Resol_P2-algebra-_GAB1

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1Universidade Federal de Viçosa
Centro de Ciências Exatas e Tecnológicas - CCE
Departamento de Matemática
MAT 137 (PER 2) - Introdução à Álgebra Linear
2a Prova (GAB 1)- 10/04/2021
TODAS AS RESPOSTAS DEVEM SER JUSTIFICADAS! BOA PROVA!
1. (25 pts) Considere o sistema linear
x + y − z + w = a
2x + 3y + 3z + w = b
x + 3y + 9z + a w = c
(1)
em que a,b, c são números reais.
a) (15 pts) Determine condições (caso existam) sobre a,b, c para que o sistema linear (1) seja
a.1) incompat́ıvel.
a.2) compat́ıvel e indeterminado.
b) (10 pts) Se a = −1, b = 1 e c = 5, determine o conjunto solução do sistema (1).
Resolução.
a) Vamos usar o método de Gauss para responder às questões colocadas. Temos 1 1 −1 12 3 3 1
1 3 9 a
∣∣∣∣∣∣
a
b
c
 L2 → L2 − 2L1−−−−−−−−−−−→
L3 → L3 − L1
 1 1 −1 10 1 5 −1
0 2 10 a− 1
∣∣∣∣∣∣
a
−2a + b
−a + c
 (2)
L3 → L3 − 2L2−−−−−−−−−−−→
 1 1 −1 10 1 5 −1
0 0 0 a + 1
∣∣∣∣∣∣
a
−2a + b
3a− 2b + c

a.1) Para que o sistema seja incompat́ıvel devemos ter pA 6= pÂ, ou seja, a = −1 e −2b+ c 6= 3.
a.2) Para que o sistema seja compat́ıvel e indeterminado é necessário que pA = pÂ, ou seja,
a = −1 e − 2b+ c = 3 ou a 6= −1.
b) Considerando a = −1, b = 1 e c = 5 no sistema (1) e em (2) e usando o método de Gauss Jordan
obtemos  1 1 −1 12 3 3 1
1 3 9 −1
∣∣∣∣∣∣
−1
1
5
 ∼
 1 1 −1 10 1 5 −1
0 2 10 −2
∣∣∣∣∣∣
−1
3
6
 ∼
 1 0 −6 20 1 5 −1
0 0 0 0
∣∣∣∣∣∣
−4
3
0
.
Portanto, o conjunto solução do sistema é S = {(6z − 2w − 4, −5z + w + 3, z, w); z, w ∈ R}.
2
2. (25 pts) O diretor de uma empresa quer usar uma metodologia referente à pesquisa de satisfação
que é mensurada em uma escala de 1 a 10. A fim de fazer um teste com essa metodologia, ele pediu
para que quatro de seus funcionários respondessem a uma pesquisa em relação à avaliação de um
determinado produto, ao suporte oferecido e às opções de pagamento. A cada um desses itens é
atribúıdo um peso x, y e z, respectivamente. O quadro abaixo mostra a pontuação obtida em cada
item e o resultado final de cada um dos funcionários.
Produto Suporte oferecido Opções de pagamento Resultado final
1o funcionário 4 7 6 6
2o funcionário 8 9 7 8
3o funcionário 5 8 7 7
4o funcionário 2 8 6 5
A média ponderada de todos os itens indicará o resultado final. Calcula-se a média ponderada
somando-se os produtos das notas de cada item pelo seu respectivo peso e dividindo-se a soma assim
obtida pela soma dos pesos. O diretor percebeu que se o resultado dos três primeiros funcionários
estivesse correto, o resultado do quarto funcionário estaria incorreto. Qual seria então o resultado
final do quarto funcionário?
Resolução.
Sabemos que ao item Produto é atribúıdo um peso x, ao item Suporte oferecido é atribúıdo um peso
y e ao item Opções de pagamento é atribúıdo um peso z. Além disso, o resultado final é obtido
pelo cálculo da média ponderada de todos esses itens. Desta forma, analisando a avaliação dos três
primeiros funcionários temos:

4x + 7y + 6z
x + y + z
= 6
8x + 9y + 7z
x + y + z
= 8
5x + 8y + 7z
x + y + z
= 7
⇔
 −2x + y = 0y − z = 0−2x + y = 0
Vamos usar o método de Gauss para resolver o sistema homogêneo: −2 1 00 1 −1
−2 1 0
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 L3 → L3 − L1−−−−−−−−−−→
 −2 1 00 1 −1
0 0 0
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 .
Logo, o conjunto solução do sistema é S = {(x, 2x, 2x);x ∈ R, 1 ≤ x ≤ 10}.
Portanto o resultado final do 4o funcionário é:
2x+ 8y + 6z
x+ y + z
=
2x+ 8.(2x) + 6.(2x)
x+ 2x+ 2x
=
30x
5x
= 6.
3. (25 pts) Considere o subespaço W de R3 dado por
W =
{(
x+ 3y + z, x+ 2y + 2t, y + z − 2t
)
; x, y, z, t ∈ R
}
.
(a) Determine um conjunto de vetores que geram W .
(b) Verifique se o conjunto encontrado no item (a) é linearmente independente.
(c) Verifique se o conjunto S = {v1 = (1, 1, 0) , v2 = (0,−1, 1)} forma uma base de W .
(d) O vetor (3, 2, 1) ∈ [S]? Justifique sua resposta e, em afirmativo, escreva esse vetor como
combinação linear de v1, v2.
(e) Sejam v3 = (a, b, c) um vetor em R3 e v1 e v2 os vetores dados no item (c). Encontre condições
sobre os escalares a, b e c para que B = {v1, v2, v3} seja uma base de R3. Dê um exemplo
particular de um vetor v3 de modo que B seja uma base de R3.
Resolução.
(a)
W =
{(
x+ 3y + z, x+ 2y + 2t, y + z − 2t
)
; x, y, z, t ∈ R
}
=
{
x(1, 1, 0) + y(3, 2, 1) + z(1, 0, 1) + t(0, 2,−2) ; x, y, z, t ∈ R
}
=
[
(1, 1, 0), (3, 2, 1), (1, 0, 1), (0, 2,−2)
]
Logo, o conjunto {
(1, 1, 0), (3, 2, 1), (1, 0, 1), (0, 2,−2)
}
gera o subespaço W .
(b) O conjunto {
(1, 1, 0), (3, 2, 1), (1, 0, 1), (0, 2,−2)
}
é linearmente dependente, porque 3 é o número máximo de vetores linearmente independentes em
R3.
(c) Vamos utilizar o método prático para determinar uma base de um subespaço, como segue:
Formamos a matriz A de ordem 4 × 3 cujas linhas são formadas por esses vetores geradores e, em
seguida, determinamos a matriz escalonada reduzida linha equivalente a essa matriz:
A =

