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Universidade Federal do Rio de Janeiro
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Instituto de Matemática
Departamento de Métodos Matemáticos
Algebra Linear 3 (MAC 355) 2014-1
Prova Final
Prof. Samuel Senti
1a QUESTÃO :
Seja E um espaço vetorial sobre um corpo K e T um operador linear de E tal que T 2 = T .
Prove que E é soma direta do núcleo de T com a imagem de T : E = N (T ) ⊕ Im(T ).
Resposta:
Para qualquer ~v ∈ E, escreve ~v = v~1 + v~2 com v~1 = T (~v ) e v~2 = v − v~1 . Temos que
T (v~2 ) = T (v) − T (v~1 ) = v~1 − v~1 = ~0 já que T 2 = T . Assim v~2 ∈ N (T ) e v~1 ∈ Im(T ) e
E = N (T ) + Im(T ). Finalemte, como T 2 = T , então para qualquer ~u ∈ Im(T ) temos que
T (~u) = ~u. Assim ~u ∈ N (T ) ∩ Im(T ) se e somente se T (~u) = ~u = ~0.
2a QUESTÃO :
Seja E um espaço vetorial de dimensão finita com produto interno < ·, · >, e seja F um
subespaço vetorial de E. Temos que E = F ⊕ F > com u = u1 + u2 onde u ∈ E, u1 ∈ F e
u2 ∈ F > . Seja T ∈ L(E) o operador definido por T (u) = u1 − u2 . Prove que
1. T é auto-adjunto e ortogonal;
2. Se E = R3 com o produto escalar usual e F o subespaço gerado por (1, 0, −1). Dê a
matriz de T na base canônica.
Resposta:
1. Temos que < T ∗ u, v >=< u, T v >=< u1 +u2 , v1 −v2 >=< u1 , v1 > − < u2 , u2 >=<
T u, v > para qualquer u, v ∈ E. Assim T = T ∗ e T é auto-adjunto. Agora observe que
T ∗ T u = T 2 u = T (u1 − u2 ) = u1 + u2 = u assim T ∗ T = Id e T é ortogonal.
2. A projeção do vetor u = (ux , uy , uz ) no espaço F gerado pelo vetor (1, 0, −1) é dado
<(1,0,−1),u>
z
x
por u1 = <(1,0,−1),(1,0,−1)>
(1, 0, −1) = ( ux −u
, 0, uz −u
) e assim u2 = u − u1 =
2
2
ux +uz
ux +uz
( 2 , uy , 2 ). Assim o vetor
 T (u) = u1 −
u2 = (−uz , −uy , −ux ) e a matriz,
0
0 −1
na base canônica é dada por T =  0 −1 0 .
−1 0
0
3a QUESTÃO :
Prove que um operador linear auto-adjunto é nilpotente se e somente se é nulo.
Resposta:
Seja A a matriz do operador auto-adjunto. A matriz A é diagonalizável, ou seja existe uma
mudança de base cuja matriz é dada por P tal que B = P −1 AP é uma matriz diagonal cujas
entradas diagonais são os auto valores do operador. Assume agora que A é nilpotente. Então
existe k ∈ N tal que B k = P −1 Ak P é nula. Mas como B é diagonal, B k também é, com
entradas diagonais a potencia k-esima dos autovalores do operador. Logo todo autovalor é
nulo, e B = 0 logo o operador é nulo. A outra direção segue do fato que o operador nulo é
auto-adjunto e nilpotente.
4a QUESTÃO :
Seja V o espaço vetorial dos polinômios de grau menor ou igual a dois com coeficientes
reais, e T : E → E, T (a0 + a1 x + a2 x2 ) = (a0 + 2a2 ) + (a0 + 2a1 − 2a2 )x − a2 x2 . Determine
a matriz A de T em alguma base B de V . Determine uma matriz invertı́vel P tal que a matriz
P −1 AP seja uma matriz diagonal.
Resposta:


1 0 2
Na base {1, x, x2 } a matriz de T é dada por 1 2 −2. Temos que det(T − λId) =
0 0 −1
−(1 + λ)(2 − λ)(1 − λ). Resolvendo o sistema dado por T (~v ) = λ~v obtemos os seguintes
vetores próprios: v1 = (1, −1, 0), v2 = (0, 1, 0) e v−1= (−1, 1, 1).A matriz P é dada matriz
1 0 −1

cujas colunas são os vetores próprios, ou seja: P = −1 1 1 . Podemos então conferir
0 0 1




1 0 1
1 0 0
−1
−1



que P = 1 1 0 e P T P = 0 2 0 .
0 0 1
0 0 −1
5a QUESTÃO :
Ache a forma
canônica de Jordan
A do operador linear de R3 cuja matriz na base canônica é

1
1
1
2
1 −1. Calcule Ak para qualquer k ∈ N e deduz (sem calculá-lo)
dada pela matriz  32
− 23 − 12 32
n
limn→∞ kA vk para qualquer vetor v 6= (x, y, −y) para x, y ∈ R.
Resposta:
2
. Assim ostermos diagonais
O determinante do matriz igual a det(A − λId) = (2 −
λ)(λ − 12 )

2 0 0
2k 0
0
1 
da forma canônica de Jordan são 2, 12 e 21 . Logo A = 0 21 1  e Ak =  0 21k 2k−1
.
1
1
0 0 2
0 0
2k
1
Como limk→∞ 2k = 0 temos que a norma de qualquer vetor que tem uma componente no
subespaço invariante associado ao autovalor 2 tende para infinito. Qualquer vetor próprio de
autovalor 2 é colinear a (0, 1, −1) assim qualquer vetor v 6= (x, y, −y) não é ortogonal a
(0, 1, −1) e logo sua norma cresce exponentialmente, conforme sua componente na direção
(0, 1, −1).