resolvidos de alg lin

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Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
Data: 15/04/2009
Curso Engenharia de Computac¸a˜o
Disciplina: A´lgebra Linear
Prova: I
1. 4 pts. Dado as matrizes:
A =
0@ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
1A B =
0@ −1 0 00 2 0
0 0 3
1A
(a) Encontrar: detA e detB.
(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B∗.
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.
(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1) e det (B−1).
(e) Encontrar os produtos: A B e B A.
(f) Mostre que em geral vale por matrizes do mesmo ordem: (A B)−1 = B−1A−1.
(g) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1.
(h) Encontrar o inverso do produto: (B A)−1.
Solution:
(a)
detA =
˛˛˛˛
˛˛ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
˛˛˛˛
˛˛ =
˛˛˛˛
˛˛ 1 −2 00 1 1
0 0 1
˛˛˛˛
˛˛ = 1 · 1 · 1 = 1
detB =
˛˛˛˛
˛˛ −1 0 00 2 0
0 0 3
˛˛˛˛
˛˛ = (−1) · 2 · 3 = −6
(b) Para A:
D11 =
˛˛˛˛
1 1
−2 1
˛˛˛˛
= 3 D12 =
˛˛˛˛
0 1
1 1
˛˛˛˛
= −1 D13 =
˛˛˛˛
0 1
1 −2
˛˛˛˛
= −1
D21 =
˛˛˛˛ −2 0
−2 1
˛˛˛˛
= −2 D22 =
˛˛˛˛
1 0
1 1
˛˛˛˛
= 1 D23 =
˛˛˛˛
1 −2
1 −2
˛˛˛˛
= 0
D31 =
˛˛˛˛ −2 0
1 1
˛˛˛˛
= −2 D32 =
˛˛˛˛
1 0
0 1
˛˛˛˛
= 1 D33 =
˛˛˛˛
1 −2
0 1
˛˛˛˛
= 1
Assim:
A11 = 3 A12 = 1 A13 = −1
A21 = 2 A22 = 1 A23 = 0
A31 = −2 A32 = −1 A33 = 1
Ou seja:
A∗ = (Aji) =
0@ 3 2 −21 1 −1
−1 0 1
1A
Por B ser diagonal:
Dij = Aij = 0, i 6= j
D11 = A11 =
˛˛˛˛
2 0
0 3
˛˛˛˛
= 6 D22 = A22 =
˛˛˛˛ −1 0
0 3
˛˛˛˛
= −3 D33 = A33 =
˛˛˛˛ −1 0
0 2
˛˛˛˛
= −2
Made in LATEX 1 Quem entende se´rio somente por se´rio
E brincadeira somente por brincadeira
De fato desentendeu ambos... Piet Hein
Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
Ou seja:
B∗ =
0@ 6 0 00 −3 0
0 0 −2
1A
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.
A−1 =
1
detA
A∗ =
0@ 3 2 −21 1 −1
−1 0 1
1A
E:
B−1 =
1
detB
B∗ =
0@ −1 0 00 1
2
0
0 0 1
3
1A
(d)
det (A−1) =
1
detA
= 1
det (B−1) =
1
detB
= −1
6
(e)
A B =
0@ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
1A0@ −1 0 00 2 0
0 0 3
1A =
0@ 1 −4 00 2 3
−1 −4 3
1A
B A =
0@ −1 0 00 2 0
0 0 3
1A0@ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
1A =
0@ −1 2 00 2 2
3 −6 3
1A
(f) Por o inverso ser u´nico e o produto de matrizes ser associativo:
(B−1A−1)(A B) = B−1(A−1A)B = B−1I B = B−1B = I
E:
(A B) (B−1A−1) = A(B B−1)A−1 = A I A−1 = A A−1 = I
QED
(g)
(A B)−1 = B−1A−1 =
0@ −1 0 00 1
2
0
0 0 1
3
1A0@ 3 2 −21 1 −1
−1 0 1
1A =
0@ −3 −2 21
2
1
2
− 1
2
− 1
3
0 1
3
1A
(h) Encontrar o inverso do produto: (B A)−1.
(B A)−1 = A−1B−1 =
0@ 3 2 −21 1 −1
−1 0 1
1A0@ −1 0 00 1
2
0
0 0 1
3
1A =
0@ −3 1 − 23−1 1
2
− 1
3
1 0 1
3
1A
2. 4 pts. Dado a sistema linear:
(∗) :
8<:
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 1
2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 2
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 3
9=;
(a) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema homogeˆneo do (∗).
(b) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema na˜o homogeˆneo.
Made in LATEX 2 Quem entende se´rio somente por se´rio
E brincadeira somente por brincadeira
De fato desentendeu ambos... Piet Hein
Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
(c) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema:
(∗∗) :
8<:
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 2
2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 3
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 4
9=;
Solution:
Resolvemos tudo de uma vez: 0@ 1 2 3 4 5 | 1 22 3 4 5 −1 | 2 3
3 4 5 6 −3 | 3 4
1A ∼
0@ 1 2 3 4 5 | 1 20 −1 −2 −3 −11 | 0 −1
0 −2 −4 −6 −18 | 0 −2
1A ∼
0@ 1 0 −1 −2 −17 | 1 00 1 2 3 11 | 0 1
0 0 0 0 −4 | 0 0
1A ∼
0@ 1 0 −1 −2 0 | 1 00 1 2 3 0 | 0 1
0 0 0 0 1 | 0 0
1A
Pondo x3 = t e x4 = s obtemos a soluc¸a˜o completa do sistema homogeˆneo:
(x1, x2, x3, x4, x5)
T = (t+ 2s,−2t− 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2
E por (∗):
(x1, x2, x3, x4, x5)
T = (1 + t+ 2s,−2t− 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2
E por (∗∗):
(x1, x2, x3, x4, x5)
T = (t+ 2s, 1− 2t− 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2
Comenta´rio: Verificar:
(i) Verifique que a soluc¸a˜o da eq. homogeˆnea satisfaz as eqs.
(ii) Verifique que as soluc¸o˜es particulares satisfaz (∗) resp. (∗∗).
3. 2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:
A =
0BB@
1 2 3 4
4 3 2 1
a 2 3 4
4 3 2 b
1CCA , (a, b) ∈ R2
B =
0BB@
0 a 0 0
a 0 a 0
0 a 0 a
0 0 a 0
1CCA , a ∈ R
(a) Encontrar para quaisquer valores de a e b o determinante do A.
(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.
(c) Encontrar para qualquer valor de a o determinante do B.
(d) Para quais valores de a o matriz B tem inverso? Para estes valores, encontrar o inverso.
Solution:
Made in LATEX 3 Quem entende se´rio somente por se´rio
E brincadeira somente por brincadeira
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(a)
detA =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 2 3 44 3 2 1
a 2 3 4
4 3 2 b
˛˛˛˛
˛˛˛˛ =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 2 3 44 3 2 1
a− 1 0 0 0
0 0 0 b− 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ =
(−1)3+1(−1)4+4(a− 1)(b− 1)
˛˛˛˛
2 3
3 2
˛˛˛˛
= (a− 1)(b− 1)(4− 9) = −5(a− 1)(b− 1)
(b) Como no item anterior: 0BB@
1 2 3 4
4 3 2 1
a 2 3 4
4 3 2 b
1CCA ∼
0BB@
1 2 3 4
4 3 2 1
a− 1 0 0 0
0 0 0 b− 1
1CCA
Donde segue:
ρA =
8>><>>:
4, a 6= 1 ∧ b 6= 1
3, a = 1 ∧ b 6= 1
3, a 6= 1 ∧ b = 1
2, a = b = 1
(c)
detB =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 0 a 0 0a 0 a 0
0 a 0 a
0 0 a 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 0 1 0 01 0 1 0
0 1 0 1
0 0 1 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 0 1 0 01 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 00 1 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 00 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
(d) O inverso existe se e somente se o determinante na˜o for zero: a4 6= 0 ⇔ a 6= 0.
