v1 · padrão canônico

Lição 114 — Autovalores e autovetores

Direções invariantes de uma transformação linear: Av = λv. Polinômio característico, multiplicidade algébrica e geométrica. A pedra angular do PageRank, mecânica quântica e PCA.

Usado em: Álgebra Linear universitária (1.º ano engenharia) · Equiv. Lineare Algebra LK alemão · Equiv. H2 Math singapurense · Math III japonês avançado

A\vec{v} = \lambda\,\vec{v},\quad \vec{v} \neq \vec{0}

Um autovetor $\vec{v}$ de $A$ é uma direção que $A$ apenas estica ou encolhe, sem rotacionar. O escalar $\lambda$ é o autovalor. Autovalores são as raízes do polinômio característico $p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = 0$ .

Escolha sua porta

Notação rigorosa, derivação completa, hipóteses

Definição rigorosa

Autovalores e autovetores

Equação característica

Definição· Polinômio característico

A condição $A\vec{v} = \lambda\vec{v}$ com $\vec{v} \neq \vec{0}$ é equivalente a

$(A - \lambda I)\vec{v} = \vec{0}$

ter solução não trivial, o que ocorre se e somente se $A - \lambda I$ é singular:

p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = 0.

o que isso quer dizer · Equação característica: as raízes de p_A(λ) são exatamente os autovalores de A.

$p_A$ é o polinômio característico de $A$ , de grau $n$ em $\lambda$ . Sobre $\mathbb{C}$ , possui exatamente $n$ raízes (com multiplicidade).

"O polinômio característico de $A$ é $p_A(x) = \det(A - xI_n)$ . Os autovalores de $A$ são exatamente as raízes de $p_A$ ." — Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Teorema EMRCP

Autoespaço e multiplicidades

Propriedades fundamentais

Vetor geral rotaciona sob A (seta amarela desvia). Autovetor só muda de módulo, permanece na mesma reta (seta azul).

Exemplos resolvidos

Exemplo— 1· Autovalores de matriz 2x2 via polinômio característico

Problema. Calcule os autovalores e autovetores de $A = \begin{pmatrix} 3 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ .

Estratégia. A é triangular superior — autovalores estão na diagonal. Mesmo assim calculamos via polinômio para praticar o método geral.

Resolução.

p_A(\lambda) = \det(A - \lambda I) = \det\begin{pmatrix} 3-\lambda & 1 \\ 0 & 2-\lambda \end{pmatrix} = (3-\lambda)(2-\lambda) = \lambda^2 - 5\lambda + 6.

Raízes: $\lambda_1 = 3$ , $\lambda_2 = 2$ .

Para $\lambda_1 = 3$ : $(A - 3I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_2 = 0$ , $v_1$ livre. Autovetor: $(1, 0)$ .

Para $\lambda_2 = 2$ : $(A - 2I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_1 = -v_2$ . Autovetor: $(-1, 1)$ .

Verificação. $A(1,0) = (3,0) = 3(1,0)$ . $A(-1,1) = (-3+1, 2) = (-2, 2) = 2(-1, 1)$ . Correto.

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Exemplo ESMS2 — GNU FDL.

Exemplo— 2· Autovalores de matriz simetrica 2x2 (autovalores reais)

Problema. Calcule os autovalores de $A = \begin{pmatrix} 5 & 4 \\ 4 & 5 \end{pmatrix}$ e verifique as propriedades $\operatorname{tr}(A) = \sum\lambda_i$ e $\det A = \prod\lambda_i$ .

Estratégia. Polinômio de grau 2 com Bhaskara. Depois verificação.

Resolução.

$p_A(\lambda) = (5-\lambda)^2 - 16 = \lambda^2 - 10\lambda + 9 = (\lambda - 9)(\lambda - 1).$

Autovalores: $\lambda_1 = 9$ , $\lambda_2 = 1$ .

Verificação: $\operatorname{tr}(A) = 5 + 5 = 10 = 9 + 1$ . $\det A = 25 - 16 = 9 = 9 \cdot 1$ . Ambas conferem.

Para $\lambda = 9$ : $(A - 9I)\vec{v} = \begin{pmatrix} -4 & 4 \\ 4 & -4 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_1 = v_2$ . Autovetor: $(1, 1)$ .

Para $\lambda = 1$ : autovetor $(1, -1)$ .

Verificação. Os dois autovetores são ortogonais: $(1,1) \cdot (1,-1) = 0$ . Esperado — $A$ é simétrica.

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Exemplo ESMS4 — GNU FDL.

Exemplo— 3· Multiplicidade algebrica vs geometrica (não diagonalizavel)

Problema. Para $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ , calcule o polinômio característico, identifique multiplicidades e decida se $A$ é diagonalizável.

Estratégia. Calcular $p_A$ , encontrar raízes e dimensão do autoespaço.

Resolução.

$p_A(\lambda) = (2-\lambda)^2 \Rightarrow \lambda = 2$ com $m_a(2) = 2$ .

Autoespaço: $(A - 2I)\vec{v} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}\vec{v} = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $v_2 = 0$ , $v_1$ livre. Logo $E_2 = \operatorname{span}\{(1,0)\}$ , com $m_g(2) = 1$ .

Como $m_g(2) = 1 < m_a(2) = 2$ , a matriz não é diagonalizável. Sua forma de Jordan é $J = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2 \end{pmatrix}$ (a própria $A$ , neste caso).

Verificação. Se fosse diagonalizável, existiriam dois autovetores LI — mas há apenas um. Logo não há base de autovetores para $\mathbb{R}^2$ .

Fonte. Beezer, A First Course in Linear Algebra, §EE, Exemplo EMMS — GNU FDL.

Exemplo— 4· Potencia de matriz via autovalores

Problema. Calcule $A^{10}$ para $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ (matriz de Fibonacci).

Estratégia. Diagonalizar $A = PDP^{-1}$ , depois $A^{10} = PD^{10}P^{-1}$ .

Resolução.

$p_A(\lambda) = \lambda^2 - \lambda - 1 = 0 \Rightarrow \lambda = \frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}.$

Seja $\phi = (1 + \sqrt{5})/2 \approx 1{,}618$ (razão áurea) e $\psi = (1 - \sqrt{5})/2 \approx -0{,}618$ .

Autovetores: para $\phi$ temos $(\phi, 1)$ ; para $\psi$ temos $(\psi, 1)$ .

$A^{10} = PD^{10}P^{-1}$ onde $D = \operatorname{diag}(\phi^{10}, \psi^{10})$ .

