Gabarito1EE_S7

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
A´lgebra Linear
Primeiro exerc´ıcio escolar - Gabarito
Turma S7
Professor: Henrique Vito´rio
21 de junho de 2013
1o Questa˜o (2.0 pts) Para qual(ais) valor(es) de a e b os planos descritos pelas equac¸o˜es
x+ y + 2z = 1, 2x+ 3y − z = 1, x+ ay + z = b
se interceptam em mais de um ponto?
Resoluc¸a˜o: Os pontos de intersec¸a˜o dos 3 planos correspondem a`s soluc¸o˜es do sistema linear
x + y + 2z = 1
2x + 3y − z = 1
x + ay + z = b
Escalonando a matriz ampliada do mesmo, obtemos, sucessivamente, 1 1 2 12 3 −1 1
1 a 1 b
→
 1 1 2 10 1 −5 −1
0 a− 1 −1 b− 1
→
 1 1 2 10 1 −5 −1
0 0 5a− 6 a+ b− 2
 ,
de modo que o sistema original e´ equivalente ao sistema
x + y + 2z = 1
y − 5z = −1
(5a− 6)z = a+ b− 2
Se 5a− 6 6= 0, este sistema pode ser unicamente resolvido de baixo para cima, o que corres-
ponde a um u´nico ponto de intersec¸a˜o dos planos. Para 5a−6 = 0, temos duas possibilidades:
(1) a + b − 2 6= 0: neste caso, o sistema evidentemente na˜o possui soluc¸a˜o e, portanto,
os 3 planos na˜o se interceptam.
(2) a+ b− 2 = 0: neste caso, o sistema se resume a`s duas primeiras equac¸o˜es e qualquer uma
das varia´veis serve como varia´vel livre, implicando numa infinidade de soluc¸o˜es. Portanto, os
3 planos se interceptam em infinitos pontos (de fato, numa reta).
Portanto, apenas para a = 5/6 e b = 4/5 os 3 planos se interceptam em mais de um ponto.
1
2o Questa˜o Em R5, sejam W1 o subespac¸o gerado pelos vetores v1 = (1,−1,−1,−2, 0), v2 =
(1,−2,−2, 0,−3), v3 = (1,−1,−2,−2, 1), e W2 o subespac¸o dado pelo conjunto soluc¸a˜o do
seguinte sistema linear homogeˆneo{
4x1 + 2x2 − x4 = 0
9x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0
(a) (1.5 pts) Encontre um sistema linear homogeˆneo nas varia´veis x1, x2, x3, x4, x5 que tenha
W1 como conjunto soluc¸a˜o.
(b) (1.5 pts) Encontre uma base para a intersec¸a˜o W1 ∩W2.
Resoluc¸a˜o: .
(a) Um vetor v = (a1, a2, a3, a4, a5) pertence aW1 = Ger[v1, v2, v3] se, e somente se, existirem
nu´meros λ1, λ2, λ3 tais que
v = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3,
isto e´, tais que
(a1, a2, a3, a4, a5) = (λ1+λ2+λ3,−λ1− 2λ2−λ3,−λ1− 2λ2− 2λ3,−2λ1− 2λ3,−3λ2+λ3).
Portanto, W1 e´ formado pelos vetores (a1, a2, a3, a4, a5) para os quais o sistema linear
(∗)

λ1 + λ2 + λ3 = a1
−λ1 − 2λ2 − λ3 = a2
−λ1 − 2λ2 − 2λ3 = a3
−2λ1 − 2λ3 = a4
− 3λ2 + λ3 = a5
admite soluc¸a˜o. Para decidirmos quando tal sistema admite soluc¸a˜o, escalonamos a sua matriz
ampliada:
1 1 1 a1
−1 −2 −1 a2
−1 −2 −2 a3
−2 0 −2 a4
0 −3 1 a5
→

1 1 1 a1
0 −1 0 a2 + a1
0 −1 −1 a3 + a1
0 2 0 a4 + 2a1
0 −3 1 a5
→

1 1 1 a1
0 −1 0 a2 + a1
0 0 −1 a3 − a2
0 0 0 a4 + 2a2 + 4a1
0 0 1 a5 − 3a2 − 3a1

→

1 1 1 a1
0 −1 0 a2 + a1
0 0 −1 a3 − a2
0 0 0 a4 + 2a2 + 4a1
0 0 0 a5 + a3 − 4a2 − 3a1
 ,
de onde vemos que o sistema (∗) admite soluc¸a˜o se, e somente se, tivermos 4a1+2a2+a4 = 0
e −3a1 − 4a2 + a3 + a5 = 0. Portanto, W1 e´ igual ao conjunto soluc¸a˜o do sistema linear
homogeˆneo {
4x1 + 2x2 + x4 = 0
−3x1 − 4x2 + x3 + x5 = 0
2
(b) Soluc¸a˜o 1: A intersec¸a˜o W1 ∩W2 e´ igual ao conjunto soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo
que se obteˆm ao juntar as equac¸o˜es do sistema homogeˆneo que define W1 com as do sistema
homogeˆneo que define W2:
(S)

