Alguns Problemas e Exames Resolvidos de´Algebra Linear

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(b) Calcule a solução de x ′ (t) = Ax(t) que passa no ponto x(0) = (1, 1, 1). Resolução: (a) • Comece por observar que A é simétrica, portanto A é diagonalizável. Vamos encontrar, em primeiro lugar, matriz mudança de base S e matriz diagonal D tais que S −1 AS = D. O polinómio característico de A é p(λ) = −λ(λ − 2) 2 , pelo que os valores próprios de A são {0, 2}. O vector (−1, 0, 1) forma uma base para E(0), enquanto (1, 0, 1), (0, 1, 0) fornecem uma base para o espaço próprio E(2). Logo S = ⎡ ⎢ ⎣ −1 0 1 0 1 0 1 0 1 ⎤ ⎥ ⎦ , D = ⎡ ⎢ ⎣ 0 0 0 0 2 0 0 0 2 • De seguida, vamos resolver o sistema de equações diferenciais y ′ = Dy. Como D é diagonal, a solução geral desta equação é imediata: y(t) = (c1e0t , c2e2t , c3e2t ) = (c1, c2e2t , c3e2t ) com c1, c2, c3 constantes. • Finalmente, a solução geral de x ′ = Ax obtém-se da de y ′ = Dy da seguinte forma x(t) = Sy(t) = ⎡ ⎢ ⎣ −1 0 1 0 1 0 1 0 1 ⎤ ⎡ ⎥ ⎢ ⎦ ⎣ c1 c2e 2t c3e 2t ⎤ ⎥ ⎦ = ⎡ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎦ . −c1 + c3e 2t c2e 2t c1 + c3e 2t (b) Já vimos em (a) que a solução geral de x ′ = Ax é x(t) = (−c1 + c3e 2t , c2e 2t , c1 + c3e 2t ). Falta-nos determinar os valores das constantes c1, c2, c3, pelo que temos de usar a condição x(0) = (1, 1, 1) da seguinte maneira: (1, 1, 1) = x(0) = (−c1 + c3, c2, c1 + c3) donde c1 = 0, c2 = 1, c3 = 1. Portanto x1(t) = e 2t , x2(t) = e 2t e x3(t) = e 2t . 1.14 No espaço dos polinómios reais de grau menor ou igual a 3, P3, considere os vectores v1 = 1 + x 3 , v2 = 1 + x 2 + x, v3 = x − x 3 , v4 = 1 − x. (a) Verifique que B = (v1, v2, v3, v4) é uma base de P3. (b) Sendo T : P3 → P3 a transformação linear tal que T (y1v1 + y2v2 + y3v3 + y4v4) = (y1 + y2)v3 + (y3 + y4)v1 determine a imagem, o núcleo e os subespaços próprios de T . (c) Escreva a matriz C que representa T em relação à base B2 = (1, x, x 2 , x 3 ) e diga justificando se C é diagonalizável. (d) Resolva a equação T (p(x)) = 3v3. Resolução: (a) Escrevendo as componentes destes vectores em relação à base B1 = (1, x, x 2 , x 3 ) de P3 como linhas de uma matriz e usando eliminação de Gauss ⎡ ⎤ 1 0 0 1 ⎢ 1 1 1 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ 0 1 0 −1 ⎦ 1 −1 0 0 → ⎡ ⎤ 1 0 0 1 ⎢ 0 1 1 −1 ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ 0 1 0 −1 ⎦ 0 −1 0 −1 → 10 ⎡ ⎢ ⎣ 1 0 0 1 0 1 1 −1 0 0 −1 0 0 0 0 −2 ⎤ ⎥ ⎦ ⎤ ⎥ ⎦ .
concluímos que, dado que a dimensão do espaço das linhas da matriz é 4, também a expansão linear L({v1, v2, v3, v4}) tem dimensão 4 (igual à dimensão de P3), donde B = (v1, v2, v3, v4) é uma base de P3. (b) Como T (v1) = v3, T (v2) = v3, T (v3) = v1, T (v4) = v1, a matriz que representa T em relação à base B (ou ⎡ seja M(T ; B)) ⎤ é 0 0 1 1 ⎢ 0 0 0 0 ⎥ A = ⎢ ⎥ ⎣ 1 1 0 0 ⎦ 0 0 0 0 . O espaço de colunas desta matriz é L({(0, 0, 1, 0), (1, 0, 0, 0)}), e logo ImT = {v ∈ P3 : vB ∈ C(A)} = L({v3, v1}). O núcleo de A é {(x, y, z, w) ∈ R4 : x + y = 0 e z + w = 0} = {(−y, y, −w, w) : y, w ∈ R} = L({(−1, 1, 0, 0), (0, 0, −1, 1)}), e logo Nuc T = {v ∈ P3 : vB ∈ Nuc(A)} = L({−v1 + v2, −v3 + v4}). O polinómio característico ⎡ p(λ) de A ⎤ é −λ 0 1 1 ⎡ ⎤ ⎢ 0 −λ 0 0 ⎥ −λ 0 1 ⎥ ⎢ ⎥ p(λ) = det ⎢ ⎥ = (−λ) det ⎣ 0 −λ 0 ⎦ = ⎣ 1 1 −λ 0 ⎦ 1 1 −λ 0 0 0 −λ −λ 0 0 1 (−λ) (−λ) det + det = 1 −λ −λ 0 = (−λ)(−λ 3 + λ) = λ 2 (λ 2 − 1) = λ 2 (λ − 1)(λ + 1). Logo os valores próprios de T são 0, 1, −1. O subespaço próprio associado a 0 é o núcleo de T , que já foi determinado. ⎡ ⎤ −1 0 1 1 ⎢ 0 −1 0 0 ⎥ Temos A − 1I = ⎢ ⎥ ⎣ 1 1 −1 0 ⎦ 0 0 0 −1 . Usando eliminação de Gauss ⎡ ⎤ −1 0 1 1 ⎢ 0 −1 0 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ 1 1 −1 0 ⎦ 0 0 0 −1 → ⎡ −1 ⎢ 0 ⎢ ⎣ 1 0 −1 0 1 0 −1 0 0 0 ⎤ ⎥ ⎦ 0 0 0 −1 → ⎡ −1 ⎢ 0 ⎢ ⎣ 0 0 −1 0 1 0 0 0 0 0 ⎤ ⎥ ⎦ 0 0 0 −1 , concluímos que Nuc (A − 1I) = {(x, y, z, w) ∈ R4 : −x + z = 0 e y = 0 e w = 0} = {(x, 0, x, 0) : x ∈ R} = L({(1, 0, 1, 0)}) donde o subespaço próprio de V associado a 1 é o subespaço L({v1 + v3}). 1 ⎢ 0 Temos A + 1I = ⎢ ⎣ 1 0 1 1 1 0 1 1 0 0 0 0 0 1 Usando eliminação de Gauss ⎡ ⎤ ⎥ ⎦ . 11
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