AD1 2022-1 Algebra Linear CEDERJ

Prévia do material em texto

Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
AD1 – Álgebra Linear EPR – 1/2022 
Código da disciplina EAD01074 
Questão 1 (2.0) 
Analise as soluções do sistema a seguir, a partir dos possíveis valores de 𝑎 ∈ ℝ. 
{
𝑥 + 2𝑦 + 𝑧 = 3
𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 2
𝑥 + 𝑦 + (𝑎2 − 5)𝑧 = 𝑎
 
Solução: 
Considere a versão matricial do problema: 
[
1 2 1
1 1 −1
1 1 𝑎2 − 5
] [
𝑥
𝑦
𝑧
] = [
3
2
𝑎
] 
Resolvendo o sistema pelo método de escalonamento triangular, obtemos 
[
1 2 1
1 1 −1
1 1 𝑎2 − 5
|
3
2
𝑎
] → [
1 2 1
0 −1 −2
0 0 𝑎2 − 4
|
3
−1
𝑎 − 2
] 
Assim, se 𝒂 = 𝟐 o sistema é possível e indeterminado, onde 𝑥 = 3𝑧 + 1, 𝑦 = 2𝑧 + 1 e 𝑧 ∈ ℝ. 
(1.0) 
Se 𝑎 = −2, o sistema é impossível. (0.5) 
Se 𝑎 ∈ ℝ ∖ {−2,2} então, pelo nosso escalonamento, vemos que o sistema possui solução 
única. (0.5) 
Questão 2 (2.0) 
Determine a inversa da matriz: 
[
 
 
 
 
 
1 1 1
2 1 4
2 3 5
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
1 1 1
2 1 4
2 3 5]
 
 
 
 
 
 
Pode usar o um aplicativo para determinar tal inversa, caso você use está opção coloque um 
printe da tela do app que você usou. 
Solução: 
Note que está matriz pode ser observada como: 
𝐴 = [
𝐴1 𝑂
𝑂 𝐴1
] 
Onde 𝐴1 = [
1 1 1
2 1 4
2 3 5
] e 𝑂 = [
0 0 0
0 0 0
0 0 0
] , então 𝐴−1 = [
𝐴1
−1 𝑂
𝑂 𝐴1
−1]. Desta forma, basta 
determinar a inversa de 𝐴1. 
Inversa de 𝐴1. 
[
1 1 1
2 1 4
2 3 5
|
1 0 0
0 1 0
0 0 1
] 
Escalonando, obtemos 
[
1 0 0
0 1 0
0 0 1
|
7/5 2/5 −3/5
2/5 −3/5 2/5
−4/5 1/5 1/5
] 
Logo 𝐴−1 =
1
5
[
 
 
 
 
 
7 2 −3
2 −3 2
−4 1 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
7 2 −3
2 −3 2
−4 1 1 ]
 
 
 
 
 
 
Questão 3 (6.0) 
Determine se as afirmações a seguir são verdadeiras ou falsas, justifique sua resposta: 
Considere 𝕄2×2(ℝ), o espaço vetorial das matrizes 2 × 2 e 𝒫2(ℝ) os polinômios de grau 2, 
com coeficientes reais, munido das operações usuais. Então podemos afirmar: 
a) O conjunto {𝑀 ∈ 𝕄2×2(ℝ); det𝑀 = 0} não é subespaço vetorial de 𝕄2×2(ℝ) 
b) O conjunto {∈ 𝕄2×2(ℝ);
1
3
𝑀 = 𝑀𝑇} é um subespaço vetorial de 𝕄2×2(ℝ) com 
dimensão zero. 
c) O conjunto {∈ 𝕄2×2(ℝ);𝑀 é invertível} é um subespaço vetorial de 𝕄2×2(ℝ) . 
d) O conjunto {𝑝 ∈ 𝒫2(ℝ); 𝑝(0)𝑝(𝑥) = 2} é um subespaço de 𝒫2(ℝ). 
e) O conjunto {𝑝 ∈ 𝒫2(ℝ); 𝑝(𝑥) = 𝑝(0)} é um subespaço de 𝒫2(ℝ) é um subespaço de 
dim2. 
f) {1 + 𝑥, 1 − 𝑥 + 𝑥2, 2 + 𝑥2} não gera 𝒫2(ℝ). 
Solução: 
A) Verdadeira, pois tomando 𝐴 = [
1 0
0 0
] e 𝐵 = [
0 0
0 1
], temos que 𝐴, 𝐵 ∈
{𝑀 ∈ 𝕄2×2(ℝ); det𝑀 = 0}, com tudo 𝐴 + 𝐵 = [
1 0
0 1
], cujo determinante é 
diferente de zero. 
B) Verdadeira, Este problema se resume a resolvermos a equação: 
[
𝑥
3
𝑠
3
𝑦
3
𝑡
3
] = [
𝑥 𝑦
𝑠 𝑡
] 
Portanto 𝑥 = 𝑡 = 0, mas 𝑠 = 3𝑦 e 𝑦 = 3𝑠, daí, 𝑠 = 𝑦 = 0, o que conclui, que apenas o vetor 
nulo satisfaz tal condição. 
C) É falsa, pois[
±1 0
0 ±1
] = ±𝐼 ∈ {∈ 𝕄2×2(ℝ);𝑀 é invertível}, mas +𝐼 + (−𝐼) =
[
0 0
0 0
] não é invertível. 
D) Note que 𝑝(0) ≠ 0, pois caso contrário, 𝑝(0)𝑝(𝑥) = 0 ≠ 2. Desta forma, 𝑝(0) =
±√2. Assim {𝑝 ∈ 𝒫2(ℝ); 𝑝(0)𝑝(𝑥) = 2} = {±√2} que não é um espaço vetorial. 
E) Note que o conjunto dos𝑝(𝑥) tal que 𝑝(𝑥) = 𝑝(0) são apenas as constantes, desta 
forma o conjunto {𝑝 ∈ 𝒫2(ℝ); 𝑝(𝑥) = 𝑝(0)} é uma cópia dos números reais, portanto 
é um subespaço vetorial de dimensão 1 e não 2, logo é falso. 
F) Basta verificar se os vetores são ou não LI, vamos simplesmente calcular o 
determinante: 
[
0 1 1
1 −1 0
1 1 2
] = 1 + 1 − 2 = 0 
Portanto a sentença é verdadeira.