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´ MAT 0222 Algebra Linear II Exerc´ıcio Resolvido Seja A a matriz complexa
2 1 −1 0 1 0
0 2 0 1 1 0
0 0 2 0 1 0
0 0 0 2 1 0
0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 1 −1
.
Encontre a forma de Jordan J de A e encontre tamb´em uma matriz invert´ıvel P tal que P −1 AP = J. 1. Encontrar o polinˆomio caracter´ıstico e o polinˆ omio minimal de A. Fazendo os c´alculos, vemos que pA (X) = (X − 2)5 (X + 1) e mA (X) = (X − 2)4 (X + 1). (Vocˆe calcula o polinˆomio caracter´ıstico. Usa que o polinˆomio minimal tem as mesmas ra´ızes que pA (X), e asssim , s´o pode ser da forma mA (X) = (X − 2)s (X + 1), com 1 ≤ s ≤ 5, e vˆe qual ´e o de grau menor e dessa forma, que anula a matriz A.) 2. Seja T : C6 → C6 o operador linear tal que [T ]can = A. Use o Teorema da Decomposi¸c˜ao Prim´ aria para escrever C6 como uma soma direta de subespa¸cos invariantes sob T . Pelo Teorema da Decomposi¸c˜ao Prim´aria temos que C6 = W1 ⊕ W2 , onde W1 = Ker(T − 2I)4 e W2 = Ker(T + I). Al´em disso, pelo mesmo teorema, temos que se T1 = T |W1 e T2 = T |W2 , ent˜ao mT1 (X) = (X − 2)4 e mT2 (X) = (X + 1). Tamb´em sabemos que dimW1 = 5 e dimW2 = 1. ´ f´acil ver que W2 ´e o autoespa¸co associado ao autovalor −1 e uma base para ele ´e constituida E pelo vetor e6 = (0, 0, 0, 0, 0, 1). Para encontrarmos uma base para W1 , primeiro calculamos (A − 2I6 )4 e assim, achamos uma base para Ker(T − 2I)4 . Obtivemos a seguinte base de W1 : B1 = {w1 , w2 , w3 , w4 , w5 }, onde w1 = (−6/10, 1, 0, 0, 0, 0), w2 = (−9/10, 0, 1, 0, 0, 0), w3 = (−9/10, 0, 0, 1, 0, 0), w4 = (27/10, 0, 0, 0, 1, 0) e w5 = (−81/10, 0, 0, 0, 0, 1). 3. Encontre a forma de Jordan da matriz A. Seja N1 = T1 − 2I. Ent˜ao N1 ´e um operador linear nilpotente, com ´ındice de nilpotˆencia igual a 4 em W1 , que ´e um espa¸co vetorial de dimens˜ao 5 (e 5 = 4 + 1). Logo, existe uma base C de W1 tal que 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 [N1 ]C = 0 1 0 0 0 . 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
Assim, a matriz de T1 = N1 + 2I em rela¸c˜ao 2 1 [T1 ]C = 0 0 0 Na base B = C ∪ {e6 } a matriz de T ´e J 2 1 0 J = 0 0 0
`a base C ´e 0 2 1 0 0
0 0 2 1 0
0 0 0 2 0
0 0 0 0 2
.
que ´e a forma de Jordan de A (ou de T ). 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 1 2 0 0 0 . 0 1 2 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 −1
4. Encontrar uma base B de C5 tal que [T ]B = J. A matriz
[N1 ]B1
=
−6/10 −9/10 −9/10 27/10 −81/10 6/10 9/10 9/10 −27/10 81/10 1 0 0 0 0 4/10 1/10 1/10 27/10 −81/10 0 0 0 1 −3
Queremos agora um vetor v ∈ W1 tal que N13 v 6= 0. Fazendo as contas vemos que w1 ´e um desses vetores, ou ent˜ao, o vetor u = 10w1 = (−6, 10, 0, 0, 0, 0). Temos ent˜ao que os vetores u, N1 u, N12 u, N13 u s˜ao LI. Esses vetores s˜ao respectivamente: (−6, 10, 0, 0, 0, 0), (0, −6, 6, 10, 4, 0), (0, 0, 0, −6, 10, 4) e (0, 0, 0, 0, −6, −2). Note agora que N1 w2 = N1 w3 e ent˜ao, w2 − w3 = e3 − e4 = (0, 0, 1, −1, 0, 0) ∈ KerN1 . Assim o conjunto de vetores C = {u, , N1 u, N12 u, N13 u, (0, 0, 1, −1, 0, 0)} ´e uma base de W1 na qual a matriz de N1 est´a na forma 2 0 0 0 0 1 2 0 0 0 [T1 ]C = 0 1 2 0 0 0 0 1 2 0 0 0 0 0 2
de Jordan. Assim, .
Agora, tomando B = C ∪ {e6 } temos que [T ]B = J e se P = IB,can , temos que P −1 AP = J.