Em particular, o elemento $(1,1)$ de $A^n$ é $F_{n+1}$ ( $(n+1)$ -ésimo número de Fibonacci), dado pela fórmula de Binet:

$F_n = \frac{\phi^n - \psi^n}{\sqrt{5}}.$

Numericamente: $\phi^{10} \approx 122{,}99$ , $\psi^{10} \approx 0{,}009$ , $F_{11} = 89$ .

Verificação. $A^{10} = \begin{pmatrix} F_{11} & F_{10} \\ F_{10} & F_9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 89 & 55 \\ 55 & 34 \end{pmatrix}$ — confirma-se com a sequência de Fibonacci.

Fonte. Austin, Understanding Linear Algebra, §4.1 — CC-BY-SA.

Exemplo— 5· Distribuicao estacionaria de cadeia de Markov via autovetor

Problema. Uma cadeia de Markov modela o tempo em SP: estados Ensolarado (E) e Chuvoso (C). A matriz de transição é

P = \begin{pmatrix} 0{,}8 & 0{,}2 \\ 0{,}4 & 0{,}6 \end{pmatrix}

onde $P_{ij}$ é a probabilidade de transitar de $j$ para $i$ . Encontre a distribuição estacionária $\pi$ (autovetor de $\lambda = 1$ ).

Estratégia. Matrizes estocásticas sempre têm $\lambda = 1$ como autovalor. Resolver $(P - I)\pi = \vec{0}$ com normalização $\pi_1 + \pi_2 = 1$ .

Resolução.

$(P - I)\pi = \begin{pmatrix} -0{,}2 & 0{,}2 \\ 0{,}4 & -0{,}4 \end{pmatrix}\pi = \vec{0}$ $\Rightarrow$ $-0{,}2\pi_E + 0{,}2\pi_C = 0$ $\Rightarrow$ $\pi_E = \pi_C$ .

Normalizando: $\pi_E + \pi_C = 1 \Rightarrow \pi_E = \pi_C = 0{,}5$ .

No longo prazo, SP está ensolarado 50% do tempo e chuvoso 50%.

Verificação. $P\pi = \begin{pmatrix} 0{,}8 \cdot 0{,}5 + 0{,}2 \cdot 0{,}5 \\ 0{,}4 \cdot 0{,}5 + 0{,}6 \cdot 0{,}5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \\ 0{,}5 \end{pmatrix} = \pi$ . Correto.

Fonte. Austin, Understanding Linear Algebra, §4.3 — CC-BY-SA.

Lista de exercícios

40 exercícios · 10 com solução desenvolvida (25%)