4x1 + 2x2 + x4 = 0
−3x1 − 4x2 + x3 + x5 = 0
4x1 + 2x2 − x4 = 0
9x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0
Escalonando a matriz dos coeficientes de (S),
4 2 0 1 0
−3 −4 1 0 1
4 2 0 −1 0
9 2 1 0 1
→

4 2 0 1 0
−3 −4 1 0 1
0 0 0 −2 0
12 6 0 0 0
→

4 2 0 1 0
−3 −4 1 0 1
0 0 0 −2 0
0 0 0 −3 0

→

4 2 0 1 0
0 −10 4 3 4
0 0 0 −2 0
0 0 0 0 0
 ,
obtemos que (S) e´ equivalente ao sistema
4x1 + 2x2 = 0
−10x2 + 4x3 + 4x5 = 0
x4 = 0
Este sistema admite x3 e x5 como varia´veis livres. Fazendo, pois, x3 = λ3 e x5 = λ5,
resolvemos em x2 e, em seguida, em x1, obtendo x2 = (2/5)λ3 + (2/5)λ5 e x1 = −(1/5)λ3 −
(1/5)λ5. Portanto,
W1 ∩W2 = conjunto soluc¸a˜o de (S)
=
{(
−1
5
λ3 − 1
5
λ5,
2
5
λ3 +
2
5
λ5, λ3, 0, λ5
)
: λ3, λ5 ∈ R
}
= Ger
[
(−1/5, 2/5, 1, 0, 0), (−1/5, 2/5, 0, 0, 1)
]
,
e como os vetores (−1/5, 2/5, 1, 0, 0) e (−1/5, 2/5, 0, 0, 1) sa˜o L.I., eles constituem, pois, uma
base para W1 ∩W2.
Soluc¸a˜o 2: Um vetor v de W1 e´ da forma
v = λ1v1 + λ2v2 + λ3v3
= (λ1 + λ2 + λ3,−λ1 − 2λ2 − λ3,−λ1 − 2λ2 − 2λ3,−2λ1 − 2λ3,−3λ2 + λ3),
e ele esta´ em W2 se, e somente se, ele for uma soluc¸a˜o do sistema linear que define W2; por
substituic¸a˜o direta, obtemos que v ∈W2 se, e somente se,{
4λ1 + 4λ3 = 0
6λ1 + 6λ3 = 0
3
que por sua vez e´ equivalente a λ3 = −λ1 (e na˜o ha´ restric¸o˜es em λ2). Portanto,
W1 ∩W2 = {λ1v1 + λ2v2 − λ1v3 : λ1, λ2 ∈ R}
= Ger[v1 − v3 , v2].
e como os vetores v1 − v3 = (0, 0, 1, 0,−1) e v2 = (1,−2,−2, 0,−3) sa˜o claramente L.I., eles
constituem uma base para W1 ∩W2.
3o Qesta˜o Dados 4 vetores v1, v2, v3, v4 num espac¸o vetorial V, mostre que:
(a) (1.0 pts) Se v1, v2, v3, v4 sa˜o L.I., enta˜o os 4 vetores v1, v1+v2, v1+v2+v3, v1+v2+v3+v4
sa˜o tambe´m L.I.
(b) (1.0 pts) Ger[v1, v2, v3, v4] = Ger[v1, v1 + v2, v1 + v2 + v3, v1 + v2 + v3 + v4].
Resoluc¸a˜o: .
(a) Sejam λ1, λ2, λ3, λ4 tais que
λ1v1 + λ2(v1 + v2) + λ3(v1 + v2 + v3) + λ4(v1 + v2 + v3 + v4) = 0V,
isto e´,
(λ1 + λ2 + λ3 + λ4)v1 + (λ2 + λ3 + λ4)v2 + (λ3 + λ4)v3 + λ4v4 = 0V.
Como os vetores v1, v2, v3, v4 sa˜o L.I., a igualdade acima implica em
λ1 + λ2 + λ3 + λ4 = 0
λ2 + λ3 + λ4 = 0
λ3 + λ4 = 0
λ4 = 0,
cuja u´nica soluc¸a˜o e´ λ1 = 0, λ2 = 0, λ3 = 0, λ4 = 0.
(b) Por simplicidade, denote por
u1 = v1
u2 = v1 + v2
u3 = v1 + v2 + v3
u4 = v1 + v2 + v3 + v4.
E´ claro que toda combinac¸a˜o linear dos u1, u2, u3, u4 e´ tambe´m uma combinac¸a˜o linear dos
v1, v2, v3, v4, de modo que
(∗) Ger[u1, u2, u3, u4] ⊆ Ger[v1, v2, v3, v4].
Por outro lado, como v1 = u1, v2 = u2 − u1, v3 = u3 − u2 e v4 = u4 − u3, enta˜o tambe´m e´
claro que toda combinac¸a˜o linear dos v1, v2, v3, v4 tambe´m sera´ uma combinac¸a˜o linear dos
u1, u2, u3, u4, de modo que
(∗∗) Ger[v1, v2, v3, v4] ⊆ Ger[u1, u2, u3, u4].
De (∗) e (∗∗), segue que Ger[v1, v2, v3, v4] = Ger[u1, u2, u3, u4].
4
4o Questa˜o Considere os seguintes polinoˆmios de P3: p1(t) = 1 + t + t3, p2(t) = t + t3, p3(t) =
1 + t2 + t3, p4(t) = t+ t
2 + t3.
(a) (1.0 pts) Mostre que B = {p1(t), p2(t), p3(t), p4(t)} e´ uma base de P3.
(b) (1.0 pts) Sendo U = {1, t, t2, t3}, calcule a matriz de mudanc¸a de base [I]UB .
(c) (1.0 pts) Para o polinoˆmio p(t) = 2 + t+ 2t3, calcule suas coordenadas [p(t)]B.
Resoluc¸a˜o: .
(a) Sejam λ1, λ2, λ3, λ4 tais que
λ1p1(t) + λ2p2(t) + λ3p3(t) + λ4p4(t) = 0P3 .
Como o primeiro membro e´ igual ao polinoˆmio
λ1 + λ3 + (λ1 + λ2 + λ4)t+ (λ3 + λ4)t
2 + (λ1 + λ2 + λ3 + λ4)t
3,
devemos ter 
λ1 + λ3 = 0
λ1 + λ2 + λ4 = 0
λ3 + λ4 = 0
λ1 + λ2 + λ3 + λ4 = 0,
Subtraindo a terceira da u´ltima equac¸a˜o, e substituindo na segunda, chega-se a λ4 = 0. Subs-
tituindo nas demais, chega-se rapidamente a λ3 = 0, λ1 = 0 e λ2 = 0.
(b) Como U e´ a base canoˆnica, enta˜o
[p1(t)]U =