Por a 6= 0 obtemos:0BB@
0 a 0 0 | 1 0 0 0
a 0 a 0 | 0 1 0 0
0 a 0 a | 0 0 1 0
0 0 a 0 | 0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
0 a 0 0 | 1 0 0 0
a 0 0 0 | 0 1 0 −1
0 0 0 a | −1 0 1 0
0 0 a 0 | 0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
a 0 0 0 | 0 1 0 −1
0 a 0 0 | 1 0 0 0
0 0 a 0 | 0 0 0 1
0 0 0 a | −1 0 1 0
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 0 | 0 1
a
0 − 1
a
0 1 0 0 | 1
a
0 0 0
0 0 1 0 | 0 0 0 1
a
0 0 0 1 | − 1
a
0 1
a
0
1CCA
Assim:
B−1 =
0BB@
0 1
a
0 − 1
a
1
a
0 0 0
0 0 0 1
a
− 1
a
0 1
a
0
1CCA
Made in LATEX 4 Quem entende se´rio somente por se´rio
E brincadeira somente por brincadeira
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Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
Data: 05/05/2009
Curso Engenharia Civil
Disciplina: A´lgebra Linear
Prova: I
1. 4 pts. Dado as matrizes:
A =
0@ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
1A B =
0@ −1 0 00 2 0
0 0 3
1A
Sabendo que:
det (A−1) = detA−1 =
1
detA
e:
(A B)−1 = B−1A−1
responde o seguinte:
(a) Encontrar: detA e detB.
(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B∗.
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.
(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1) e det (B−1).
(e) Encontrar os produtos: A B e B A.
(f) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1.
Solution:
4 pts. Dado as matrizes:
A =
0@ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
1A B =
0@ −1 0 00 2 0
0 0 3
1A
Sabendo que:
det (A−1) = detA−1 =
1
detA
e:
(A B)−1 = B−1A−1
responde o seguinte:
(a) Encontrar: detA e detB.
detA =
˛˛˛˛
˛˛ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
˛˛˛˛
˛˛ =
˛˛˛˛
˛˛ 1 −2 00 1 1
0 0 1
˛˛˛˛
˛˛ = 1 · 1 · 1 = 1
detB =
˛˛˛˛
˛˛ −1 0 00 2 0
0 0 3
˛˛˛˛
˛˛ = (−1) · 2 · 3 = −6
Made in LATEX 5 I really do like Your Christ
But I do dislike Your Christians
Why can’t Your Christians be more like Your Christ? - Mahatma GandhiDr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B∗.
Para A:
D11 =
˛˛˛˛
1 1
−2 1
˛˛˛˛
= 3 D12 =
˛˛˛˛
0 1
1 1
˛˛˛˛
= −1 D13 =
˛˛˛˛
0 1
1 −2
˛˛˛˛
= −1
D21 =
˛˛˛˛ −2 0
−2 1
˛˛˛˛
= −2 D22 =
˛˛˛˛
1 0
1 1
˛˛˛˛
= 1 D23 =
˛˛˛˛
1 −2
1 −2
˛˛˛˛
= 0
D31 =
˛˛˛˛ −2 0
1 1
˛˛˛˛
= −2 D32 =
˛˛˛˛
1 0
0 1
˛˛˛˛
= 1 D33 =
˛˛˛˛
1 −2
0 1
˛˛˛˛
= 1
Assim:
A11 = 3 A12 = 1 A13 = −1
A21 = 2 A22 = 1 A23 = 0
A31 = −2 A32 = −1 A33 = 1
Ou seja:
A∗ = (Aji) =
0@ 3 2 −21 1 −1
−1 0 1
1A
Por B ser diagonal:
Dij = Aij = 0, i 6= j
D11 = A11 =
˛˛˛˛
2 0
0 3
˛˛˛˛
= 6 D22 = A22 =
˛˛˛˛ −1 0
0 3
˛˛˛˛
= −3 D33 = A33 =
˛˛˛˛ −1 0
0 2
˛˛˛˛
= −2
Ou seja:
B∗ =
0@ 6 0 00 −3 0
0 0 −2
1A
(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.
A−1 =
1
detA
A∗ =
0@ 3 2 −21 1 −1
−1 0 1
1A
E:
B−1 =
1
detB
B∗ =
0@ −1 0 00 1
2
0
0 0 1
3
1A
(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1) e det (B−1).
det (A−1) =
1
detA
= 1
det (B−1) =
1
detB
= −1
6
(e) Encontrar os produtos: A B e B A.
A B =
0@ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
1A0@ −1 0 00 2 0
0 0 3
1A =
0@ 1 −4 00 2 3
−1 −4 3
1A
B A =
0@ −1 0 00 2 0
0 0 3
1A0@ 1 −2 00 1 1
1 −2 1
1A =
0@ −1 2 00 2 2
3 −6 3
1A
Made in LATEX 6 I really do like Your Christ
But I do dislike Your Christians
Why can’t Your Christians be more like Your Christ? - Mahatma Gandhi
Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
(f) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1.
(A B)−1 = B−1A−1 =
0@ −1 0 00 1
2
0
0 0 1
3
1A0@ 3 2 −21 1 −1
−1 0 1
1A =
0@ −3 −2 21
2
1
2
− 1
2
− 1
3
0 1
3
1A
2. 4 pts. Dado a sistema linear:
(∗) :
8<:
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 1
2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 2
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 3
9=;
(a) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema homogeˆneo do (∗).
(b) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema na˜o homogeˆneo.
(c) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema:
(∗∗) :
8<:
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 2
2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 3
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 4
9=;
Solution:
4 pts. Dado a sistema linear:
(∗) :
8<:
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 1
2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 2
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 3
9=;
(a) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema homogeˆneo do (∗).
(b) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema na˜o homogeˆneo.
(c) Encontrar a soluc¸a˜o completa do sistema:
(∗∗) :
8<:
x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 2
2x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 3
3x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 4
9=;
Resolvemos tudo de uma vez:0@ 1 2 3 4 52 3 4 5 −1
3 4 5 6 −3
˛˛˛˛
˛˛ 1 22 3
3 4
1A ∼
0@ 1 2 3 4 50 −1 −2 −3 −11
0 −2 −4 −6 −18
˛˛˛˛
˛˛ 1 20 −1
0 −2
1A ∼
0@ 1 0 −1 −2 −170 1 2 3 11
0 0 0 0 −4
˛˛˛˛
˛˛ 1 00 1
0 0
1A ∼
0@ 1 0 −1 −2 00 1 2 3 0
0 0 0 0 1
˛˛˛˛
˛˛ 1 00 1
0 0
1A
Made in LATEX 7 I really do like Your Christ
But I do dislike Your Christians
Why can’t Your Christians be more like Your Christ? - Mahatma Gandhi
Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
Pondo x3 = t e x4 = s obtemos a soluc¸a˜o completa do sistema homogeˆneo:0BBBB@
x1
x2
x3
x4
x5
1CCCCA = t
0BBBB@
1
−2
1
0
0
1CCCCA+ s
0BBBB@
2
−3
0
1
0
1CCCCA =
0BBBB@
t+ 2s
−2t− 3s
t
s
0
1CCCCA , (t, s) ∈ R2
E por (∗): 0BBBB@
x1
x2
x3
x4
x5
1CCCCA =
0BBBB@
1
0
0
0
0
1CCCCA+ t
0BBBB@
1
−2
1
0
0
1CCCCA+ s
0BBBB@
2
−3
0
1
0
1CCCCA =
0BBBB@
1 + t+ 2s
−2t− 3s
t
s
0
1CCCCA , (t, s) ∈ R2
E por (∗∗): 0BBBB@
x1
x2
x3
x4
x5
1CCCCA =
0BBBB@
0
1
0
0
0
1CCCCA+ t
0BBBB@
1
−2
1
0
0
1CCCCA+ s
0BBBB@
2
−3
0
1
0
1CCCCA =
0BBBB@
t+ 2s
1− 2t− 3s
t
s
0
1CCCCA , (t, s) ∈ R2
Comenta´rio: Controle:
(i) Verifique que a soluc¸a˜o da eqac¸a˜o homogeˆnea satisfaz as eqc¸o˜es.
