Prova de Álgebra Linear Resolvida

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1. (3 pontos) Seja V um espaço vetorial de dimensão finita, equipado com um produto interno
〈 , 〉 : V × V → R, e seja T : V → V um operador linear que é auto-adjunto e ortogonal
simultaneamente, mostre que T ◦T = idV, sendo idV : V→ V o operador identidade, idV(w) =
w para todo w ∈ V;
Seja α uma base ortonormal de V. Como T é auto-adjunto, segue que a matriz [T ]αα é
simétrica, ou seja, ([T ]αα)
t = [T ]αα. Como T é ortogonal, segue que ([T ]
α
α)
−1 = ([T ]αα)
t. Logo,
([T ]αα)
−1 = [T ]αα e consequentemente, T = T
−1. Portanto, T ◦ T = idV.
• Resolução alternativa
Sejam v, w ∈ V. Como T é auto-adjunto e ortogonal, segue que 〈T (T (v)), w〉 = 〈T (v), T (w)〉 =
〈v, w〉. Logo,
〈T (T (v))− v, w〉 = 0 ∀ v, w ∈ V
em particular, se v é um vetor arbitrário de V e w = T (T (v))− v então,
〈T (T (v))− v, T (T (v))− v〉 = 0 ∀ v ∈ V
Logo, T (T (v))− v = 0V, ou seja, T (T (v)) = v para qualquer v ∈ V. Portanto, T ◦ T = idV.
2. (3 pontos) Seja W o subespaço de R2 gerado por v = (3, 4), ou seja, W = [(3, 4)]. Usando o
produto interno usual de R2, seja E : R2 → R2 a projeção ortogonal sobre W. Determine:
a) Uma expressão para E(x, y);
Como E é a projeção ortogonal sobre W = [(3, 4)], temos que T (3, 4) = (3, 4) e T (−4, 3) =
(0, 0) (pois (−4, 3) é ortogonal a todos os vetores de W). Dado, (x, y) ∈ R2 temos que,
(x, y) = a · (3, 4) + b · (−4, 3)
sendo, a = 〈(x,y),(3,4)〉〈(3,4),(3,4)〉 =
3x+4y
25
e b = 〈(x,y),(−4,3)〉〈(−4,3),(−4,3)〉 =
−4x+3y
25
. Logo,
E(x, y) = a·E(3, 4)+b·E(−4, 3) = 3x+ 4y
25
·(3, 4)+−4x+ 3y
25
·(0, 0) =
(
9x+ 12y
25
,
12x+ 16y
25
)
b) A matriz de E em relação à base ordenada canônica α = {(1, 0), (0, 1)};
Pelo item a) temos que, E(1, 0) =
(
9
25
, 12
25
)
e E(0, 1) =
(
12
25
, 16
25
)
. Logo,
[E]αα =
(
9
25
12
25
12
25
16
25
)
=
1
25
·
(
9 12
12 16
)
1
Prova 3 Resolvida de Álgebra Linear
c) W⊥;
W⊥ = [(−4, 3)]
d) Uma base ordenada ortonormal, em relação a qual E seja representada pela matriz
(
0 0
0 1
)
.
Seja β = {v1, v2} a base ordenada ortonormal procurada. Então, E(v1) = 0 ·v1 +0 ·v2 = (0, 0)
e E(v2) = 0 · v1 + 1 · v2 = v2. Assim, podemos tomar v1 = (−45 ,
3
5
) e v2 = (
3
5
, 4
5
).
3. (3 pontos) Considere a quádrica com equação: 2xy − z = 0. Aplique o procedimento de diago-
nalização de formas quadráticas para determinar o que essa quádrica representa.
Temos que,
2xy − z = 0 ⇔
(
x y z
)
·
0 1 01 0 0
0 0 0
 ·
xy
z
+ (0 0 −1) ·
xy
z
 = 0 ⇔
⇔ ([v]α)t · [Q]αα · [v]α +
(
0 0 −1
)
· [v]α = 0
sendo α = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} a base canônica de R3, [v]α =
xy
z
 e Q(x, y, z) = xy.
Vamos diagonalizar a forma quadrática Q.
• Polinômio caracteŕıstico PQ(x).
PQ(x) = det
 x −1 0−1 x 0
0 0 x
 = x3 − x = x(x2 − 1) = x(x− 1)(x+ 1)
Logo, os autovalores de [Q]αα são λ1 = 0, λ2 = 1 e λ3 = −1.
• Autovetor v1 de norma 1 associado ao autovalor λ1 = 0 0 −1 0−1 0 0
0 0 0
 ·
xy
z
 =
00
0
 ⇒ x = y = 0
Logo, podemos escolher v1 = (0, 0, 1).
• Autovetor v2 de norma 1 associado ao autovalor λ2 = 1 1 −1 0−1 1 0
0 0 1
 ·
xy
z
 =
00
0
 ⇒ x = y e z = 0.
Logo, podemos escolher v2 = (
√
2
2
,
√
2
2
, 0).
• Autovetor v3 de norma 1 associado ao autovalor λ3 = −1
Sabemos que v3 deve ser ortogonal a v1 e a v2. Logo, podemos escolher v3 = (
−
√
2
2
,
√
2
2
, 0).
Assim, β = {v1, v2, v3} = {(0, 0, 1), (
√
2
2
,
√
2
2
, 0), (−
√
2
2
,
√
2
2
, 0)} é uma base ortonormal de R3,
formada por autovetores de [Q]αα. Temos que, [v]α = M
β
α · [v]β, sendo Mβα =
0
√
2
2
−
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
1 0 0
.