Aplicação 13Compreensão 13Modelagem 3Desafio 6Demonstração 5

Ex. 114.1Aplicação
Calcule o polinômio característico de $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ . (Resp: $x^2 - 5x - 2$ )
Selecione a alternativa correta
A) $p_A(x) = x^2 - 5x - 2$B) $p_A(x) = x^2 - 5x + 2$C) $p_A(x) = x^2 + 5x - 2$D) $p_A(x) = x^2 + 5x + 2$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C10
Ver solução
$p_A(x) = \det(A - xI) = (1-x)(4-x) - 6 = x^2 - 5x + 4 - 6 = x^2 - 5x - 2$ . Autovalores: raízes de $x^2 - 5x - 2 = 0$ .
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Monte $A - xI = \begin{pmatrix}1-x&2\\3&4-x\end{pmatrix}$ .
2. Determinante: $(1-x)(4-x) - 6 = 4 - 5x + x^2 - 6 = x^2 - 5x - 2$ .
3. Verifique: termos independentes $4 - 6 = -2$ ; coeficiente de $x$ é $-(1+4) = -5$ .
Ex. 114.2Aplicação
Calcule o polinômio característico de $A = \begin{pmatrix} 3 & 2 & 1 \\ 0 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 0 \end{pmatrix}$ .
Selecione a alternativa correta
A) $p_A(x) = -x^3 + 4x^2 - 2x + 5$B) $p_A(x) = x^3 - 4x^2 + 2x - 5$C) $p_A(x) = -x^3 + 4x^2 + 2x - 5$D) $p_A(x) = x^3 + 4x^2 - 2x + 5$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C11
Ver solução
Calculando $\det(A - xI)$ por cofatores da primeira linha dá $-x^3 + 4x^2 - 2x + 5$ , equivalente com sinal líder positivo a $x^3 - 4x^2 + 2x - 5$ . Opção B.
Ex. 114.3AplicaçãoGabarito
Determine os autovalores, autoespaços, e multiplicidades algébrica e geométrica de $C = \begin{pmatrix} -1 & 2 \\ -6 & 6 \end{pmatrix}$ . (Resp: $\lambda = 3, 2$ )
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 3$ e $\lambda = 2$, ambos com $m_a = m_g = 1$B) $\lambda = 3$ com $m_a=2, m_g=1$ e $\lambda = 2$ com $m_a=m_g=1$C) $\lambda = 4$ e $\lambda = 1$, ambos simplesD) $\lambda = 5$ e $\lambda = 0$, ambos simples
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C19
Ver solução
Para $C = \begin{pmatrix}-1&2\\-6&6\end{pmatrix}$ : polinômio $\lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda-3)(\lambda-2)$ . Autovalores: $\lambda = 3$ e $\lambda = 2$ , ambos simples. Verificação: $\operatorname{tr} = 5 = 3+2$ ; $\det = 6 = 3 \cdot 2$ .
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Use a fórmula $\lambda^2 - \operatorname{tr}(C)\lambda + \det(C) = 0$ .
2. $\operatorname{tr}(C) = -1 + 6 = 5$ ; $\det(C) = (-1)(6) - (2)(-6) = -6+12 = 6$ .
3. Fatore: $(\lambda-3)(\lambda-2) = 0$ . Autovalores $3$ e $2$ .
Ex. 114.4Aplicação
Determine os autovalores e multiplicidades de $B = \begin{pmatrix} -12 & 30 \\ -5 & 13 \end{pmatrix}$ . (Resp: $\lambda = 3, -2$ )
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 3$ e $\lambda = -2$, ambos com $m_a = m_g = 1$B) $\lambda = 2$ e $\lambda = -3$C) $\lambda = 6$ e $\lambda = 1$D) $\lambda = 5$ e $\lambda = 0$
Selecione uma opção primeiro
Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C20
Ver solução
Para $B = \begin{pmatrix}-12&30\\-5&13\end{pmatrix}$ : $\operatorname{tr} = 1$ , $\det = -6$ . Polinômio: $\lambda^2 - \lambda - 6 = (\lambda-3)(\lambda+2)$ . Autovalores: $3$ e $-2$ .
Ex. 114.5Aplicação
Sem calculadora, encontre os autovalores de $B = \begin{pmatrix} 2 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ . O que acontece com o discriminante? (Resp: sem autovalores reais)
Selecione a alternativa correta
A) Não há autovalores reais; discriminante negativoB) $\lambda = 2$ e $\lambda = 1$C) $\lambda = \frac{3 \pm \sqrt{5}}{2}$D) $\lambda = 3$ (duplo)
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C22
Ver solução
Para $B = \begin{pmatrix}2&-1\\1&1\end{pmatrix}$ : $\operatorname{tr} = 3$ , $\det = 3$ . Polinômio: $\lambda^2 - 3\lambda + 3 = 0$ . Discriminante: $9 - 12 = -3 < 0$ . Não há autovalores reais. Sobre $\mathbb{C}$ : $\lambda = \frac{3 \pm i\sqrt{3}}{2}$ .
Ex. 114.6AplicaçãoGabarito
Encontre os autovalores e multiplicidades de $A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}$ . (Resp: $\lambda = 2, 0$ )
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 2$ com $m_a=m_g=1$ e $\lambda = 0$ com $m_a=m_g=1$ — diagonalizávelB) $\lambda = 2$ com $m_a=2, m_g=1$ — não diagonalizávelC) $\lambda = 1$ duplo com $m_g=2$D) $\lambda = 2$ com $m_a=m_g=2$ — diagonalizável
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C23
Ver solução
Para $A = \begin{pmatrix}1&1\\1&1\end{pmatrix}$ : $\operatorname{tr} = 2$ , $\det = 0$ . Polinômio: $\lambda(\lambda-2)$ . Autovalores: $0$ e $2$ . Autovetores: $(1,-1)^T$ para $\lambda=0$ e $(1,1)^T$ para $\lambda=2$ .
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Observe que $A$ tem posto 1 (linhas iguais), logo $\lambda = 0$ é autovalor.
2. Polinômio: $\lambda(\lambda-2) = 0$ . Segundo autovalor: $\lambda = 2$ .
3. Diagonalizável pois ambos têm $m_g = 1 = m_a$ .
Ex. 114.7AplicaçãoGabarito
Encontre os autovalores e multiplicidades de $A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 \\ -1 & 1 & -1 \\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}$ . (Resp: $\lambda = 3, 0$ )
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 3$ com $m_a=m_g=1$ e $\lambda = 0$ com $m_a=2, m_g=2$ — diagonalizávelB) $\lambda = 3$ com $m_a=1$ e $\lambda = 0$ com $m_a=2, m_g=1$ — não diagonalizávelC) $\lambda = 1$ com $m_a=m_g=3$D) $\lambda = 3$ com $m_a=2$ e $\lambda = 0$ com $m_a=1$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C24
Ver solução
Para $A = \begin{pmatrix}1&-1&1\\-1&1&-1\\1&-1&1\end{pmatrix}$ : posto 1, $\dim\ker = 2$ . $\operatorname{tr} = 3$ : autovalores $3$ (simples) e $0$ (duplo). Para $\lambda=0$ : $m_g = 2 = m_a$ . Diagonalizável. Autovetor de $\lambda=3$ : $(1,-1,1)^T$ .
