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Universidade Federal do Esp´ırito Santo Soluc¸a˜o da Prova Final de A´lgebra Linear Vito´ria, 14 de novembro de 2012 1. (a) 0 1 2 1 0 01 1 1 0 1 0 0 3 5 0 0 1 ∼ 1 0 0 2 1 −10 1 0 −5 0 2 0 0 1 3 0 1 . Logo, A−1 = 2 1 −1−5 0 2 3 0 1 (b) [v]β = [I]β:β′[v]β′ = A −1[v]β′ = (−1,−1, 1) 2. A matriz aumentada do sistema Ax = v e´ 1 2 7 1 a1 2 3 3 b −1 −2 1 −5 c ∼ 1 2 7 1 a0 0 −4 2 b− a 0 0 0 0 c+ 2b− a . Logo o sistema e´ consistente quando c+ 2b− a = 0. 3. Seja pi o plano a ser obtido. Se P0 e´ um ponto de pi e npi e´ um vetor normal de pi, enta˜o P = (x, y, z) ∈ pi ⇐⇒ (P − P0) · npi = 0 Como r ⊂ pi =⇒ v = (0, 2,−1) e´ paralelo a pi. e P0 = (1, 3, 1) ∈ pi Ale´m disso, pi ⊥ 3x− y = 2 =⇒ n = (3,−1, 0) e´ paralelo a pi. Logo npi = n× v = (1, 3, 6). Portanto pi : x+ 3y + 6z = 16 4. (a) A = 1 2 3 5 4 −1 0 1 1 2 0 −1 −2 0 0 1 1 1 −1 −2 ∼ 1 0 −1 0 −1 0 1 2 0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0 Logo Im(T ) = CA = ger{(1,−1, 0, 1); (2, 0,−1, 1); (5, 1, 0,−1)} e Nuc(T ) = NA = ger{(1,−2, 1, 0, 0); (1, 0, 0,−1, 1)} isto e´, T na˜o e´ injetora, pois dim(Nuc(T )) ≥ 1 e T na˜o e´ sobrejetora, pois dim(Im(T )) = 3. (b) Ortogonalizando a base encontrada no item anterior u = (1,−1, 0, 1) v = (2, 0,−1, 1)− proju(2, 0,−1, 1) = (1, 1,−1, 0) w = (5, 1, 0,−1)− proju(5, 1, 0,−1)− projv(5, 1, 0,−1) = (2, 0, 2,−2) 5. (a) λI − A = λ− 3 0 −40 λ− 5 0 −4 0 λ+ 3 =⇒ p(λ) = (λ− 5)2(λ+ 5) para λ = 5 5I − A ∼ 1 0 −20 0 0 0 0 0 . Logo uma base para o autoespac¸o associado a λ = 5 e´ {u = (0, 1, 0), v = (2, 0, 1)}. Para λ = −5 −5I − A ∼ 1 0 1/20 1 0 0 0 0 Portanto, um autovetor associado a λ = −5 e´ w = (−1, 0, 2). (b) A base de autovetores {u, v,w} e´ ortogonal, mas na˜o e´ ortonormal. Normalizando os vetores, obtemos a base ortonormal{ (0, 1, 0); ( 2√ 5 , 0, 1√ 5 ) ; (−1√ 5 , 0, 2√ 5 )} donde P = 0 2√ 5 − 1√ 5 1 0 0 0 1√ 5 2√ 5 e D = 5 0 00 5 0 0 0 −5 sa˜o tais que P−1 = P T ⇒ P TAP = D. Veja que se consideramos P a matriz cujas colunas sa˜o u, v e w teremos ainda que P TAP e´ diagonal, mas esta diagonal na˜o e´ formada por autovalores de A. 2
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