2
Portanto temos que,
2xy − z = 0 ⇔ ([v]α)t · [Q]αα · [v]α +
(
0 0 −1
)
· [v]α = 0
⇔
(
Mβα · [v]β
)t · [Q]αα ·Mβα · [v]β + (0 0 −1) ·Mβα · [v]β = 0
⇔ ([v]β)t ·
(
Mβα
)t · [Q]αα ·Mβα · [v]β + (0 0 −1) ·Mβα · [v]β = 0
⇔
(
X Y Z
)0 0 00 1 0
0 0 −1
XY
Z
+ (0 0 −1)
0
√
2
2
−
√
2
2
0
√
2
2
√
2
2
1 0 0
XY
Z
 = 0
⇔ Y 2 − Z2 −X = 0
sendo [v]β =
XY
Z

Portanto, a quádrica em questão representa um parabolóide hiperbólico (sela de cavalo)
4. (2 pontos) Seja V um espaço vetorial equipado com um produto interno. Sejam v, w ∈ V vetores
tais que, 〈v, u〉 = 〈w, u〉 para todo u ∈ V. Mostre que v = w.
Temos que, 〈v, u〉 = 〈w, u〉 para todo u ∈ V se, e somente se, 〈v−w, u〉 = 0 para todo u ∈ V.
Em particular, fazendo u = v−w temos que 〈v−w, v−w〉 = 0. Mas isso ocorre se, e somente
se, v − w = 0V (propriedade de produto interno), ou seja, v = w.
5. (2,5 pontos) Seja Q : MR(2, 2) → MR(2, 2) o operador linear que associa cada matriz A =(
a11 a12
a21 a22
)
∈ MR(2, 2) a sua matriz transposta Q(A) = At =
(
a11 a21
a12 a22
)
. Considere em
MR(2, 2) o produto interno 〈A,B〉 = traço(Bt · A).
a) Q é um operador auto-adjunto? justifique;
Sejam A =
(
a11 a12
a21 a22
)
e B =
(
b11 b12
b21 b22
)
. Temos que,
〈Q(A), B〉 = 〈At, B〉 = traço(Bt · At) = traço
((
b11 b21
b12 b22
)
·
(
a11 a21
a12 a22
))
=
= b11a11 + b21a12 + b12a21 + b22a22
e
〈A,Q(B)〉 = 〈A,Bt〉 = traço((Bt)t · A) = traço(B · A) =
= traço
((
b11 b12
b21 b22
)
·
(
a11 a12
a21 a22
))
= b11a11 + b12a21 + b21a12 + b22a22
Assim, 〈Q(A), B〉 = 〈A,Q(B)〉 para quaisquer A,B ∈ MR(2, 2). Portanto, Q é um operador
auto-adjunto.
b) Q é um operador ortogonal? justifique.
Sejam A =
(
a11 a12
a21 a22
)
e B =
(
b11 b12
b21 b22
)
. Temos que,
〈Q(A), Q(B)〉 = 〈At, Bt〉 = traço((Bt)t · At) = traço(B · At) =
= traço
((
b11 b12
b21 b22
)
·
(
a11 a21
a12 a22
))
= b11a11 + b12a12 + b21a21 + b22a22
3
e
〈A,B〉 = traço(Bt · A) = traço
((
b11 b21
b12 b22
)
·
(
a11 a12
a21 a22
))
=
= b11a11 + b21a21 + b12a12 + b22a22
Assim, 〈Q(A), Q(B)〉 = 〈A,B〉 para quaisquer A,B ∈ MR(2, 2). Portanto, Q é um operador
ortogonal.
6. (2,5 pontos) Seja P2 o espaço vetorial dos polinômios, com coeficientes reais, de grau menor ou
igual a 2, equipado com o produto interno 〈f, g〉 =
∫ 1
0
(f(x) · g(x)) dx. Determine uma base
ortonormal β de P2. (sugestão: aplique o processo de Gram-Schmidt a alguma base de P2)
Sabemos que α = {1, x, x2} é uma base de P2. Apliquemos o processo de Gram-Schmidt à
base α.
w1 = 1
w2 = x−
〈x,w1〉
〈w1, w1〉
w1 = x−
∫ 1
0
x · 1 dx∫ 1
0
1 · 1 dx
· 1 = x− 1
2
w3 = x
2 − 〈x
2, w1〉
〈w1, w1〉
w1 −
〈x2, w2〉
〈w2, w2〉
w2 =
= x2 −
∫ 1
0
x2 · 1 dx∫ 1
0
1 · 1 dx
· 1−
∫ 1
0
x2 · (x− 1
2
) dx∫ 1
0
(x− 1
2
)2 dx
· (x− 1
2
) =
= x2 − 1
3
− (x− 1
2
) = x2 − x+ 1
6
||w1|| =
√∫ 1
0
w1 · w1 dx =
√∫ 1
0
1 · 1 dx =
√
1 = 1;
Portanto, v1 =
w1
||w1||
= 1.
||w2|| =
√∫ 1
0
(x− 1
2
)2 dx =
√∫ 1
0
x2 − x+ 1
4
dx =
√
13
3
− 12
2
+ 1
4
= 1
2
√
3
;
Portanto, v2 =
w2
||w2||
= 2
√
3x−
√
3.
||w3|| =
√∫ 1
0
(x2 − x+ 1
6
)2 dx =
√∫ 1
0
(x4 − 2x3 + 4
3
x2 − 1
3
x+ 1
36
) dx =
=
√
15
5
− 2 · 14
4
+ 4
3
· 13
3
− 1
3
· 12
2
+ 1
36
· 1 = 1√
180
= 1
6
√
5
Portanto, v3 =
w3
||w3||
= 6
√
5x2 − 6
√
5x+
√
5
Logo, uma base ortonormal de P2 é dada por:
β = {1, (2
√
3x−
√
3), (6
√
5x2 − 6
√
5x+
√
5)}
BOA PROVA
4