(ii) Verifique que as soluc¸o˜es particulares satisfaz (∗) resp. (∗∗).
3. 2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:
A =
0BB@
1 2 3 4
4 3 2 1
a 2 3 4
4 3 2 b
1CCA , (a, b) ∈ R2
B =
0BB@
0 a 0 0
a 0 a 0
0 a 0 a
0 0 a 0
1CCA , a ∈ R
(a) Encontrar para quaisquer valores de a e b o determinante do A.
(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.
(c) Encontrar para qualquer valor de a o determinante do B.
(d) Para quais valores de a o matriz B tem inverso? Para estes valores, encontrar o inverso.
Solution:
2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:
A =
0BB@
1 2 3 4
4 3 2 1
a 2 3 4
4 3 2 b
1CCA , (a, b) ∈ R2
B =
0BB@
0 a 0 0
a 0 a 0
0 a 0 a
0 0 a 0
1CCA , a ∈ R
Made in LATEX 8 I really do like Your Christ
But I do dislike Your Christians
Why can’t Your Christians be more like Your Christ? - Mahatma Gandhi
Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
(a) Encontrar para quaisquer valores de a e b o determinante do A.
detA =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 2 3 44 3 2 1
a 2 3 4
4 3 2 b
˛˛˛˛
˛˛˛˛ =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 2 3 44 3 2 1
a− 1 0 0 0
0 0 0 b− 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ =
(−1)3+1(−1)4+4(a− 1)(b− 1)
˛˛˛˛
2 3
3 2
˛˛˛˛
= (a− 1)(b− 1)(4− 9) = −5(a− 1)(b− 1)
(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.
Como no item anterior: 0BB@
1 2 3 4
4 3 2 1
a 2 3 4
4 3 2 b
1CCA ∼
0BB@
1 2 3 4
4 3 2 1
a− 1 0 0 0
0 0 0 b− 1
1CCA
Donde segue:
ρA =
8>><>>:
4, a 6= 1 ∧ b 6= 1
3, a = 1 ∧ b 6= 1
3, a 6= 1 ∧ b = 1
2, a = b = 1
(c) Encontrar para qualquer valor de a o determinante do B.
detB =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 0 a 0 0a 0 a 0
0 a 0 a
0 0 a 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 0 1 0 01 0 1 0
0 1 0 1
0 0 1 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 0 1 0 01 0 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 00 1 0 0
0 0 0 1
0 0 1 0
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 00 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = a4
(d) Para quais valores de a o matriz B tem inverso? Para estes valores, encontrar o inverso.
O inverso existe se e somente se o determinante na˜o for zero: a4 6= 0 ⇔ a 6= 0.
Por a 6= 0 obtemos:0BB@
0 a 0 0 | 1 0 0 0
a 0 a 0 | 0 1 0 0
0 a 0 a | 0 0 1 0
0 0 a 0 | 0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
0 a 0 0 | 1 0 0 0
a 0 0 0 | 0 1 0 −1
0 0 0 a | −1 0 1 0
0 0 a 0 | 0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
a 0 0 0 | 0 1 0 −1
0 a 0 0 | 1 0 0 0
0 0 a 0 | 0 0 0 1
0 0 0 a | −1 0 1 0
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 0 | 0 1
a
0 − 1
a
0 1 0 0 | 1
a
0 0 0
0 0 1 0 | 0 0 0 1
a
0 0 0 1 | − 1
a
0 1
a
0
1CCA
Assim:
B−1 =
0BB@
0 1
a
0 − 1
a
1
a
0 0 0
0 0 0 1
a
− 1
a
0 1
a
0
1CCA
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Data: 27/05/2009
Curso Engenharia de Computac¸a˜o
Disciplina: A´lgebra Linear
Prova: II
1. 2 pts. Dado os vetores em relac¸a˜o ao base canoˆnica, (e1, e2, e3, e4, e5), em R
5:
v1 = (1, 1, 1, 1, 1)
T v2 = (1,−1, 1,−1, 1)T v3 = (3,−1, 3,−1, 3)T v4 = (0, 1, 0, 1, 0)T
(a) Mostre que: V = ger(v1,v2) = ger(v3,v4). Qual a dimensa˜o do V ?
(b) Escreve v1 e v2 como combinac¸o˜es lineares de v3 e v4.
(c) Escreve v3 e v4 como combinac¸o˜es lineares de v1 e v2.
Solution:
2 pts. Dado os vetores em relac¸a˜o ao base canoˆnica, (e1, e2, e3, e4, e5), em R
5:
v1 = (1, 1, 1, 1, 1)
T v2 = (1,−1, 1,−1, 1)T v3 = (3,−1, 3,−1, 3)T v4 = (0, 1, 0, 1, 0)T
(a) Mostre que: V = ger(v1,v2) = ger(v3,v4). Qual a dimensa˜o do V ?
(b) Escreve v1 ev2 como combinac¸o˜es lineares de v3 e v4.
(c) Escreve v3 e v4 como combinac¸o˜es lineares de v1 e v2.
Soluc¸a˜o:
(a) Formamos o matriz com os vetores em colunas:
V =
0BBBB@
1 1 3 0
1 −1 −1 1
1 1 3 0
1 −1 −1 1
1 1 3 0
1CCCCA ∼
0BBBB@
1 1 3 0
0 −2 −4 1
0 0 0 0
0 −2 −4 1
0 0 0 0
1CCCCA ∼
0BBBB@
1 1 3 0
0 −2 −4 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1CCCCA
Dai segue: dim ger(v1,v2,v3,v4) = dim ger(v1,v2) = dim ger(v3,v4) = 2, o que implica: ger(v1,v2,v3,v4) =
ger(v1,v2) = ger(v3,v4) = 2. A dimensa˜o e´ o posto do matrizV, isto e´ 2.
(b) Omitindo as linhas com somente zeros:„
1 1
0 −2
˛˛˛˛
3 0
−4 1
«
∼
„
1 1
0 1
˛˛˛˛
3 0
2 − 1
2
«
∼
„
1 0
0 1
˛˛˛˛
1 1
2
2 − 1
2
«
Segue: v3 = v1 + 2v2, e: v4 =
1
2
v1 − 12v2.
(c) Trocando o ordem dos vetores:„
3 0
−4 1
˛˛˛˛
1 1
0 −2
«
∼
„
1 0
−4 1
˛˛˛˛
1
3
1
3
0 −2
«
∼
„
1 0
0 1
˛˛˛˛
1
3
1
3
4
3
− 2
3
«
Segue: v1 =
1
3
v3 +
4
3
v4, e: v2 =
1
3
v3 − 23v4.
2. 6 pts. Dado os vetores em relac¸a˜o ao base canoˆnica, (e1, e2, e3, e4), em R
4:
v1 = (1, 1, 1, 1)
T v2 = (1,−1, 1,−1)T v3 = (1, 1,−1,−1)T v4 = (1,−1,−1, 1)T
(a) Mostre que os vi’s sa˜o mutualmente ortogonais, isto e´: vi · vj = 0 por i 6= j.
(b) Encontrar um base ortonormal de R4, (d1,d2,d3,d4), tal que: di = civi.