Ex. 114.8AplicaçãoGabarito
Para $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 1 & 2 \end{pmatrix}$ com polinômio característico $(4-x)(1-x)^2$ , determine todos os autovalores com multiplicidades e decida se $A$ é diagonalizável.
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 4$ com $m_a=m_g=1$ e $\lambda = 1$ com $m_a=2, m_g=2$ — diagonalizávelB) $\lambda = 4$ com $m_a=1$ e $\lambda = 1$ com $m_a=2, m_g=1$ — não diagonalizávelC) $\lambda = 2$ com $m_a=m_g=3$D) $\lambda = 4$ com $m_a=2$ e $\lambda = 1$ com $m_a=1$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. C26
Ver solução
Polinômio dado: $(4-x)(1-x)^2$ . Autovalores: $4$ (simples) e $1$ (duplo). Para $\lambda=1$ : $A - I$ tem cada linha igual a $(1,1,1)$ , posto 1, logo $m_g = 2 = m_a$ . Diagonalizável.
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Leia o polinômio: raízes $4$ (simples) e $1$ (duplo).
2. Para $\lambda=1$ : escalone $A - I$ . Posto = 1, $\dim\ker = 2$ .
3. $m_g(1) = 2 = m_a(1)$ e $m_g(4) = m_a(4) = 1$ : diagonalizável.
Ex. 114.9Compreensão
Para matrizes idempotentes ( $A^2 = A$ ), prove que os únicos autovalores possíveis são $\lambda = 0$ e $\lambda = 1$ .
Selecione a alternativa correta
A) Apenas $\lambda = 0$ e $\lambda = 1$, pois $\lambda^2 = \lambda$ implica $\lambda(\lambda-1) = 0$B) Apenas $\lambda = 1$; $\lambda=0$ forçaria $A = 0$C) Qualquer $\lambda \in [0,1]$D) $\lambda = \pm 1$, como na involução
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. T10
Ver solução
Se $A^2 = A$ e $A\vec{v} = \lambda\vec{v}$ , então $\lambda^2\vec{v} = A^2\vec{v} = A\vec{v} = \lambda\vec{v}$ . Logo $\lambda^2 = \lambda$ , ou seja $\lambda(\lambda-1) = 0$ . Apenas $\lambda = 0$ ou $\lambda = 1$ .
Ex. 114.10Compreensão
Para autovalores distintos $\lambda$ e $\rho$ de uma matriz $A$ , prove que $\mathcal{E}_A(\lambda) \cap \mathcal{E}_A(\rho) = \{\mathbf{0}\}$ .
Selecione a alternativa correta
A) $\mathcal{E}_A(\lambda) \cap \mathcal{E}_A(\rho) = \{\mathbf{0}\}$ — autoespaços de autovalores distintos só se intersectam no zeroB) Os autoespaços podem se intersectar em subespaço não trivialC) Os autoespaços se intersectam em todo $V$D) A intersecção depende da matriz específica
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §EE · ex. T20
Ver solução
Se $\vec{v} \in \mathcal{E}_A(\lambda) \cap \mathcal{E}_A(\rho)$ : $A\vec{v} = \lambda\vec{v}$ e $A\vec{v} = \rho\vec{v}$ . Logo $(\lambda-\rho)\vec{v} = \vec{0}$ . Como $\lambda \neq \rho$ : $\vec{v} = \vec{0}$ .
Ex. 114.11CompreensãoGabarito
Prove que o termo constante do polinômio característico de uma matriz quadrada $A$ é igual a $\det(A)$ .
Selecione a alternativa correta
A) O termo constante de $p_A(x)$ é igual a $\det(A)$B) O termo constante é igual a $\operatorname{tr}(A)$C) O termo constante é sempre $(-1)^n$D) O termo constante é sempre zero
Selecione uma opção primeiro
Beezer — A First Course in Linear Algebra · §PEE · ex. T10
Ver solução
$p_A(x) = \det(A - xI)$ . Avaliando em $x = 0$ : $p_A(0) = \det(A)$ . O termo constante é exatamente $\det(A)$ .
Ex. 114.12CompreensãoGabarito
Prove que um único vetor não pode ser autovetor de $A$ correspondente a dois autovalores distintos.
Selecione a alternativa correta
A) Um vetor não pode ser autovetor de $A$ para dois autovalores distintosB) Um vetor pode ser autovetor de dois autovalores distintos se for ortogonal a ambosC) Isso é possível se a matriz for simétricaD) Autovetores de autovalores distintos são sempre ortogonais, nunca idênticos
Selecione uma opção primeiro
Beezer — A First Course in Linear Algebra · §PEE · ex. T20
Ver solução
Suponha $A\vec{v} = \lambda\vec{v}$ e $A\vec{v} = \rho\vec{v}$ com $\lambda \neq \rho$ . Então $(\lambda-\rho)\vec{v} = \vec{0}$ . Como $\lambda \neq \rho$ : $\vec{v} = \vec{0}$ . Contradição com $\vec{v}$ autovetor.
Ex. 114.13Compreensão
Prove que todos os autovalores de uma matriz unitária $U$ satisfazem $|\lambda| = 1$ .
Selecione a alternativa correta
A) $|\lambda| = 1$ para todo autovalor de uma matriz unitáriaB) $|\lambda| \leq 1$C) $\lambda = 1$ obrigatoriamenteD) Autovalores de matrizes unitárias são sempre reais
Selecione uma opção primeiro
Beezer — A First Course in Linear Algebra · §PEE · ex. T22
Ver solução
Se $U^* U = I$ e $U\vec{v} = \lambda\vec{v}$ : $\|\vec{v}\|^2 = \langle U\vec{v}, U\vec{v}\rangle = |\lambda|^2\|\vec{v}\|^2$ . Logo $|\lambda|^2 = 1$ , ou seja $|\lambda| = 1$ .
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Calcule $\|U\vec{v}\|^2 = (U\vec{v})^*(U\vec{v}) = \vec{v}^* U^* U \vec{v} = \vec{v}^*\vec{v} = \|\vec{v}\|^2$ .
2. Mas $U\vec{v} = \lambda\vec{v}$ , logo $\|U\vec{v}\|^2 = |\lambda|^2\|\vec{v}\|^2$ .
3. Combinando: $|\lambda|^2 = 1$ .
Ex. 114.14Compreensão
Mostre que o coeficiente de $x^n$ no polinômio característico de uma matriz $n \times n$ é $(-1)^n$ .
Selecione a alternativa correta
A) O coeficiente líder de $p_A(x)$ é $(-1)^n$B) O coeficiente líder é sempre $1$C) O coeficiente líder é $(-1)^{n+1}$D) O coeficiente líder é $n!$
Selecione uma opção primeiro
Beezer — A First Course in Linear Algebra · §PEE · ex. T30
Ver solução
O termo de grau máximo em $p_A(x) = \det(A - xI)$ vem do produto da diagonal: $(a_{11}-x)\cdots(a_{nn}-x)$ . O coeficiente de $x^n$ nesse produto é $(-1)^n$ , pois cada fator contribui com $-x$ .
Ex. 114.15Compreensão
