonal ao plano e ele contém a origem, assim, sua equação cartesiana vai ser:

x - y + 2 z = 0

Passo 4

(d) Basta que ϑ seja a união de uma base de r com uma base de r ⊥ , ou seja, Π 1 .

Temos a base de r :

α = ( 1 , - 1,2 )

A base de Π 1 podemos tirar da equação cartesiana x - y + 2 z = 0 :

x = y - 2 z

x , y , z = y - 2 z , y , z = y 1,1 , 0 + z ( - 2,0 , 1 )

β = 1,1 , 0 , ( - 2,0 , 1 )

Assim, ϑ = { 1 , - 1,2 , 1,1 , 0 , - 2,0 , 1 }

Passo 5

(e) Para isso, precisamos achar uma base ortonormal de R 3 formada de autovetores de R . Eu já tenho   ϑ = { 1 , - 1,2 , 1,1 , 0 , - 2,0 , 1 } , para transformar isso em ortogonal, vou substituir o terceiro vetor por um ortogonal aos dois primeiros que vou achar fazendo produto vetorial:

1 , - 1,2 × 1,1 , 0 = i → j → k → 1 - 1 2 1 1 0 = - 2 i → + 2 j → + 2 k →

Então temos uma base ortogonal do R 3 composta de autovetores de R : ϑ ' = { 1 , - 1,2 , 1,1 , 0 , - 2,2 , 2 } ,

R = P D P - 1

Se acharmos uma base ortonormal vai ficar mais fácil de invertermos na diagonalização! Pois quando temos uma base ortonormal nas colunas, P - 1 = P T .

Vamos fazer isso então, apenas normalizando os vetores de ϑ ' :

ϑ ' = 1 6 1 , - 1,2 , 1 2 1,1 , 0 , 1 3 - 2,2 , 2

Assim, P D P - 1 :

P = 1 6 1 2 - 1 3 - 1 6 1 2 1 3 2 6 0 1 3

D = 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 1

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

R = 1 6 1 2 - 1 3 - 1 6 1 2 1 3 2 6 0 1 3 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 1 1 6 - 1 6 2 6 1 2 1 2 0 - 1 3 1 3 1 3

Passo 6

(f) Como λ = 0 não é autovalor de R , a dimensão do autoespaço associado a ele, ou seja, o núcleo, vai ser 0!

N u c R = { 0,0 , 0 }

Passo 7

(g) Antes de pensar em achar a imagem, bora testar uma coisa: vamos usar o TNI para achar a dimensão da imagem:

dim ⁡ ( I m R ) + dim ⁡ ( N u c R ) = 3

dim ⁡ ( I m R ) = 3

Como a imagem pertence ao R 3   e sua dimensão é 3, ela vai ser o próprio R 3 .

Podemos, então, pegar qualquer base do R 3 para ser base da imagem, como a canônica:

β = { 1,0 , 0 , 0,1 , 0 , 0,0 , 1 }

Passo 8

(h) Como [ R ] é uma matriz reflexão, se eu aplicá-la um número ímpar de vezes, vai resultar a primeira reflexão, ou seja, vai ser como se eu tivesse aplicado a matriz uma vez só. Assim,   R 641 = [ R ] .

Agora, se eu refletir (aplicando 1 vez) e depois refletir novamente, acabo voltando ao vetor inicial (aplicando 2 vezes) e isso não acontece apenas quando aplico 2 vezes, mas sempre que aplico um número par de vezes! Assim, R 246 = I .

Passo 9

Vamos encontrar R ,   para isso, é só multiplicar P D P - 1 que encontramos na letra e):

R = 1 6 1 2 - 1 3 - 1 6 1 2 1 3 2 6 0 1 3 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 1 1 6 - 1 6 2 6 1 2 1 2 0 - 1 3 1 3 1 3

R = 1 6 - 1 2 1 3 - 1 6 - 1 2 - 1 3 2 6 0 - 1 3 1 6 - 1 6 2 6 1 2 1 2 0 - 1 3 1 3 1 3

R = 1 3 - 2 - 1 2 - 1 - 2 - 2 2 - 2 1

Assim, R 246 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 e R 641 = 1 3 - 2 - 1 2 - 1 - 2 - 2 2 - 2 1

Resposta

(a)   ( 1 , - 1,2 )

(b)   R u = - u

(c)   V λ = 1 = { t ( 1 ,   - 1 ,   2 ) | t   ∈ R } e V λ = - 1 é o plano   x - y + 2 z = 0

(d)   ϑ = { 1 , - 1,2 , 1,1 , 0 , - 2,0 , 1 }

(e)   R = 1 6 1 2 - 1 3 - 1 6 1 2 1 3 2 6 0 1 3 1 0 0 0 - 1 0 0 0 - 1 1 6 - 1 6 2 6 1 2 1 2 0 - 1 3 1 3 1 3

(f)   dim ⁡ ( N u c R ) = 0

(g)   β = 1,0 , 0 , 0,1 , 0 , 0,0 , 1

(h)   R 246 = 1 0 0 0 1 0 0 0 1 e R 641 = 1 3 - 2 - 1 2 - 1 - 2 - 2 2 - 2 1

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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 ) .