(c) Encontrar uma relac¸a˜o matricial entre os coordenados em relac¸a˜o aos ei’s (antigos), xA, e os coordenados em
relac¸a˜o aos di’s (novos), xN :
xA = D xN
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(d) Encontrar uma relac¸a˜o matricial entre os coordenados novos, xN , e os coordenados antigos, xA:
xN = D
′ xA
(e) Justificar que vale: D′ = D−1 = DT = D.
(f) Encontrar os coordenados dos vetores:
w1 = (−1, 1,−1, 1)T w2 = (1, 2, 3, 4)T
em relac¸a˜o ao base novo, (d1,d2,d3,d4).
Solution:
6 pts. Dado os vetores em relac¸a˜o ao base canoˆnica, (e1, e2, e3, e4), em R
4:
v1 = (1, 1, 1, 1)
T v2 = (1,−1, 1,−1)T v3 = (1, 1,−1,−1)T v4 = (1,−1,−1, 1)T
(a) Mostre que os vi’s sa˜o mutualmente ortogonais, isto e´: vi · vj = 0 por i 6= j.
(b) Encontrar um base ortonormal de R4, (d1,d2,d3,d4), tal que: di = civi.
(c) Encontrar uma relac¸a˜o matricial entre os coordenados em relac¸a˜o aos ei’s (antigos), xA, e os coordenados em
relac¸a˜o aos di’s (novos), xN :
xA = D xN
(d) Encontrar uma relac¸a˜o matricial entre os coordenados novos, xN , e os coordenados antigos, xA:
xN = D
′ xA
(e) Justificar que vale: D′ = D−1 = DT = D.
(f) Encontrar os coordenados dos vetores:
w1 = (−1, 1,−1, 1)T w2 = (1, 2, 3, 4)T
em relac¸a˜o ao base novo, (d1,d2,d3,d4).
Soluc¸a˜o:
(a) Verificamos:
v1 · v2 = 1− 1 + 1− 1 = 0 v1 · v3 = 1 + 1− 1− 1 = 0 v1 · v4 = 1− 1− 1 + 1 = 0
v2 · v3 = 1− 1− 1 + 1 = 0 v2 · v4 = 1 + 1− 1− 1 = 0
v3 · v4 = 1− 1 + 1− 1 = 0
QED1.
(b) Normalizamos os vi’s: |v1| = |v2| = |v3| = |v4| =
√
12 + 12 + 12 + 12 =
√
4 = 2. Assim:
d1 =
v1
|v1|
=
„
1
2
,
1
2
,
1
2
,
1
2
«T
d2 =
v2
|v2|
=
„
1
2
,−1
2
,
1
2
,−1
2
«T
d3 =
v3
|v3|
=
„
1
2
,
1
2
,−1
2
,−1
2
«T
d4 =
v4
|v4|
=
„
1
2
,−1
2
,−1
2
,
1
2
«T
E´ claro que di’s sa˜o ortonormais, pois: di · dj = 0 por i 6= j, e: di · di = 1.
1Quod Erat Demonstrandum
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(c) Organizamos os di’s como colunas em uma matriz:
D =
0@ | | | |d1 d2 d3 d4
| | | |
1A =
0BB@
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
− 1
2
1
2
− 1
2
1
2
1
2
− 1
2
− 1
2
1
2
− 1
2
− 1
2
1
2
1CCA = 12
0BB@
1 1 1 1
1 −1 1 −1
1 1 −1 −1
1 −1 −1 1
1CCA
Temos:
xA =
1
2
0BB@
1 1 1 1
1 −1 1 −1
1 1 −1 −1
1 −1 −1 1
1CCAxN
(d) PorD ser ortogonal, temos: D−1 = DT . Observamos queD ainda e´ sime´trica: D = DT , ou seja: D−1 = D.
Assim, invertemos a equac¸a˜o acima:
xN =
1
2
0BB@
1 1 1 1
1 −1 1 −1
1 1 −1 −1
1 −1 −1 1
1CCAxA
(e) Ja´ justificamos isto no item anterior; porD ser ortogonal e sime´trica, vale: D′ = D−1 = DT = D.
(f) Encontramosw1 em coordenados novos:
1
2
0BB@
1 1 1 1
1 −1 1 −1
1 1 −1 −1
1 −1 −1 1
1CCA
0BB@
−1
1
−1
1
1CCA = 12
0BB@
−1 + 1− 1 + 1
−1− 1− 1− 1
−1 + 1 + 1− 1
−1− 1 + 1− 1
1CCA =
0BB@
0
−2
0
0
1CCA
Ilustrando que: w1 = −2d2.
Paraw2:
1
2
0BB@
1 1 1 1
1 −1 1 −1
1 1 −1 −1
1 −1 −1 1
1CCA
0BB@
1
2
3
4
1CCA = 12
0BB@
1 + 2 + 3 + 4
1− 2 + 3− 4
1 + 2− 3− 4
1− 2− 3 + 4
1CCA =
0BB@
5
−1
−2
0
1CCA
Podemos verificar: w2 = 5d1 − d2 − 2d3.
3. 2 pts. (Cabeludo?) Ortogonalizac¸a˜o de Graham-Schmidt
Dado os vetores em R3:
v1 = (1, 1, 1)
T v2 = (1,−1, 1)T v3 = (1, 1,−1)T
(a) Mostre que v1,v2,v3 na˜o sa˜o mutualmente ortogonais.
(b) Mostre que v1,v2,v3 sa˜o linearmente independentes.
(c) Escolhendo: d1 = v1 e d2 = v2 + αd1, mostre que por:
α = −d1 · v2
d1 · d1
obtemos um vetor, d2 ⊥ d1. Encontrar d2.
(d) Escolhendo: d3 = v3 + βd1 + γd2, mostre que por:
β = −d1 · v3
d1 · d1
γ = −d2 · v3
d2 · d2
obtemos um vetor, d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2. Encontrar d3.
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Solution:
2 pts. (Cabeludo?) Ortogonalizac¸a˜o de Graham-Schmidt
Dado os vetores em R3:
v1 = (1, 1, 1)
T v2 = (1,−1, 1)T v3 = (1, 1,−1)T
(a) Mostre que v1,v2,v3 na˜o sa˜o mutualmente ortogonais.
(b) Mostre que v1,v2,v3 sa˜o linearmente independentes.
(c) Escolhendo: d1 = v1 e d2 = v2 + αd1, mostre que por:
α = −d1 · v2
d1 · d1
obtemos um vetor, d2 ⊥ d1. Encontrar d2.
(d) Escolhendo: d3 = v3 + βd1 + γd2, mostre que por:
β = −d1 · v3
d1 · d1
γ = −d2 · v3
d2 · d2
obtemos um vetor, d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2. Encontrar d3.
Soluc¸a˜o:
(a) Os vi’s na˜o sa˜o mutualmente ortogonais, pois:
v1 · v2 = 1− 1 + 1 = 1 6= 0 v1 · v3 = 1 + 1− 1 = 1 6= 0
v2 · v3 = 1− 1− 1 = −1 6= 0
(b)
V =
0@ | | |v1 v2 v3
| | |
1A =
0@ 1 1 11 −1 1
1 1 −1
1A ∼
0@ 1 1 10 −2 0
0 0 −2
1A
Segue, que ρV = 3, ou seja: os vi’s sa˜o linearmente independentes.
(c) Na equac¸a˜o d2 = v2 + αd1, fazemos o produto escalar com d1:
d1 · d2 = d1 · v2 + α(d1 · d1)
Exigindo d1 ⊥ d2 - ou seja: d1 · d2 = 0 - segue:
α = −d1 · v2
d1 · d1
Usando resultados anteriores:
d1 · v2 = 1
d1 · d1 = 3
Assim: α = − 1
3
, e assim:
d2 =
0@ 1−1
1
1A− 1
3
0@ 11
1
1A =
0@ 23− 4
3
2
3
1A
Observamos:
d1 · d2 =
0@ 11
1
1A ·
0@ 23− 4
3
2
3
1A = 2
3
− 4
3
+
2
3
= 0
Isto e´: d2 ⊥ d1.