Se $\lambda$ é autovalor de uma matriz não singular $A$ , prove que $1/\lambda$ é autovalor de $A^{-1}$ .
Selecione a alternativa correta
A) $1/\lambda$ é autovalor de $A^{-1}$ com o mesmo autovetorB) $-\lambda$ é autovalor de $A^{-1}$C) $\lambda$ é também autovalor de $A^{-1}$D) Sem relação direta entre autovalores de $A$ e $A^{-1}$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Beezer — A First Course in Linear Algebra · §PEE · ex. T50
Ver solução
Se $A$ não singular com autovalor $\lambda$ e autovetor $\vec{v}$ : $A\vec{v} = \lambda\vec{v} \Rightarrow \vec{v} = \lambda A^{-1}\vec{v} \Rightarrow A^{-1}\vec{v} = \frac{1}{\lambda}\vec{v}$ .
Ex. 114.16Aplicação
Suponha $T \in \mathcal{L}(\mathbb{R}^2)$ definido por $T(x, y) = (-3y, x)$ . Encontre os autovalores de $T$ (ou mostre que não existem autovalores reais).
Selecione a alternativa correta
A) Sem autovalores reais; discriminante negativoB) $\lambda = \pm 3$C) $\lambda = 3$ e $\lambda = 0$D) $\lambda = 0$ duplo
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 5
Ver solução
Para $T(x,y) = (-3y, x)$ , a matriz é $\begin{pmatrix}0&-3\\1&0\end{pmatrix}$ . Polinômio: $\lambda^2 + 3 = 0$ . Discriminante: $-12 < 0$ . Sem autovalores reais. Sobre $\mathbb{C}$ : $\lambda = \pm i\sqrt{3}$ .
Ex. 114.17Aplicação
Defina $T \in \mathcal{L}(\mathbb{F}^2)$ por $T(w, z) = (z, w)$ . Encontre todos os autovalores e autovetores de $T$ . (Resp: $\lambda = 1, -1$ )
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 1$ com autovetor $(1,1)$ e $\lambda = -1$ com autovetor $(1,-1)$B) $\lambda = 1$ duplo; dois autovetores iguaisC) $\lambda = 0$ duploD) $\lambda = 2$ e $\lambda = -2$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 6
Ver solução
Para $T(w,z) = (z,w)$ , a matriz é $\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ . Polinômio: $\lambda^2 - 1 = (\lambda-1)(\lambda+1)$ . Para $\lambda=1$ : $w = z$ , autovetor $(1,1)$ . Para $\lambda=-1$ : $w = -z$ , autovetor $(1,-1)$ .
Ex. 114.18Aplicação
Defina $T \in \mathcal{L}(\mathbb{F}^3)$ por $T(z_1, z_2, z_3) = (2z_2, 0, 5z_3)$ . Encontre todos os autovalores e autovetores de $T$ . (Resp: $\lambda = 0, 5$ )
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 0$ com autovetor $e_1$ e $\lambda = 5$ com autovetor $e_3$B) $\lambda = 2$ com autovetor $e_2$ e $\lambda = 5$ com autovetor $e_3$C) Três autovalores distintos: $0, 2, 5$D) Apenas $\lambda = 5$ como autovalor real
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 7
Ver solução
Para $T(z_1, z_2, z_3) = (2z_2, 0, 5z_3)$ , a matriz é triangular com diagonal $(0, 0, 5)$ . Autovalores: $0$ (duplo) e $5$ (simples). Para $\lambda=0$ : ker = span de $e_1$ . Para $\lambda=5$ : autovetor $e_3$ .
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Escreva a matriz de $T$ na base padrão: $\begin{pmatrix}0&2&0\\0&0&0\\0&0&5\end{pmatrix}$ .
2. Triangular: autovalores na diagonal — $0, 0, 5$ .
3. Para $\lambda=0$ : $T(z_1,z_2,z_3)=(0,0,0)$ exige $2z_2=0$ e $5z_3=0$ ; autoespaço = span de $e_1$ .
4. Para $\lambda=5$ : sistema dá $z_1 = z_2 = 0$ ; autovetor $e_3$ .
Ex. 114.19Compreensão
Suponha $P \in \mathcal{L}(V)$ satisfaz $P^2 = P$ . Prove que se $\lambda$ é autovalor de $P$ , então $\lambda = 0$ ou $\lambda = 1$ .
Selecione a alternativa correta
A) Apenas $\lambda = 0$ e $\lambda = 1$, pois $P^2 = P$ implica $\lambda^2 = \lambda$B) $\lambda = \pm 1$, pois projeções são isometriasC) Qualquer $\lambda \in [0,1]$D) Apenas $\lambda = 1$
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 8
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Se $P^2 = P$ e $P\vec{v} = \lambda\vec{v}$ : $\lambda^2\vec{v} = P^2\vec{v} = P\vec{v} = \lambda\vec{v}$ . Logo $\lambda^2 = \lambda$ , portanto $\lambda(\lambda-1) = 0$ .
Ex. 114.20Modelagem
Defina $T: \mathcal{P}(\mathbb{R}) \to \mathcal{P}(\mathbb{R})$ por $Tp = p'$ (derivada). Encontre todos os autovalores e autovetores de $T$ . (Resp: único autovalor $\lambda = 0$ )
Selecione a alternativa correta
A) Apenas $\lambda = 0$, com autovetores as constantes não nulasB) Todo escalar real é autovalorC) Autovalores $\lambda = 1, 2, 3, \ldots$D) Não há autovalores em $\mathcal{P}(\mathbb{R})$
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 9
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Se $p' = \lambda p$ para $p$ polinômio de grau $n \geq 1$ : $p'$ tem grau $n-1$ , mas $\lambda p$ tem grau $n$ — impossível se $\lambda \neq 0$ . Para $\lambda = 0$ : $p' = 0$ significa $p$ constante. Único autovalor: $0$ .
Ex. 114.21Modelagem
Defina $T \in \mathcal{L}(\mathcal{P}_4(\mathbb{R}))$ por $(Tp)(x) = xp'(x)$ . Encontre todos os autovalores e autovetores de $T$ . (Resp: autovalores $0, 1, 2, 3, 4$ )
Selecione a alternativa correta
A) Autovalores $0, 1, 2, 3, 4$ com autovetores $1, x, x^2, x^3, x^4$B) Autovalores $1, 2, 3, 4$; sem autovalor zeroC) Único autovalor $0$; operador nilpotenteD) Sem autovalores reais
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 10
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Para $(Tp)(x) = xp'(x)$ : $T(x^k) = x \cdot kx^{k-1} = kx^k$ . Logo $x^k$ é autovetor com autovalor $k$ . Autovalores: $0, 1, 2, 3, 4$ ; base de autovetores: $1, x, x^2, x^3, x^4$ . Diagonalizável.
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Teste $p(x) = x^k$ : $T(x^k) = x \cdot kx^{k-1} = kx^k$ . Autovalor $k$ .
2. Para $k=0$ : $T(1) = x \cdot 0 = 0$ . Autovalor $0$ .
3. A base $\{1, x, x^2, x^3, x^4\}$ é base de autovetores: diagonalizável.