1 1 0
3 2 1
1 0 1
0 2 −2
 L2→L2−3L1L3→L3−L1

1 1 0
0 −1 1
0 −1 1
0 2 −2
 L3→L3−L2L4→L4+2L2

1 1 0
0 −1 1
0 0 0
0 0 0

Logo, os vetores v1 = (1, 1, 0) e v2 = (0,−1, 1) geram o subespaço W e são linearmente independentes,
ou seja, S = {v1 = (1, 1, 0) , v2 = (0,−1, 1)} forma uma base de W .
(d) O vetor v = (3, 2, 1) ∈ R3 pertence ao subespaço [S] = [v1, v2] se, e só se, existirem escalares
x, y tais que
v = xv1 + yv2 ⇔ (3, 2, 1) = x (1, 1, 0) + y (0,−1, 1)
4
ou, equivalentemente, 
x = 3
x− y = 2
y = 1
⇔
x = 3
e
y = 1
Logo,
v = (3, 2, 1) ∈ [S] e v = (3, 2, 1) = 3 (1, 1, 0) + 1 (0,−1, 1)
(e) Se v1 = (1, 1, 0), v2 = (0,−1, 1) e v3 = (a, b, c) então B = {v1, v2, v3} é uma base de R3 se, e
só se,
det
 1 0 a1 −1 b
0 1 c
 = −c+ a− b 6= 0,
ou seja,
a− b− c 6= 0 (3)
Em particular, v3 = (1, 0, 0) é um vetor particular que satisfaz a condição (3) de modo que B =
{v1, v2, v3} é uma base de R3.
4. (25 pts) Sejam
W1 =
{(
x y
z w
)
∈M2(R); x+ y + 2z + 3w = 0 e x+ 3y − w = 0
}
W2 =
{(
x y
z w
)
∈M2(R); x− y + z + w = 0
}
subespaços vetoriais de M2(R).
(a) (7 pts) Exiba uma base para W1 e determine dimW1.
(b) (7 pts) Exiba uma base para W2 e determine dimW2.
(c) (7 pts) Exiba uma base para W1 ∩W2 e determine dim (W1 ∩W2).
(d) (4 pts) Determine W1 +W2 e exiba uma base para W1 +W2.
Resolução.(a) A matriz
(
x y
z w
)
∈M2(R) pertence a W1 se, e só se,{
x + y + 2z + 3w = 0
x + 3y − w = 0
(4)
Usaremos o método de Gauss-Jordan para encontrar o conjunto solução do sistema linear (4) e,
5
portanto, o subespaço vetorial W1. Segue que(
1 1 2 3
1 3 0 −1
∣∣∣∣ 00
)
L2 → L2 − L1−−−−−−−−−−→
(
1 1 2 3
0 2 −2 −4
∣∣∣∣ 00
)
L2 → 12L2−−−−−−−→(
1 1 2 3
0 1 −1 −2
∣∣∣∣ 00
)
L1 → L1 − L2−−−−−−−−−−→
(
1 0 −3 5
0 1 −1 −2
∣∣∣∣ 00
)
e conclúımos que o sistema (4) é equivalente ao sistema linear{
x− 3z + 5w = 0
y − z − 2w = 0
(5)
De (5) deduzimos que
W1=
{(
3z − 5w z + 2w
z w
)
; z, w ∈ R
}
=
{
z
(
3 1
1 0
)
+ w
(
−5 2
0 1
)
; z, w ∈ R
}
=
[(
3 1
1 0
)
,
(
−5 2
0 1
)]
.
Portanto, o conjunto BW1 =
{(
3 1
1 0
)
,
(
−5 2
0 1
)}
é base de W1, uma vez que gera W1 e é line-
armente independente, pois nenhum de seus vetores é múltiplo do outro. Segue que dimW1 = 2.
(b) A matriz
(
x y
z w
)
∈M2(R) pertence a W2 se, e só se,
(
x y
z w
)
=
(
x x + z + w
z w
)
= x
(
1 1
0 0
)
+ z
(
0 1
1 0
)
+ w
(
0 1
0 1
)
e, assim,
W2=
{
x
(
1 1
0 0
)
+ z
(
0 1
1 0
)
+ w
(
0 1
0 1
)
; x, z, w ∈ R
}
=
[(
1 1
0 0
)
,
(
0 1
1 0
)
,
(
0 1
0 1
) ]
Portanto, o conjunto BW2 =
{(
1 1
0 0
)
,
(
0 1
1 0
)
,
(
0 1
0 1
)}
gera W2. Além disso, se a, b e c são
escalares tais que
a
(
1 1
0 0
)
+ b
(
0 1
1 0
)
+ c
(
0 1
0 1
)
=
(
0 0
0 0
)
,
então (
a a + b + c
b c
)
=
(
0 0
0 0
)
,
o que implica em a = b = c = 0. Logo, BW2 é um conjunto linearmente independente. Conclúımosque BW2 é base de W2 e que dimW2 = 3.
6
(c) A matriz
(
x y
z t
)
∈M2(R) pertence a W1 ∩W2 se, e só se, x + y + 2z + 3w = 0x + 3y − w = 0
x− y + z + w = 0
(6)
Usaremos o método de Gauss-Jordan para encontrar o conjunto solução do sistema linear (6) e,
consequentemente, o subespaço vetorial W1 ∩W2. Segue que 1 1 2 31 3 0 −1
1 −1 1 1
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 L2 → L2 − L1−−−−−−−−−−→
L3 → L3 − L1
 1 1 2 30 2 −2 −4
0 −2 −1 −2
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 L3 → L3 + L2−−−−−−−−−−→
L2 → 12L2 1 1 2 30 1 −1 −2
0 0 −3 −6
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 L1 → L1 − L2−−−−−−−−−−→
L3 → − 13L3
 1 0 3 50 1 −1 −2
0 0 1 2
∣∣∣∣∣∣
0
0
0
 L1 → L1 − 3L3−−−−−−−−−−−→
L2 → L2 + L3
 1 0 0 −10 1 0 0
0 0 1 2
∣∣∣∣∣∣
0
0
0

Portanto, o sistema linear (6) é equivalente ao sistema x− w = 0y = 0
z + 2w = 0
(7)
De (7) deduzimos que
W1 ∩W2 =
{(
w 0
−2w w
)
; w ∈ R
}
=
{
w
(
1 0
−2 1
)
; w ∈ R
}
=
[(
1 0
−2 1
)]
.
Portanto, o conjunto
{(
1 0
−2 1
)}
é base de W1 ∩W2, pois gera W1 ∩W2 e é linearmente indepen-
dente por ser constitúıdo de um único vetor não-nulo. Segue que dim(W1 ∩W2) = 1.
(d) Como dimM2(R) = 4,
dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2) = 2 + 3− 1 = 4
e W1 +W2 é um subespaço vetorial de M2(R), conclúımos que W1 +W2 = R4. Um exemplo de base
para W1 +W2 é a base canônica
{(
1 0
0 1
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
.
7
5. (10 pts) Decida se as afirmações dadas são verdadeiras ou falsas, justificando sua resposta com um
argumento lógico ou um contra-exemplo.
(a) ( ) O polinômio p(t) = t2 + 8t é uma combinação linear de p1(t) = 2t e p2(t) = t
2 + 7t.
(b) ( ) O conjunto W =
{(
3λ, 2 + 5λ
)
; λ ∈ R
}
é um subespaço vetorial do R2.
Resolução.
(a) Verdadeira, pois o polinômio p(t) = t2 + 8t é uma combinação linear de p1(t) = 2t e
p2(t) = t
2 + 7t, pois
t2 + 8t =
1
2
(
2t
)
+ 1
(
t2 + 7t
)
.
(b) Falsa, pois W não é um subespaço vetorial do R2 pois o vetor nulo (0, 0) não pertence ao
conjunto W .