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(d) Na d3 = v3 + βd1 + γd2 fazemos o produto escalar com d1 e utilizamos que d1 · d2 = 0:
d1 · d3 = d1 · v3 + β(d1 · d1) + 0
Exigindo d1 · d3 = 0, obtemos:
β = −d1 · v3
d1 · d1
Fazendo o produto escalar com d2, segue de mesmo maneira:
γ = −d2 · v3
d2 · d2
Usando resultados anteriores:
d1 · v3 = 1
d1 · d1 = 3
Assim:
β = −1
3
E mais:
d2 · v3 = −
4
3
d2 · d2 =
24
9
=
8
3
Assim:
γ =
1
2
Finalmente calculamos d3:
d3 =
0@ 11
−1
1A− 1
3
0@ 11
1
1A+ 1
2
0@ 23− 4
3
2
3
1A =
0@ 10
−1
1A
Observamos:
d1 · d3 =
0@ 11
1
1A ·
0@ 10
−1
1A = 1 + 0− 1 = 0
d2 · d3 =
0@ 11
1
1A ·
0@ 23− 4
3
2
3
1A = 2
3
+ 0− 2
3
= 0
Isto e´: d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2.
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Data: 17/06/2009
Curso Engenharia Civil
Disciplina: A´lgebra Linear
Prova: II
1. 2 pts. Dado os vetores em relac¸a˜o ao base canoˆnica, (e1, e2, e3, e4, e5), em R
5:
v1 = (1, 2, 2, 2, 1)
T v2 = (1, 0, 0, 0, 1)
T v3 = (2, 2, 2, 2, 2)
T v4 = (0, 1, 1, 1, 0)
T
(a) Mostre que: V = ger(v1,v2) = ger(v3,v4). Qual a dimensa˜o do V ?
(b) Escreve v1 e v2 como combinac¸o˜es lineares de v3 e v4.
(c) Escreve v3 e v4 como combinac¸o˜es lineares de v1 e v2.
Solution:
(a) Formamos o matriz com os vetores em colunas:
V =
0BBBB@
1 1 2 0
2 0 2 1
2 0 2 1
2 0 2 1
1 1 2 0
1CCCCA ∼
0BBBB@
1 1 2 0
2 0 2 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
1CCCCA
Dai segue: dim ger(v1,v2,v3,v4) = dim ger(v1,v2) = dim ger(v3,v4) = 2, o que implica: ger(v1,v2,v3,v4) =
ger(v1,v2) = ger(v3,v4) = 2. A dimensa˜o e´ o posto do matrizV, isto e´ 2.
(b) Omitindo as linhas com somente com zeros e trocando a ordem dos vetores:„
2 0
2 1
˛˛˛˛
1 1
2 0
«
∼
„
2 0
0 1
˛˛˛˛
1 1
1 −1
«
∼
„
1 0
0 1
˛˛˛˛
1
2
1
2
1 −1
«
Segue: v1 =
1
2
v3 + v4, e: v2 =
1
2
v3 − v4.
(c) Similarmente:„
1 1
2 0
˛˛˛˛
2 0
2 1
«
∼
„
1 1
0 −2
˛˛˛˛
2 0
−2 1
«
∼
„
1 1
0 1
˛˛˛˛
2 0
1 − 1
2
«
∼
„
1 0
0 1
˛˛˛˛
1 1
2
1 − 1
2
«
Segue: v3 = v1 + v2, e: v4 =
1
2
v1 − 12v2.
2. 3 pts. Qual a dimensa˜o dos conjuntos gerados de:
(a) f1(x) = x(1− x), f2(x) = x(1 + x), f3(x) = x(1− x2) e f4(x) = x(3− x2).
(b) v1 = (1,−1,−1,−1)T , v2 = (1, 1,−1,−1)T , v3 = (1, 1, 1,−1)T , v4 = (1, 1, 1, 1)T , v5 = (0, 0, 1, 1)T .
(c) A
1
=
„
1 3
2 2
«
,A
2
=
„ −2 1
3 −4
«
,A
3
=
„
5 3
1 2
«
,A
4
=
„
1 1
1 0
«
.
Solution:
(a) Desenvolvendo:
c1f1(x) + c2f2(x) + c3f3(x) + c4f4(x) = c1x(1− x) + c2x(1 + x) + c3x(1− x2) + c4x(3− x2) =
x (c1 + c2 + c3 + 3c4) + x
2 (−c1 + c2) + x3 (c3 − c4) ≡ 0
O que vale se e somente se: c1 + c2 + c3 + 3c4 = −c1 + c2 − c3 − 3c4 = c3 − c4 = 0. Na forma matricial:
F =
0@ 1 1 1 3−1 1 0 0
0 0 1 −1
1A ∼
0@ 1 1 1 30 2 1 3
0 0 1 −1
1A
O que mostre que ρF = dim ger(f1(x), f2(x), f3(x), f4(x)) = 3.
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Qual voceˆ faz? - Piet Hein
Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
(b) Siempre el mismo estribilho:
V =
0BB@
1 1 1 1 0
−1 1 1 1 0
−1 −1 1 1 1
−1 −1 −1 1 1
1CCA ∼
0BB@
1 1 1 1 0
0 2 2 2 0
0 0 2 2 1
0 0 0 2 1
1CCA
O que mostre que ρV = dim ger(v1,v2,v3,v4,v5) = 4.
(c) Transformamos a equac¸a˜o matricial:
c1
„
1 3
2 2
«
+ c2
„ −2 1
3 −4
«
+ c3
„
5 3
1 2
«
+ c4
„
1 1
1 0
«
= 0
em uma equac¸a˜o vetorial:
c1
0BB@
1
3
2
2
1CCA+ c2
0BB@
−2
1
3
−4
1CCA+ c3
0BB@
5
3
1
2
1CCA+ c4
0BB@
1
1
1
0
1CCA = 0
Com matriz:
A =
0BB@
1 −2 5 1
3 1 3 1
2 3 1 1
2 −4 2 0
1CCA ∼
0BB@
1 −2 5 1
0 7 −12 −2
0 7 −9 −1
0 0 −8 −2
1CCA ∼
0BB@
1 −2 5 1
0 7 −12 −2
0 0 5 1
0 0 −8 −2
1CCA ∼
0BB@
1 −2 5 1
0 7 −12 −2
0 0 5 1
0 0 2 0
1CCA ∼
0BB@
1 −2 5 1
0 7 −12 −2
0 0 1 0
0 0 0 1
1CCA
O que mostre que ρA = dim ger(A
1
,A
2
,A
3
,A
4
) = 4.
3. 3 pts. Dado os vetores em R3:
v1 = (1, 1, 1)
T v2 = (1, 1, 0)
T v3 = (1, 0, 1)
T
(a) Mostre que (v1,v2,v3) formam uma base em R
3.
(b) Encontrar uma relac¸a˜o matricial expressando os coordenados em relac¸a˜o ao base (v1,v2,v3), em termos dos
coordenados em relac¸a˜o ao base canoˆnica, (i, j,k).
(c) Encontrar os coordenados em relac¸a˜o ao base (v1,v2,v3) dos vetores: w1 = (1, 2, 3)
T ew2 = (3, 2, 1)
T
Solution:
3 pts. Dado os vetores em R3:
v1 = (1, 1, 1)
T v2 = (1, 1, 0)
T v3 = (1, 0, 1)
T
(a) Mostre que (v1,v2,v3) formam uma base em R
3.