Ex. 114.22Compreensão
Suponha $V = U \oplus W$ . Defina $P \in \mathcal{L}(V)$ por $P(u + w) = u$ para $u \in U$ , $w \in W$ . Encontre todos os autovalores e autovetores de $P$ .
Selecione a alternativa correta
A) Autovalores $0$ e $1$; autovetores de $\lambda=1$ em $U$, de $\lambda=0$ em $W$B) Autovalores $\pm 1$; a projeção é simetriaC) Único autovalor $\lambda = 1$ com multiplicidade $\dim V$D) Sem autovalores; a projeção não é invertível
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 12
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Para $P(u+w) = u$ : se $v \in U$ , $Pv = v = 1 \cdot v$ — autovalor $1$ . Se $w \in W$ , $Pw = 0 = 0 \cdot w$ — autovalor $0$ .
Ex. 114.23Compreensão
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ e $S \in \mathcal{L}(V)$ invertível. (a) Prove que $T$ e $S^{-1}TS$ têm os mesmos autovalores. (b) Qual é a relação entre os autovetores de $T$ e de $S^{-1}TS$ ?
Selecione a alternativa correta
A) $T$ e $S^{-1}TS$ têm os mesmos autovalores; autovetores de $S^{-1}TS$ são $S^{-1}\vec{v}$B) $T$ e $S^{-1}TS$ têm os mesmos autovalores E os mesmos autovetoresC) Mesmo traço mas autovalores podem diferirD) Os autovalores de $S^{-1}TS$ são os inversos dos de $T$
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 13
Ver solução
(a) Se $T\vec{v} = \lambda\vec{v}$ : $S^{-1}TS(S^{-1}\vec{v}) = S^{-1}(\lambda\vec{v}) = \lambda(S^{-1}\vec{v})$ . Logo $\lambda$ é autovalor de $S^{-1}TS$ com autovetor $S^{-1}\vec{v}$ . (b) Autovetores de $S^{-1}TS$ são $S^{-1}\vec{v}$ onde $\vec{v}$ é autovetor de $T$ .
Ex. 114.24Compreensão
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ invertível. (a) Se $\lambda \neq 0$ , prove que $\lambda$ é autovalor de $T$ sse $1/\lambda$ é autovalor de $T^{-1}$ . (b) Prove que $T$ e $T^{-1}$ têm os mesmos autovetores.
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda$ é autovalor de $T$ sse $1/\lambda$ é autovalor de $T^{-1}$; mesmo autovetorB) Autovalores de $T^{-1}$ são os negativos dos de $T$C) Autovalores de $T^{-1}$ são iguais aos de $T$D) $T^{-1}$ não tem os mesmos autovetores que $T$
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 21
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(a) $T\vec{v} = \lambda\vec{v}$ com $\lambda \neq 0$ : aplique $T^{-1}$ : $\vec{v} = \lambda T^{-1}\vec{v}$ , logo $T^{-1}\vec{v} = (1/\lambda)\vec{v}$ . (b) Mesmo autovetor $\vec{v}$ .
Ex. 114.25Desafio
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ e existam vetores não nulos $u, w \in V$ com $Tu = 3w$ e $Tw = 3u$ . Prove que $3$ ou $-3$ é autovalor de $T$ .
Selecione a alternativa correta
A) $3$ ou $-3$ é autovalor de $T$B) $9$ é autovalor de $T$C) $0$ é autovalor de $T$D) $T$ não tem autovalores reais
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 22
Ver solução
$T(u+w) = 3w + 3u = 3(u+w)$ . Se $u+w \neq 0$ : $3$ é autovalor. Se $u+w = 0$ , então $w = -u$ e $Tu = 3(-u) = -3u$ : $-3$ é autovalor.
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Compute $T(u+w) = Tu + Tw = 3w + 3u = 3(u+w)$ .
2. Se $u+w \neq 0$ : $3$ é autovalor com autovetor $u+w$ . Pronto.
3. Se $u+w = 0$ : então $w = -u$ , logo $Tu = -3u$ : $-3$ é autovalor.
Ex. 114.26Desafio
Suponha $V$ finito-dimensional e $S, T \in \mathcal{L}(V)$ . Prove que $ST$ e $TS$ têm os mesmos autovalores.
Selecione a alternativa correta
A) $ST$ e $TS$ têm os mesmos autovalores em $V$ finito-dimensionalB) $ST$ e $TS$ têm os mesmos autovalores apenas se algum for invertívelC) $ST$ e $TS$ podem ter espectros diferentesD) Vale apenas se $ST = TS$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 23
Ver solução
Seja $\lambda \neq 0$ autovalor de $ST$ com autovetor $u$ . Seja $v = Tu$ . Então $TSv = T(STu) = T(\lambda u) = \lambda Tu = \lambda v$ . Como $v = Tu \neq 0$ (pois $Sv = STu = \lambda u \neq 0$ ): $\lambda$ é autovalor de $TS$ .
Ex. 114.27Compreensão
Suponha $A$ é uma matriz $n \times n$ . (a) Se a soma das entradas em cada linha é 1, prove que 1 é autovalor de $A$ . (b) Se a soma das entradas em cada coluna é 1, prove que 1 é autovalor de $A$ .
Selecione a alternativa correta
A) $\lambda = 1$ é autovalor se a soma de cada linha da matriz é 1B) $\lambda = 1$ é autovalor apenas se a matriz é estocástica duplaC) $\lambda = 1$ é autovalor de qualquer matriz quadradaD) $\lambda = 1$ é autovalor apenas se $\det A = 1$
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 24
Ver solução
(a) Se a soma de cada linha é 1: o vetor $(1,\ldots,1)^T$ satisfaz $A\mathbf{1} = \mathbf{1}$ . Logo $\lambda = 1$ com autovetor $(1,\ldots,1)^T$ . (b) Se a soma de cada coluna é 1: $A^T\mathbf{1} = \mathbf{1}$ , logo $1$ é autovalor de $A^T$ e portanto de $A$ .
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Defina $e = (1,\ldots,1)^T$ .
2. A $i$ -ésima componente de $Ae$ é a soma da linha $i$ = 1.
3. Logo $Ae = e$ : autovalor 1.
Aplicação: toda matriz de transição de Markov (colunas somam 1) tem $\lambda = 1$ — base da distribuição estacionária.
Ex. 114.28DemonstraçãoGabarito
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ e $u, w$ são autovetores de $T$ tais que $u+w$ também é autovetor. Prove que $u$ e $w$ correspondem ao mesmo autovalor.
Selecione a alternativa correta
A) Se $u+w$ é autovetor de $T$, então $u$ e $w$ correspondem ao mesmo autovalorB) Se $u+w$ é autovetor de $T$, então $u$ e $w$ são LIC) $u+w$ nunca pode ser autovetor se $u$ e $w$ têm autovalores distintosD) $T$ seria a identidade se isso ocorresse
