Exercícios Resolvidos

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EXERCÍCIOS RESOLVIDOS - Introdução à Algebra Linear
1. Sejam u = (x1, x2), v = (y1, y2),W = (z1, z2) vetores em V = R2.
Determine se a expressão
< u, v >= x1y1 − x2y1 − x1y2 + 4x2y2
define um produto interno sobre V .
Solução
Vejamos se as quatro condições que definem um produto interno (pag.
176) são satisfeitas:
(a) A partir da comutatividade do produto e da soma
(ab = ba; a+ b = b+ a para a, b ∈ R) temos que
< u, v >=< (x1, x2), (y1, y2) >= x1y1 − x2y1 − x1y2 + 4x2y2 =
y1x1 − y2x1 − y1x2 + 4y2x2 =< (y1, y2), (x1, x2) >=< v, u >
(b) Desenvolvendo o produto e associando temos que,
< u, v + w >=< (x1, x2), (y1 + z1, y2 + z2) >=
x1(y1 + z1)− x2(y1 + z1)− x1(y2 + z2) + 4x2(y2 + z2) =
(x1y1 − x2y1 − x1y2 + 4x2y2) + (x1z1 − x2z1 − x1z2 + 4x2z2) =
=< (x1, x2), (y1, y2) > + < (x1, x2), (z1, z2) >=< u, v > + < u,w >
(c) Seja α ∈ R. Resulta que
< αu, v >=< α(x1, x2), (y1, y2) >=< (αx1, αx2), (y1, y2) >=
αx1y1−αx2y1−αx1y2 +4αx2y2 = α(x1y1−x2y1−x1y2 +4x2y2) =
α < (x1, x2), (y1, y2) >= α < u, v >
(d) Temos que,
< u, u >=< (x1, x2), (x1, x2) >= x1x1 − x2x1 − x1x2 + 4x2x2 =
x21 − 2x1x2 + 4x22 = (x1 − x2)2 + 3x22 ≥ 0
De outro lado,
< u, u >= (x1 − x2)2 + 3x22 = 0⇔ x1 = x2 = 0⇔ u = (0, 0)
1
Sendo satisfeitas as quatro condições concluimos que
< (x1, x2), (y1, y2) >= x1y1 − x2y1 − x1y2 + 4x2y2
representa um produto interno em V = R2.
2. Sejam u = (x1, x2, x3) e (y1, y2, y3) vetores em R3. Considere a
expressão
< u, v >=< (x1, x2, x3), (y1, y2, y3) >= x1y1 − x2y2 + x3y3
É < , > um produto interno em R3 ?
Solução
Vejamos se as são satisfeitas as condições que definem um produto
interno:
• Temos que,
< u, v >=< (x1, x2, x3), (y1, y2, y3) >= x1y1 − x2y2 + x3y3 =
y1x1 − y2x2 + y3x3 =< (y1, y2, y3), (x1, x2, x3) >=< v, u >
Desta forma, a primeira condição é satisfeita.
• Seja w = (z1, z2, z3). Então
< u, v + w >=< (x1, x2, x3), (y1 + z1, y2 + z2, y3 + z3) >=
x1(y1 + z1)− x2(y2 + z2) + x3(y3 + z3) =
(x1y1− x2y2 + x3y3) + (x1z1− x2z2 + x3z3) =< u, v > + < u,w >
Assim, a segunda condição é satisfeita.
• Seja λ ∈ R. Tem-se que,
< λu, v >=< (λx1, λx2, λx3), (y1, y2, y3) >=
λx1y1 − λx2y2 + λx3y3 = λ(x1y1 − x2y2 + x3y3) = λ < u, v >
Também esta condição é satisfeita.
2
• Temos que,
< u, u >=< (x1, x2, x3), (x1, x2, x3) >= x
2
1 − x22 + x23
Nem sempre < u, u >≥ 0. Por exemplo, se u = (1, 3, 2) teremos
< u, u >=< (1, 3, 2), (1, 3, 2) >= 12 − 32 + 22 = −4 < 0
A última condição que define um produto interno não é satisfeita.
Concluimos que a expressão,
< u, v >=< (x1, x2, x3), (y1, y2, y3) >= x1y1 − x2y2 + x3y3
não define um produto interno em R3.
3. Seja o espaço euclidiano R2. Determine o vetor w tal que
< u,w >= 8 e < v,w >= 10
dados u = (2, 1) e v = (−1, 3).