(b) Encontrar uma relac¸a˜o matricial expressando os coordenados em relac¸a˜o ao base (v1,v2,v3), em termos dos
coordenados em relac¸a˜o ao base canoˆnica, (i, j,k).
(c) Encontrar os coordenados em relac¸a˜o ao base (v1,v2,v3) dos vetores: w1 = (1, 2, 3)
T ew2 = (3, 2, 1)
T
Soluc¸a˜o:
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(a) Formamos o matriz: V = (v1,v2,v3):
“
V
˛˛˛
I
”
=
0@ 1 1 11 1 0
1 0 1
˛˛˛˛
˛˛ 1 0 00 1 0
0 0 1
1A ∼
0@ 1 1 10 0 −1
0 −1 0
˛˛˛˛
˛˛ 1 0 0−1 1 0−1 0 1
1A ∼
0@ 1 0 00 0 −1
0 −1 0
˛˛˛˛
˛˛ −1 1 1−1 1 0−1 0 1
1A ∼
0@ 1 0 00 1 0
0 0 1
˛˛˛˛
˛˛ −1 1 11 0 −1
1 −1 0
1A = “I ˛˛˛ V−1”
Mostrando queV e´ regular e assim v1,v2,v3 formam um base em R
3.
(b) No ca´lculo na questa˜o anterior calculamos o inverso,V−1: xA = VxN , ou equivalentemente: xN = V
−1xA:
xN =
0@ −1 1 11 0 −1
1 −1 0
1AxA
(c) Usando esta equac¸a˜o enocntramos os coordenados novos dos vetoresw1:
w′1 =
0@ −1 1 11 0 −1
1 −1 0
1A0@ 12
3
1A =
0@ 4−2
−1
1A
E dow2:
w′2 =
0@ −1 1 11 0 −1
1 −1 0
1A0@ 32
1
1A =
0@ 02
1
1A
4. 2 pts. Considere os vetores do exercı´sio anterior:
v1 = (1, 1, 1)
T v2 = (1, 1, 0)
T v3 = (1, 0, 1)
T
(a) Definindo: d1 = v1 e d2 = d1 × v2. Encontrar d1 e d2. Mostrar que d1 e d2 sa˜o ortogonais.
(b) Definindo: d3 = d1 × d2. Encontrar d3. Mostrar que d3 e´ ortogonal em d1e d2.
(c) Encontrar uma base ortonormal de R3, cuja os eixos sa˜o paralelos com os vetores d1, d2 e d3. Encontrar o matriz
deste substituic¸a˜o ortonormal,M. Demostrar queM−1 =MT e encontrar seu determinante.
(d) Encontrar neste base os coordenados dos vetores: w1 = (0, 1, 1)
T ew2(0, 0, 1)
T .
Solution:
2 pts. Considere os vetores do exercı´sio anterior:
v1 = (1, 1, 1)
T v2 = (1, 1, 0)
T v3 = (1, 0, 1)
T
(a) Definindo: d1 = v1 e d2 = d1 × v2. Encontrar d1 e d2. Mostrar que d1 e d2 sa˜o ortogonais.
(b) Definindo: d3 = d1 × d2. Encontrar d3. Mostrar que d3 e´ ortogonal em d1e d2.
(c) Encontrar uma base ortonormal de R3, cuja os eixos sa˜o paralelos com os vetores d1, d2 e d3. Encontrar o matriz
deste substituic¸a˜o ortonormal,M. Demostrar queM−1 =MT e encontrar seu determinante.
(d) Encontrar neste base os coordenados dos vetores: w1 = (0, 1, 1)
T ew2(0, 0, 1)
T .
Soluc¸a˜o:
(a) d1 = v1 = (1, 1, 1)
T , e:
d1 = d1 × v2 =
˛˛˛˛
˛˛ i j k1 1 1
1 1 0
˛˛˛˛
˛˛ = (−1, 1, 0)T
Por ser o produto vetorial (que produz um vetor ortogonal das operantes), d1 ⊥ d2.
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(b) Calculando:
d3 = d1 × d2 =
˛˛˛˛
˛˛ i j k1 1 1
−1 1 0
˛˛˛˛
˛˛ = (−1,−1, 2)T
De novo, pelos propriedades do produto vetorial, d3 e´ ortogonal em d1 e d2.
(c) Como os vetores d1,d2,d3 sa˜o mutualmente ortogonais, basta nos normalizar as treˆs para obter um base ortonor-
mal:
m1 =
d1
|d1|
= 1√
3
(1, 1, 1)T
m2 =
d2
|d2|
=
1√
2
(−1, 1, 0)T
m3 =
d3
|d3|
+ =
1√
6
(−1,−1, 2)T
Organizando como colunas em uma matriz ortogonal:
M =
0B@
1√
3
1√
2
− 1√
6
− 1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0 2√
6
1CA
Por ser ortogonal, temosM−1 = MT (alternativamente, basta so mostrar queMT M = I). E para seu determi-
nante:
detM =
˛˛˛˛
˛˛˛
1√
3
1√
2
− 1√
6
− 1√
3
1√
2
− 1√
6
1√
3
0 2√
6
˛˛˛˛
˛˛˛ = 1
6
˛˛˛˛
˛˛ 1 −1 −11 1 −1
1 0 2
˛˛˛˛
˛˛ =
1
6
˛˛˛˛
˛˛ 1 1 −10 2 0
0 1 3
˛˛˛˛
˛˛ = 16
˛˛˛˛
2 0
1 3
˛˛˛˛
=
1
6
(6− 0)) = 1
(d) O matriz tranformando coordenados antigos em coordenados novos, e´M−1, assim:
w′1 =
0B@
1√
3
1√
3
1√
3
− 1√
2
1√
2
0
− 1√
6
− 1√
6
2√
6
1CA
0@ 01
1
1A =
0B@
2√
3
1√
2
1√6
1CA
E:
w′2 =
0B@
1√
3
1√
3
1√
3
− 1√
2
1√
2
0
− 1√
6
− 1√
6
2√
6
1CA
0@ 00
1
1A =
0@ 1√30
2√
6
1A
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Data: 03/07/2009
Curso Engenharia Civil
Disciplina: A´lgebra Linear
Prova: III - Chamada Extra
1. (465) 4 pts. Dado o matriz,A, de uma aplicac¸a˜o linear, f : R4 → R4:
A =
0BB@
1 0 0 −3
2 3 0 3
−2 −1 2 −3
0 0 0 4
1CCA
(a) Mostre que o nu´cleo (kernel), kerf = {x ∈ R4|A x = 0}, tem dimensa˜o 0.
(b) Encontrar autovalores e autovetores de f .
(c) Mostre que e´ possı´vel escolher um base de autovetores de f .
(d) Encontre o matriz,B, de f ao respeito desde base. Qual a relac¸a˜o entreA eB?
Solution:
(a)
detA =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 −32 3 0 3−2 −1 2 −3
0 0 0 4
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = 4
˛˛˛˛
˛˛ 1 0 02 3 0−2 −1 2
˛˛˛˛
˛˛ = 4 · 1 · 3 · 2 = 24 6= 0
Ou seja,A e´ regular, isto e´: dim ker f = 0.