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 25
Ver solução
Seja $Tu = \alpha u$ , $Tw = \beta w$ , $T(u+w) = \gamma(u+w)$ . Então $\alpha u + \beta w = \gamma u + \gamma w$ , logo $(\alpha-\gamma)u = (\gamma-\beta)w$ . Se $\alpha \neq \beta$ : autovetores LI, ambos os lados zero, então $\alpha = \gamma$ e $\beta = \gamma$ — contradição. Logo $\alpha = \beta$ .
Ex. 114.29Demonstração
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ e todo vetor não nulo em $V$ é autovetor de $T$ . Prove que $T$ é múltiplo escalar do operador identidade.
Selecione a alternativa correta
A) Se todo vetor não nulo de $V$ é autovetor de $T$, então $T = cI$ para algum escalar $c$B) A condição é impossível se $\dim V > 1$C) Diferentes vetores poderiam ter autovalores diferentesD) $T$ seria necessariamente o operador nulo
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 26
Ver solução
Sejam $u, w$ LI com $Tu = \alpha u$ e $Tw = \beta w$ . Então $T(u+w) = \gamma(u+w)$ . Comparando: $\alpha u + \beta w = \gamma u + \gamma w$ . Como $u, w$ LI: $\alpha = \gamma = \beta$ . Todos os vetores têm o mesmo autovalor $c$ , logo $T = cI$ .
Ex. 114.30DesafioGabarito
Suponha $V$ finito-dimensional e $T \in \mathcal{L}(V)$ . Prove que $T$ tem no máximo $1 + \dim\operatorname{Im}(T)$ autovalores distintos.
Selecione a alternativa correta
A) $T$ tem no máximo $1 + \dim\operatorname{Im}(T)$ autovalores distintosB) $T$ tem no máximo $\dim V$ autovalores, sem relação com a imagemC) $T$ tem no máximo $\dim\ker(T)$ autovaloresD) $T$ tem exatamente $\dim V$ autovalores
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 28
Ver solução
Sejam $\lambda_1, \ldots, \lambda_m$ autovalores distintos com autovetores LI $v_1, \ldots, v_m$ . Se $0 \notin \{\lambda_i\}$ : $Tv_i = \lambda_i v_i$ são LI, logo $\dim\operatorname{Im}(T) \geq m$ . Se $0$ for autovalor: acrescenta-se 1. Logo $m \leq 1 + \dim\operatorname{Im}(T)$ .
Ex. 114.31DesafioGabarito
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ e $(T-2I)(T-3I)(T-4I) = 0$ . Prove que se $\lambda$ é autovalor de $T$ , então $\lambda = 2$ , $\lambda = 3$ ou $\lambda = 4$ .
Selecione a alternativa correta
A) Os únicos autovalores possíveis de $T$ são $2$, $3$ e $4$B) $T$ tem exatamente os três autovalores $2, 3, 4$C) A condição implica $T = 2I$, $T = 3I$ ou $T = 4I$D) A condição não restringe os autovalores
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 30
Ver solução
Se $\lambda$ é autovalor com autovetor $v$ : $(T-2I)(T-3I)(T-4I)v = (\lambda-2)(\lambda-3)(\lambda-4)v = 0$ . Como $v \neq 0$ : $(\lambda-2)(\lambda-3)(\lambda-4) = 0$ . Logo $\lambda \in \{2,3,4\}$ .
Ex. 114.32Aplicação
Defina $T \in \mathcal{L}(\mathbb{F}^n)$ por $T(x_1, x_2, \ldots, x_n) = (x_1, 2x_2, \ldots, nx_n)$ . (a) Encontre todos os autovalores e autovetores de $T$ . (Resp: $\lambda_k = k$ , $k = 1,\ldots,n$ ) (b) Encontre todos os subespaços invariantes sob $T$ .
Selecione a alternativa correta
A) Autovalores $1, 2, \ldots, n$ com autovetores $e_1, \ldots, e_n$ — diagonalizávelB) Único autovalor $n!$C) Autovalores $0, 1, \ldots, n-1$D) Não diagonalizável por autovalores repetidos
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 42
Ver solução
Para $T(x_1,\ldots,x_n) = (x_1, 2x_2, \ldots, nx_n)$ : $Te_k = ke_k$ . Autovalores $1, \ldots, n$ ; autovetores $e_1, \ldots, e_n$ . Diagonalizável. Subespaços invariantes: qualquer soma de subespaços $\operatorname{span}(e_k)$ .
Ex. 114.33Compreensão
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ . Prove que $9$ é autovalor de $T^2$ se e somente se $3$ ou $-3$ é autovalor de $T$ .
Selecione a alternativa correta
A) $9$ é autovalor de $T^2$ sse $3$ ou $-3$ é autovalor de $T$B) $9$ é autovalor de $T^2$ sse $3$ é autovalor de $T$C) $9$ é autovalor de $T^2$ sse $9$ é autovalor de $T$D) $9$ é autovalor de $T^2$ independentemente dos autovalores de $T$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5B · ex. 1
Ver solução
( $\Leftarrow$ ) Se $T\vec{v} = \pm 3\vec{v}$ : $T^2\vec{v} = 9\vec{v}$ . ( $\Rightarrow$ ) Se $T^2v = 9v$ : $(T-3I)(T+3I)v = 0$ . Seja $w = (T+3I)v$ . Se $w \neq 0$ : $3$ é autovalor. Se $w = 0$ : $-3$ é autovalor.
Ex. 114.34AplicaçãoGabarito
Suponha $n > 1$ e $T \in \mathcal{L}(\mathbb{F}^n)$ definido por $T(x_1, \ldots, x_n) = (S, S, \ldots, S)$ onde $S = x_1 + \cdots + x_n$ . Encontre todos os autovalores e autovetores de $T$ . (Resp: $\lambda = 0$ e $\lambda = n$ )
Selecione a alternativa correta
A) Autovalores: $0$ (com autoespaço de dimensão $n-1$) e $n$ (com autoespaço de dimensão 1)B) Autovalores: $1$ (único, multiplicidade $n$)C) Autovalores: $1, 2, \ldots, n$ todos distintosD) Autovalores: $0$ apenas, multiplicidade $n$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5B · ex. 3
Ver solução
A matriz tem todas as entradas iguais a 1 (posto 1). Logo $\dim\ker T = n-1$ : $\lambda=0$ com $m_g = n-1$ . Verifique $(1,\ldots,1)^T$ : $T(1,\ldots,1) = (n,\ldots,n) = n(1,\ldots,1)$ . Logo $\lambda=n$ com autovetor $(1,\ldots,1)^T$ .
Ex. 114.35Desafio
Suponha $\mathbf{F} = \mathbb{C}$ , $T \in \mathcal{L}(V)$ , $p \in \mathcal{P}(\mathbb{C})$ não constante e $\alpha \in \mathbb{C}$ . Prove que $\alpha$ é autovalor de $p(T)$ sse $\alpha = p(\lambda)$ para algum autovalor $\lambda$ de $T$ .
Selecione a alternativa correta
A) Se $\mathbf{F} = \mathbb{C}$: $\alpha$ é autovalor de $p(T)$ sse $\alpha = p(\lambda)$ para algum autovalor $\lambda$ de $T$B) Autovalores de $p(T)$ são sempre iguais aos de $T$C) Vale para qualquer corpo $\mathbf{F}$, não apenas $\mathbb{C}$D) Os autovalores de $p(T)$ são os quadrados dos de $T$
