Prova 1 Professor Ademir - Com Gabarito

Prévia do material em texto

1a Prova de A´lgebra Linear - Matema´tica
Prof. Ademir - 19/09/2006
Instruc¸o˜es:
• Resolva 5 das questo˜es abaixo (2,0 pontos cada).
• A prova pode ser feita com la´pis ou caneta.
• Esta folha na˜o precisa ser entregue, apenas as soluc¸o˜es.
• As soluc¸o˜es devem conter o desenvolvimento e/ou justificativas.
Questo˜es:
1. Encontre a condic¸a˜o sobre a, b e c para que o sistema
x + 2y = a
2y + 2z = b
−x − y + z = c
seja poss´ıvel. Este sistema pode ter soluc¸a˜o u´nica?
2. Calcule det(A−1), det(AT ) e det(A5), sendo
A =

1 −2 1 3
1 0 2 2
1 −4 −1 7
2 −4 2 5
 .
3. Encontre, caso exista, uma matriz A ∈ IR2×2 tal que A2 =
(
1 0
2 −3
)
.
4. Mostre que o conjunto das matrizes sime´tricas V =
{
A ∈ IR3×3 | AT = A} e´ um subespac¸o
vetorial de IR3×3 e apresente uma base para V .
5. Considere os vetores v1 =
(
1 0
2 1
)
, v2 =
(
0 1
1 −1
)
e v3 =
(
2 −3
1 5
)
. Mostre que
{v1, v2, v3} e´ linearmente dependente e expresse v1 como combinac¸a˜o linear de v2 e v3.
6. Considere P3 o espac¸o vetorial dos polinoˆmios de grau menor do que 3. Sejam α =
{
1, x, x2
}
e β =
{
1, 1 + x, 1 + x+ x2
}
duas bases de P3. Obtenha a matriz mudanc¸a da base α para a
base β, [I]αβ ; da base β para a base α, [I]
β
α e calcule o produto [I]αβ [I]
β
α.
Lembretes:
1. Para que um sistema seja poss´ıvel, o posto da matriz ampliada deve ser igual ao posto da
matriz dos coeficientes.
2. IRm×n e´ o conjunto das matrizes de ordem m× n.
3. det(AB) = det(A) det(B).
BOA PROVA
Soluc¸o˜es:
1.
 1 2 0 a0 2 2 b
−1 −1 1 c
 L3 ←− 1×L1+L3
 1 2 0 a0 2 2 b
0 1 1 a+ c
 L2 ←→ L3
 1 2 0 a0 1 1 a+ c
0 2 2 b

L1 ←− −2× L2 + L1
L3 ←− −2× L2 + L3
 1 0 −2 −a− 2c0 1 1 a+ c
0 0 0 b− 2a− 2c
.
Este sistema e´ poss´ıvel quando b = 2a+2c. Neste caso, o sistema sera´ sempre indeterminado.
2.

1 −2 1 3
1 0 2 2
1 −4 −1 7
2 −4 2 5

L2 ←− −1× L1 + L2
L3 ←− −1× L1 + L3
L4 ←− −2× L1 + L4

1 −2 1 3
0 2 1 −1
0 −2 −2 4
0 0 0 −1
. Assim
det(A) = det
 2 1 −1−2 −2 4
0 0 −1
 = 2. Como det(A) det(A−1) = det(I) = 1, obtemos
det(A−1) =
1
2
. Ale´m disso det(AT ) = det(A) = 2 e det(A5) = [det(A)]5 = 32.
3. Primeira soluc¸a˜o: A =
(
a b
c d
)
⇒ A2 =
(
a2 + bc b(a+ d)
c(a+ d) bc+ d2
)
. Deste modo
A2 =
(
1 0
2 −3
)
⇒ a + d 6= 0 (pois c(a + d) = 2) ⇒ b = 0 (pois b(a + d) = 0) ⇒ d2 = −3.
Portanto, na˜o pode existir tal matriz.
Segunda soluc¸a˜o: Para qualquer matriz A, temos det(A2) = [det(A)]2 ≥ 0. Entretanto,
det
(
1 0
2 −3
)
= −3. Logo na˜o existe matriz com a propriedade acima.
4. (i) A,B ∈ V ⇒ (A+B)T = AT +BT = A+B ⇒ A+B ∈ V .
(ii) α ∈ IR, A ∈ V ⇒ (αA)T = αAT = αA⇒ αA ∈ V .
(iii) A ∈ V ⇒ A =
 a b cb d e
c e f
 = a
 1 0 00 0 0
0 0 0
+ b
 0 1 01 0 0
0 0 0
+ c
 0 0 10 0 0
1 0 0

+d
 0 0 00 1 0
0 0 0
+ e
 0 0 00 0 1
0 1 0
+ f
 0 0 00 0 0
0 0 1
.
Estas 6 matrizes formam uma base para V .
5. x1v1 + x2v2 + x3v3 = 0⇔

x1 + 2x3 = 0
x2 − 3x3 = 0
2x1 + x2 + x3 = 0
x1 − x2 + 5x3 = 0
.

1 0 2
0 1 −3
2 1 1
1 −1 5
 → pivoteamento →

1 0 2
0 1 −3
0 0 0
0 0 0
⇒
{
x1 = −2x3
x2 = 3x3
.
Por exemplo, para x3 = 1 temos x1 = −2 e x2 = 3. Assim −2v1 + 3v2 + v3 = 0, ou seja
v1 =
3
2
v2 +
1
2
v3 = 0.
6. [I]αβ =
 1 −1 00 1 −1
0 0 1
 , [I]βα =
 1 1 10 1 1
0 0 1
 e [I]αβ [I]βα =
 1 0 00 1 0
0 0 1
.