(b)
P (λ) = det (A− λI) =
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1− λ 0 0 −32 3− λ 0 3−2 −1 2− λ −3
0 0 0 4− λ
˛˛˛˛
˛˛˛˛ = (4− λ)
˛˛˛˛
˛˛ 1− λ 0 02 3− λ 0−2 −1 2− λ
˛˛˛˛
˛˛ =
(4− λ)(1− λ)(3− λ)(2− λ) = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 2 ∨ λ = 3 ∨ λ = 4
Notamos que a soma dos autovalores e´ igual o trac¸o doA.
i. λ1 = 1:
A− I =
0BB@
0 0 0 −3
2 2 0 3
−2 −1 1 −3
0 0 0 3
1CCA ∼
0BB@
0 0 0 1
2 2 0 0
−2 −1 1 0
0 0 0 0
1CCA ∼
0BB@
0 0 0 1
1 1 0 0
0 1 1 0
0 0 0 0
1CCAx = 0 ⇔
x1 = x3 = −x2 ∧ x4 = 0 ⇔ x = t(1,−1, 1, 0)T , t ∈ R
ii. λ2 = 2:
A−2I =
0BB@
−1 0 0 −3
2 1 0 3
−2 −1 0 −3
0 0 0 2
1CCA ∼
0BB@
−1 0 0 0
2 1 0 0
−2 −1 0 0
0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 0
0 1 0 0
0 −1 0 0
0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 1
0 0 0 0
1CCAx = 0 ⇔
x1 = x2 = x4 = 0 ⇔ x = t(0, 0, 1, 0)T , t ∈ R
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iii. λ3 = 3:
A−3I =
0BB@
−2 0 0 −3
2 0 0 3
−2 −1 −1 −3
0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
−2 0 0 0
2 0 0 0
−2 −1 −1 0
0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 0
0 0 0 0
0 −1 −1 0
0 0 0 1
1CCAx = 0 ⇔
x2 = −x3 ∧ x1 = x4 = 0 ⇔ x = t(0, 1,−1, 0)T , t ∈ R
iv. λ4 = 4:
A−4I =
0BB@
−3 0 0 −3
2 −1 0 3
−2 −1 −2 −3
0 0 0 0
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
2 −1 0 3
2 1 2 3
0 0 0 0
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 −1 0 1
0 1 2 1
0 0 0 0
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 −1 0 1
0 0 1 1
0 0 0 0
1CCAx = 0 ⇔
x2 = x4 ∧ x1 = −x4 ∧ x3 = −x4 ⇔ x = t(−1, 1,−1, 1)T , t ∈ R
(c) Por ter 4 autovalores diferentes, e´ possı´vel escolher uma base de autovetores, por ex:
v1 = (1,−1, 1, 0) v2 = (0, 0, 1, 0) v3 = (0, 1,−1, 0) v4 = (−1, 1,−1, 1)
(d) Ao respeito da base vi a matriz e´:
B =
0BB@
1 0 0 0
0 2 0 0
0 0 3 0
0 0 0 4
1CCA
Colocando os vi’s nos colunas do matrizV:
V =
0BB@
1 0 0 −1
−1 0 1 1
1 1 −1 −1
0 0 0 1
1CCA
A relac¸a˜o entreA eB e´: B = V−1AV.
Ressaltamos queV−1 6= V, poisV na˜o e´ ortogonal (ie. os vi’s na˜o sa˜o ortonormais - nem ortogonais).
2. (341, c) 4 pts. Dado a forma quadra´tica:
(∗) x2 + y2 − z2 + 2xy
(a) Encontrar uma substituic¸a˜o ortogonal,D, que reduz (∗) em uma forma sem termos mistos: λ1x21 + λ2y21 + λ3xz21
- onde λ1 ≥ λ2 ≥ λ3.
(b) Classificar geome´tricalmente: x2 + y2 − z2 + 2xy − 2x− 4y − 1 = 0.
Solution:
(a) Primeiramente, com r = (x, y, z)T :
x2 + y2 − z2 + 2xy = rTA r = (x y z)
0@ 1 1 01 1 0
0 0 −1
1A0@ xy
z
1A
Procuramos os autovalores doA:
det (A− λI) =
˛˛˛˛
˛˛ 1− λ 1 01 1− λ 0
0 0 −1− λ
˛˛˛˛
˛˛ = (−1−λ) ˛˛˛˛ 1− λ 11 1− λ
˛˛˛˛
= (−1−λ) ˆ(1− λ)2 − 1˜ = 0⇔
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λ = −1 ∨ (1− λ)2 = 1 ⇔ λ = −1 ∨ 1− λ = ±1 ⇔ λ1 = 2 ∨ λ2 = 0 ∨ λ3 = −1
Notamos: λ1 + λ2 + λ3 = 1 = Tr A. E: λ1λ2λ3 = 0 = detA.
Encontramos autovetores:
i. λ1 = 2:
A− 0I =
0@ −1 1 01 −1 0
0 0 −1
1A ∼
0@ −1 1 00 0 0
0 0 1
1Ax = 0 ⇔
x1 = x2 ∧ x3 = 0 ⇔ x = t(1, 1, 0)T , t ∈ R
Normalizando: v1 =
1√
2
(1, 1, 0)T .
ii. λ2 = 0:
A− I =
0@ 1 1 01 1 0
0 0 −1
1A ∼
0@ 1 1 00 0 0
0 0 1
1Ax = 0 ⇔
x1 = −x2 ∧ x3 = 0 ⇔ x = t(−1, 1, 0)T , t ∈ R
Normalizando: v2 =
1√
2
(−1, 1, 0)T .
iii. λ3 = −1: Por ser ortogonal dos outros dois autovetores, temos:
(1, 1, 0)T × (−1,−, 0)T = (0, 0, 2)T
Normalizando: v3 = (0, 0, 1)
T .
Assim, a substituic¸a˜o ortogonal diagonalizando (∗) e´:
V =
0@ 1√2 − 1√2 01√
2
1√
2
0
0 0 1
1A V−1 = VT
A matriz neste base e´:
B = VTAV =
0@ 2 0 00 0 0
0 0 −1
1A
Transformando (∗) em:
x2 + y2 − z2 + 2xy = 2x′2 − z′2
A relac¸a˜o entre os coordenados antigos e novos e´:0@ xy
z
1A = V
0@ x′y′
z′
1A =
0@ 1√2 − 1√2 01√
2
1√
2
0
0 0 1
1A0@ x′y′
z′
1A =
0@ 1√2 (x′ − y′)1√
2
(x′ + y′)
z′
1A
(b) Usando o resultado do item anterior:
−2x− 4y = − 1√
2
ˆ
2(x′ − y′) + 4(x′ + y′)˜ = − 1√
2
(6x′ + 2y′)
Assim:
x2 + y2 − z2 + 2xy − 2x− 4y − 1 = 0 ⇔
2x′2 − z′2 − 1√
2
(6x′ + 2y′) = 1 ⇔
2
„
x′2 − 3√
2
x′
«
− z′2 − 2√
2
y′ = 1 ⇔
2
„
(x′ − 3
2
√
2
)2 − 9
8
«
− z′2 −
√
2y′ = 1 ⇔
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2(x′ − 3
2
√
2
)2 − z′2 −
√
2y′ = 1 +
9
4
=
13
4
⇔
(x′ − 3
2
√
2
)2 − z
′
√
2
2
=
y′√
2
+
13
8
=
y′ + 13
4
√
2√
2
Isto e´ uma paraboloide hiperbo´lica, com centro:
(x′0, y
′
0, z
′
0) = (
3
2
√
2
,− 13
4
√
2
, 0). Em os coordenados antigos:0@ xy
z
1A =
0@ 1√2 − 1√2 01√
2
1√
2
0
0 0 1
1A0@ 32√2− 13
4
√
2
0
1A =
0@ 34 + 1383
4
− 13
8
0
1A =
0@ 198− 7
8
0
1A
Quem diria...
3. (471) 2 pts. (Projec¸a˜o ortogonal.) Uma aplicac¸a˜o linear, f , e´ dado por:
f(x) = (x · e)e− x
onde e e´ um vetor dado (fixo).
(a) Fazer uma figura indicando os vetores e,x e f(x).
(b) Mostre que a imagem do f e´ perpendicular em e.
(c) Seja i e j dois vetores unita´rios e ortogonais. Pondo: e =
√
2
2
i+
√
2
2
j. Encontrar o matriz,A, de f em relac¸a˜o ao
base (i, j).