Solução
Consideremos w = (x, y). das condições dadas temos que,
< u,w >=< (2, 1), (x, y) >= 2x+ y = 8 (1)
< v,w >=< (−1, 3), (x, y) >= −x+ 3y = 10 (2)
De (2), x = 3y − 10. Substituindo em (1):
2(3y − 10) + y = 8⇒ 7y = 28⇒ y = 4⇒ x = 3(4)− 10 = 2
Desta forma w = (2, 4).
4. Seja V = P2(R). Sejam p, q ∈ V . Considere em V o produto
interno,
< p, q >=< a0 + a1x+ a2x
2, b0, b1x+ b2x
2 >= a0b0 + a1b1 + a2b2
(produto usual em P2(R))
Calcular
(a) ||p||, (b) ||p− q||, (c) d(p, 2p)
3
Solução
(a) Tem-se que
||p|| =
√
< p, p > =
√
a20 + b
2
0 + c
2
0
(b) Temos que p(x)−q(x) = (a0−b0)+(a1−b1)x+(a2−b2)x2. Então
||p− q|| =
√
(a0 − b0)2 + (a1 − b1)2 + (a2 − b2)2
(c) Temos que p(x)− 2p(x) = −a0 − a1x− a2x2. Então
d(p, 2p) = ||p−2p|| =
√
(−a0)2 + (−a1)2 + (−a2)2 =
√
a20 + b
2
0 + c
2
0
5. A partir da desigualdade de Cauchy-Schwarz (pag 181) veri-
fique que se cumpre
(a1 + a2)
(
1
a1
+
1
a2
)
≥ 4
quaisquer que sejam os reais positivos a1 e a2.
Solução
A desigualdade de Cauchy-Schwarz nos diz que se u, v são vetores num
espaço euclidiano V , então
||u||||v|| ≥ | < u, v > | (?)
Tomando
u = (
√
a1,
√
a2); e v =
( 1
√
a1
,
1
√
a2
)
resulta,
||u|| =
√
< u, u > =
√〈
(
√
a1,
√
a2), (
√
a1,
√
a2)
〉
=√
(
√
a1)2 + (
√
a1)2 =
√
a1 + a2
ou seja,
||u|| =
√
a1 + a2 (1)
4
Da mesma forma
||v|| =
√
< v, v > =
√
1
a1
+
1
a2
(2)
(verifique!)
De outro lado
| < u, v > | =
∣∣〈(√a1,√a2), ( 1√
a1
,
1
√
a2
)〉∣∣ = |1 + 1| = 2
ou seja,
| < u, v > | = 2 (3)
Substutuindo (1), (2) e (3) em (?),
√
a1 + a2 ×
√
1
a1
+
1
a2
≥ 2
Elevando ao quadrado ambos lados desta desigualdade,
(a1 + a2)
(
1
a1
+
1
a2
)
≥ 4
Por exemplo, se a1 = 1 e a2 = 1/2 encontramos que
(a1 + a2)
(
1
a1
+
1
a2
)
= (1 +
1
2
)(1 + 2) =
9
2
> 4
6. (a) Sejam V = R2 e u = (1, 2), v = (3, 4). Calcular e comparar
as quantidades
||u+ v|| e ||u||+ ||v||
(b) Sejam u, v e w vetores no espaço euclidiano V . A partir
da desigualdade triangular (pag. 181) conclua que,
d(u, v) ≤ d(u,w) + d(w, v)
5
Solução
(a) Temos que,
||u+ v|| = ||(1, 2) + (3, 4)|| = ||(4, 6)|| =
√
42 + 62 =
√
52
Também
||u||+||v|| = ||(1, 2)||+||(3, 4)|| =
√
12 + 22+
√
32 + 42 =
√
5+
√
25
Agora (
√
52)2 = 52 e (5 +
√
5)2 = 30 + 10
√
5.
Sendo 52 − 30 = 22 < 10
√
5 já que 222 = 484 < 500 = (10
√
5)2
concluimos que ||u+ v|| < ||u||+ ||v||.
