Exercício 4

Seja V um espaço vetorial sobre C de dimensão 4 com um produto interno. Suponha que B seja uma base ortonormal ordenada deste espaço. Seja F: V V uma transformação linear cuja matriz em relação à base ortonormal ordenada B é dada por
FB=(cccc 1 & i & 0 & 0 -i & 1 & 0 & 0 0 & 0 & 3 & 0 0 & 0 & 0 & 3 )
(1 ponto) a) Esta transformação linear é auto-adjunta? Ela é uma isometria? Justifique.
(1 ponto) b) Escreva o polinômio característico de F e determine seus auto-valores.
(1 ponto) c) Determine uma base de V formada por auto-vetores de F, mostrando que F é diagonalizável.
(1 ponto) d) Ache uma matriz diagonal que seja semelhante à FB.

Passo 1

O enunciado trata de uma transformação linear F:Vto V num espaço vetorial complexo de dimensão 4, com base ortonormal B em que a matriz de F é
FB= 1 & i & 0 & 0 -i& 1 & 0 & 0 0 & 0 & 3 & 0 0 & 0 & 0 & 3
Precisamos (a) verificar se F é auto-adjunta e/ou isometria, (b) achar o polinômio característico e os autovalores, (c) determinar uma base de autovetores e mostrar diagonalizabilidade, (d) exibir a matriz diagonal semelhante.

Passo 2

Para testar se F é auto-adjunta, calculamos a matriz conjugada transposta FB^*. Como i=-i, tem-se
FB^*= 1 & -i & 0 & 0 i & 1 & 0 & 0 0 & 0 & 3 & 0 0 & 0 & 0 & 3 ^T = 1 & i & 0 & 0 -i& 1 & 0 & 0 0 & 0 & 3 & 0 0 & 0 & 0 & 3 =FB,
logo F é auto-adjunta. Para ser isometria precisamos de F^*F=I. Mas na 2times2 principal
1&i-i&1 1&i-i&1 = 2&2i-2i&2neq I2,
logo F não é isometria.

Passo 3

O polinômio característico é
det(FB-lambda I) =det!1-lambda&i-i&1-lambda cdot(3-lambda)^2 =((1-lambda)^2-(-i)(i)),(3-lambda)^2
=( (1-lambda)^2-1),(3-lambda)^2 =(-lambda(2-lambda)),(3-lambda)^2
As raízes são lambda=0,;2 e lambda=3 (multiplicidade 2).

Passo 4

Para resolvemos
Um autovetor é .
Para resolvemos
Um autovetor é .

Passo 5

Para lambda=3 olhamos o bloco diagonal 3I2, que anula as duas últimas coordenadas. Assim os vetores
l(0,0,1,0r) e l(0,0,0,1r) são autovetores independentes com valor próprio 3.

Passo 6

Reunindo os quatro autovetores
v0=(-i,1,0,0), v2=(1,-i,0,0), v3^(1)=(0,0,1,0), v3^(2)=(0,0,0,1),
obtemos uma base de V formada por autovetores de F. Isso mostra que F é diagonalizável.

Resposta

(a) F é auto-adjunta pois FB^*=FB. Não é isometria pois F^*Fneq I.
(b) O polinômio característico é
p(lambda)=-lambda(2-lambda)(3-lambda)^2,
logo os autovalores são lambda=0,,2,,3 (com multiplicidade 2).
(c) Uma base de autovetores é
(-i,1,0,0),(1,-i,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),
mostrando que F é diagonalizável.
(d) A matriz diagonal semelhante a FB é
diag(0,,2,,3,,3)

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