1
1
0
1
 , [p2(t)]U =

0
1
0
1
 , [p3(t)]U =

1
0
1
1
 , [p4(t)]U =

0
1
1
1
 ,
de modo que
[I]BU =

1 0 1 0
1 1 0 1
0 0 1 1
1 1 1 1
 .
Como [I]UB = ([I]
B
U )
−1, invertemos a matriz acima:
1 0 1 0 | 1 0 0 0
1 1 0 1 | 0 1 0 0
0 0 1 1 | 0 0 1 0
1 1 1 1 | 0 0 0 1
→

1 0 1 0 | 1 0 0 0
0 1 −1 1 | −1 1 0 0
0 0 1 1 | 0 0 1 0
0 0 1 0 | 0 −1 0 1
→

1 0 1 0 | 1 1 0 −1
0 1 0 1 | −1 0 0 1
0 0 0 1 | 0 1 1 −1
0 0 1 0 | 0 −1 0 1
→

1 0 0 0 | 1 1 0 −1
0 1 0 0 | −1 −1 −1 2
0 0 1 0 | 0 −1 0 1
0 0 0 1 | 0 1 1 −1
 .
5
Portanto,
[I]UB=

1 1 0 −1
−1 −1 −1 2
0 −1 0 1
0 1 1 −1
 .
(c) Como [p(t)]B = [I]UB · [p(t)]U , e [p(t)]U =

2
1
0
2
, obtemos
[p(t)]B =

1 1 0 −1
−1 −1 −1 2
0 −1 0 1
0 1 1 −1


2
1
0
2
 =

1
1
1
−1
 .
Boa Prova!