(b) Escrevemos
d(u, v) = ||u− v|| = ||u− w + w − v||
Pela desigualdade triangular
||u− w + w − v|| ≤ ||u− w||+ ||w − v|| = d(u,w) + d(v, w)
Desta forma,
d(u, v) ≤ d(u,w) + d(v, w)
7. Sejam u, v, w vetores num espaço euclidiano V tais que
< u, v >= 2, < v, w >= −3, < u, w >= 5, ||u|| = 1, ||v|| = 2, ||w|| = 7
Calcular
(a) < 2v − w, 3u+ 2w >
(b) ||2w − v||
Solução
(a) Temos que
< 2v − w, 3u+ 2w >=< 2v − w, 3u > + < 2v − w, 2w >=
< 2v, 3u > − < w, 3u > + < 2v, 2w > − < w, 2w >=
6 < u, v > −3 < u,w > +4 < v,w > −2||w||2 =
6(2)− 3(5) + 4(−3)− 2(72) = −113
6
(b) Temos que
||2w − v||2 =< 2w − v, 2w − v >= ||2w||2 − 2 < v, 2w > +||v||2 =
4||w||2 − 4 < v,w > +||v||2 = 4(72)− 4(−3) + 22 = 212
Consequentemente, ||2w − v|| =
√
212.
8. Seja V um espaço euclidiano. Verifique se os vetores u e v são
ortogonais nos seguintes casos:
(a) V = R3, u = (2, 1,−1), v = (0, 1, 1) e < , > produto interno
usual.
(b) V = M2(R), u =
(
2 1
−1 3
)
, v =
(
1 1
−1 −1
)
e < , > produto
interno usual.
(c) V = P2(R), u = 5− 4x+ 4x2, v = 4 + 2x− 3x2 e < , > produto
interno usual.
Solução
(a) Tem-se que,
< u, v >=< (2, 1,−1), (0, 1, 1) >= 2 · 0 + 1 · 1 + (−1) · 1 = 0
Então os vetores u e v são ortogonais.
(b) Tem-se que
< u, v >=
〈(
2 1
−1 3
)
,
(
1 1
−1 −1
)〉
= 2·1+1·1+(−1)·(−1)+3·(−1) 6= 0
Então os vetores u e v não são ortogonais.
(c) Tem-se que
< u, v >= 5 · 4 + (−4) · 2 + 4 · (−3) = 0
Então os vetores u e v são ortogonais.
7
9. (a) Verifique que o conjunto
S = {(2, 1,−1), (0, 1, 1), (1,−1, 1)}
é um subconjunto ortogonal em R3
(b) Divida cada vetor do conjunto S pela sua norma, para
determinar um subconjunto ortonormal em R3.
Solução
(a) Tem-se que,
< (2, 1,−1), (0, 1, 1) >= 2(0) + 1(1) + (−1)(1) = 0
< (2, 1,−1), (1,−1, 1) >= 2(1) + 1(−1) + (−1)(1) = 0
< (0, 1, 1), (1,−1, 1) >= 0(1) + 1(−1) + (1)(1) = 0
Então o conjunto S é um subconjunto ortogonal de R3.
(b) Exerćıcio.
10. Determinar uma base ortogonal para o subespaço
W = {(x, y, z) : x− y + 2z = 0}
Solução
Exerćıcio
11. Obtenha uma base ortornormal para R3 contendo o vetor
unitário w1 =
(2
3
,
1
3
,
1
3
)
.
Solução
Queremos determinar w2, w3 tais que o conjunto B = {w1, w2, w3} seja
uma base ortonormal para R3.
Seja (x, y, z) ortogonal ao vetor (2, 2, 1) (do qual w1 é seu versor). De-
vemos ter que
< (x, y, z), (2, 2, 1) >= 2x+ 2y + z = 0
Dáı z = −2x− 2y e
(x, y, z) = (x, y,−2x− 2z) = x(1, 0,−2) + y(0, 1,−2)
Observemos que,
< (1, 0,−2), (2, 2, 1) >=< (0, 1,−2), (2, 2, 1) >= 0
8
Entretanto < (1, 0,−2), (0, 1,−2) >6= 0.
A partir do conjunto S = {(1, 0,−2), (0, 1,−2)}, pelo processo de
Gram-Schmidt, determinemos T = {v1, v2} o conjunto ortogonal cor-
respondente. Resulta que,
v1 = (1, 0,−2)
v2 = (0, 1,−2)−
< (0, 1,−2), (1, 0,−2) >
||(1, 0,−2)||2
(1, 0,−2) = −1
5
(4,−5, 2)
Tomando
w2 =
(1, 0,−2)
||(1, 0,−2)||2
=
(√5
5
, 0,−25
√
5
)
e
w3 =
(4,−5, 2)
||(4,−5, 2)||2
=
(
− 4
15
√
5,
√
5
5
,− 2
15
√
5
)
resulta a base ortonormal B = {w1, w2, w3} procurada.
9