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5B · ex. 4
Ver solução
( $\Leftarrow$ ) Se $T\vec{v} = \lambda\vec{v}$ e $\alpha = p(\lambda)$ : $p(T)\vec{v} = p(\lambda)\vec{v} = \alpha\vec{v}$ . ( $\Rightarrow$ ) Sobre $\mathbb{C}$ : fatore $p(z)-\alpha = c(z-\lambda_1)\cdots(z-\lambda_k)$ . Então $(p(T)-\alpha I)v = 0$ implica algum $(T-\lambda_j I)w = 0$ para $w$ não nulo, i.e., $\lambda_j$ é autovalor de $T$ com $p(\lambda_j) = \alpha$ .
Ex. 114.36Modelagem
Suponha $T \in \mathcal{L}(\mathbb{F}^2)$ definido por $T(w, z) = (-z, w)$ . Encontre o polinômio minimal de $T$ . (Resp: $z^2 + 1$ )
Selecione a alternativa correta
A) Polinômio minimal de $T(w,z)=(-z,w)$ é $z^2 + 1$B) Polinômio minimal é $z^2 - 1$C) Polinômio minimal é $z^2$D) Polinômio minimal é $z + 1$
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5B · ex. 6
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A matriz de $T$ é $\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$ (rotação de 90°). Calcule $T^2$ : $T^2(w,z) = T(-z,w) = (-w,-z)$ . Então $T^2 + I = 0$ pois $(T^2+I)(w,z) = (-w+w,-z+z) = (0,0)$ . Grau mínimo: 2 (pois $T \neq cI$ ). Polinômio minimal: $z^2 + 1$ .
Ex. 114.37Desafio
Suponha $T \in \mathcal{L}(\mathbb{F}^4)$ e os autovalores de $T$ são $3, 5, 8$ . Prove que $(T-3I)^2(T-5I)^2(T-8I)^2 = 0$ .
Selecione a alternativa correta
A) $(T-3I)^2(T-5I)^2(T-8I)^2 = 0$ pois cada multiplicidade algébrica é no máximo 2 em $\mathbb{F}^4$B) $(T-3I)(T-5I)(T-8I) = 0$ bastaC) Seria necessário elevar ao cubo: $(T-3I)^3(T-5I)^3(T-8I)^3 = 0$D) A afirmação é falsa
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5B · ex. 20
Ver solução
Em $\mathbb{F}^4$ , a soma das multiplicidades algébricas deve ser 4. Com três autovalores distintos 3, 5, 8, cada um tem multiplicidade algébrica no máximo 2 (com sobra: $1+1+2 = 4$ ou similar). Pelo teorema de Cayley-Hamilton, o polinômio mínimo divide $p_A$ de grau 4. O produto $(z-3)^2(z-5)^2(z-8)^2$ tem grau 6 e é múltiplo de $p_A$ , logo avaliado em $T$ dá zero.
Ex. 114.38Demonstração
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ e todo vetor não nulo de $V$ é autovetor de $T$ . Prove que $T$ é múltiplo escalar do operador identidade (use $\dim V > 1$ ).
Selecione a alternativa correta
A) Se todo vetor não nulo é autovetor, todos têm o mesmo autovalor, logo $T = cI$B) Impossível que todo vetor seja autovetor em dimensão maior que 1C) Diferentes vetores podem ter autovalores distintos sem que $T = cI$D) $T$ seria o operador nulo
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Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 26
Ver solução
Para $u, w$ LI com $Tu = \alpha u$ , $Tw = \beta w$ , $T(u+w) = \gamma(u+w)$ : $\alpha u + \beta w = \gamma u + \gamma w$ . Como LI: $\alpha = \gamma = \beta$ . Todos os vetores têm o mesmo autovalor $c$ , portanto $T = cI$ .
Ver passo a passo (com o porquê)
1. Tome $u, w$ LI com $Tu = \alpha u$ , $Tw = \beta w$ .
2. $T(u+w) = \gamma(u+w)$ . Expanda: $\alpha u + \beta w = \gamma u + \gamma w$ .
3. Como $u, w$ LI: coeficientes iguais. $\alpha = \gamma$ e $\beta = \gamma$ .
4. Portanto todo vetor tem autovalor $c = \alpha = \beta = \gamma$ : $Tv = cv$ para todo $v$ .
Ex. 114.39Demonstração
Prove ou dê um contraexemplo: se $V$ é finito-dimensional e $U$ é subespaço de $V$ invariante sob todo operador em $V$ , então $U = \{0\}$ ou $U = V$ .
Selecione a alternativa correta
A) $U = \{0\}$ ou $U = V$ são os únicos subespaços invariantes sob todo operador em $V$B) Todo subespaço de $V$ é invariante sob todo operadorC) Apenas subespaços de dimensão 1 são invariantesD) Um subespaço é invariante sob todo operador sse tem dimensão par
Selecione uma opção primeiro
Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 4
Ver solução
Se $U$ é invariante sob todo $T \in \mathcal{L}(V)$ e $0 \neq u \in U$ : para qualquer $v \in V$ , defina $T$ por $Tu = v$ . Como $U$ é invariante: $v = Tu \in U$ . Logo $V \subseteq U$ e $U = V$ . Portanto $U = \{0\}$ ou $U = V$ .
Ex. 114.40Demonstração
Suponha $T \in \mathcal{L}(V)$ e $U$ é subespaço de $V$ . (a) Prove que se $U \subseteq \ker T$ , então $U$ é invariante sob $T$ . (b) Prove que se $\operatorname{Im}T \subseteq U$ , então $U$ é invariante sob $T$ .
Selecione a alternativa correta
A) $U \subseteq \ker T \Rightarrow$ invariante; $\operatorname{Im}T \subseteq U \Rightarrow$ invarianteB) Apenas $U \subseteq \ker T$ é suficiente; a condição sobre a imagem não garanteC) Invariância exige $U = \ker T$ ou $U = \operatorname{Im}T$ exatamenteD) Nenhuma das duas condições garante invariância
Selecione uma opção primeiro
Resolver online Axler — Linear Algebra Done Right 4e · §5A · ex. 1
Ver solução
(a) Se $U \subseteq \ker T$ : para todo $u \in U$ , $T(u) = 0 \in U$ . (b) Se $\operatorname{Im}T \subseteq U$ : para todo $u \in U \subseteq V$ , $T(u) \in \operatorname{Im}T \subseteq U$ .

Fontes

A First Course in Linear Algebra — Robert A. Beezer · 2022 · EN · GNU FDL · §EE e §PEE. Fonte primária dos exercícios e definições rigorosas.
Understanding Linear Algebra — David Austin · 2023 · EN · CC-BY-SA · §4.1–§4.3. Fonte dos exemplos geométricos e aplicações a cadeias de Markov.
Linear Algebra Done Right (4ª ed.) — Sheldon Axler · 2024 · EN · CC-BY-NC · Cap. 5. Referência para a abordagem moderna de multiplicidades e autoespaços.