Solution:
(a) -
(b) f(x) · e = ((x · e)e− x) · e = (x · e)(e · e)− (x · e) = (x · e)− (x · e) = 0.
(c) f(i) = (i · e)e− i =
√
2
2
(
√
2
2
i+
√
2
2
j)− i = 1
2
i+ 1
2
j− i = (− 1
2
, 1
2
),
f(j) = (j · e)e− j =
√
2
2
(
√
2
2
i+
√
2
2
j)− j = 1
2
i+ 1
2
j− j = ( 1
2
,− 1
2
).
Assim o matriz e´:
A =
„ − 1
2
1
2
1
2
− 1
2
«
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Dr. Ole Peter Smith
Instituto de Matema´tica e Estatı´stica
Universidade Federal de Goia´s
ole@mat.ufg.br
Data: 08/07/2009
Curso Engenharia Civil e Computac¸a˜o
Disciplina: A´lgebra Linear
Prova: III
1. (410) 4 pts. Em R4 sa˜o dado os vetores:
d1 = (1, 2, 2, 0)
T d2 = (0, 1, 1, 1)
T d3 = (0, 0, 1, 1)
T d4 = (1, 1, 1, 1)
T
(a) Mostre que d1,d2,d3,d4 formam uma base em R
4.
(b) Uma aplicac¸a˜o linear, f : R4 → R3 e´ dado por:
f(d1) = (1, 1, 2)
T f(d2) = (3,−1, 1)T f(d3) = (4, 0, 3)T f(d4) = (−5, 3, 0)T
Encontrar a matriz do f em respeito ao base di em R
4 e a base canoˆnica em R3.
(c) Encontrar a matriz do f em respeito ao base canoˆnica em R4 e R3.
(d) Encontrar a dimensa˜o do imagem do f .
(e) Dados os vetores: v1 = d1 + d2 − d3 e v2 = −d1 + 2d2 + d4.
Mostre que: kerf =
˘
x ∈ R4| f(x) = 0¯ = ger(v1,v2).
(f) Encontrar a soluc¸a˜o completa da equac¸a˜o: f(x) = f(d1).
Solution:
(410) 4 pts. Em R4 sa˜o dado os vetores:d1 = (1, 2, 2, 0)
T d2 = (0, 1, 1, 1)
T d3 = (0, 0, 1, 1)
T d4 = (1, 1, 1, 1)
T
(a) 0BB@
1 0 0 1
2 1 0 1
2 1 1 1
0 1 1 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 1 1 −1
0 1 1 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 1 2
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 0 2
1CCA ⇒ ρ = 4
Ou seja, d1,d2,d3,d4 formam uma base em R
4.
(b) Em respeito ao base canoˆnica em R4 e R3 o matriz e´ (a imagem dos di em colunas):
A′ =
0@ 1 3 4 −51 −1 0 3
2 1 3 0
1A
(c) Temos: A′ = AD ⇔ A = A′D−1. Calculamos a matriz inversa:
0BB@
1 0 0 1
2 1 0 1
2 1 1 1
0 1 1 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 00 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 1 1 −1
0 1 1 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 0−2 1 0 0−2 0 1 0
0 0 0 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 1 2
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 0−2 1 0 0
0 −1 1 0
2 −1 0 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 0 2
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 0−2 1 0 0
0 −1 1 0
2 0 −1 1
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 0 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0 0 0−2 1 0 0
0 −1 1 0
1 0 − 1
2
1
2
1CCA ∼
0BB@
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
˛˛˛˛
˛˛˛˛ 1 0
1
2
− 1
2
−1 1 − 1
2
1
2
0 −1 1 0
1 0 − 1
2
1
2
1CCA ⇒ D−1 =
0BB@
1 0 1
2
− 1
2
−1 1 − 1
2
1
2
0 −1 1 0
1 0 − 1
2
1
2
1CCA
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Multiplicando:
A = A′D−1 =
0@ 1 3 4 −51 −1 0 3
2 1 3 0
1A
0BB@
1 0 1
2
− 1
2
−1 1 − 1
2
1
2
0 −1 1 0
1 0 − 1
2
1
2
1CCA =
0@ −7 −1 112 − 325 −1 − 1
2
1
2
1 −2 7
2
− 1
2
1A
(d) A dimensa˜o da imagem e´ o posto: ρA = ρA′ . EscolhemosA′:
0@ 1 3 4 −51 −1 0 3
2 1 3 0
1A ∼
0@ 1 3 4 −50 −4 −4 8
0 −5 −5 10
1A ∼
0@ 1 3 4 −50 1 1 −2
0 1 1 −2
1A ∼
0@ 1 3 4 −50 1 1 −2
0 0 0 0
1A
Segue que a dimensa˜o da imagem e´ 2.
(e) Primeiramente: dimR4 = dimIm(f) + dimkerf . Ou seja: dimkerf = 4− 2 = 2.
Formamos as imagens:
0@ 1 3 4 −51 −1 0 3
2 1 3 0
1A
0BB@
1 −1
1 2
−1 0
0 1
1CCA =
0@ 1 + 3− 4 −1 + 6− 51− 1 −1− 2 + 3
2 + 1− 3 −2 + 2
1A =
0@ 0 00 0
0 0
1A
Segue, que f(v1) = f(v2) = 0, ou seja: v1,v2 ∈ kerf . Por v1,v2 serem linearmente independentes, conclui-
mos: kerf = ger(v1,v2.
(f) Encontrar a soluc¸a˜o completa da equac¸a˜o: f(x = f(d1).
Trivialmente a quac¸a˜o f(x = f(d1) tem a soluc¸a˜o x = d1, assim sendo uma soluc¸a˜o particular. Assim a soluc¸a˜o
completa e´ x = d1 + kerf , ou seja:
x = d1 + tv1 + sv2, t, s ∈ R
2. (403) 4 pts. Dado a superfı´cie:
(∗) 3x2 − 3y2 + 12xz + 12yz + 4x− 4y − 2z = 0
(a) Encontrar a parte linear do (∗), F1(x, y, z).
(b) Encontrar a parte quadra´tica do (∗), F2(x, y, z), e escreve-a na forma matricial: rTA r.
(c) Encontrar autovalores e autovetores da matrizA.
(d) Encontrar uma base ortonormal, di, de autovetores daA.
(e) Encontrar uma substituic¸a˜o ortogonal,D, e uma matriz diagonal,B, tal que: B = DTAD.
(f) Transformar, usando o item anterior, F2 em uma forma quadra´tica sem termos mistos.
(g) Encontrar F1(x, y, z) em termos dos coordenados novos.
(h) Classificar (∗) geometricalmente.
Solution:
(a) F1(x, y, z) = 4x− 4y − 2z.
(b) F2(x, y, z) = 3x2 − 3y2 + 12xz + 12yz. De forma matricial:
`
x y z
´0@ 3 0 60 −3 6
6 6 0
1A0@ xy
z
1A
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(c) ˛˛˛˛
˛˛ 3− λ 0 60 −3− λ 6
6 6 −λ
˛˛˛˛
˛˛ = (3− λ) ˛˛˛˛ −3− λ 66 −λ
˛˛˛˛
+ 6
˛˛˛˛
0 −3− λ
6 6
˛˛˛˛
= (3− λ) [λ(−3− λ)− 36] + 6 [0− 6(−3− λ)] = ... = −λ3 + 81λ = −λ(λ2 − 81) = 0 ⇔
λ1 = 9 ∨ λ2 = −9 ∨ λ3 = 0
(d) Encontrar uma base ortonormal, di, de autovetores daA.
i. λ1 = 9:
A− 9I =
0@ −6 0 60 −12 6
6 6 −9
1A ∼ ... ∼
0@ −1 0 10 −2 1
0 0 0
1Ax = 0⇔ x1 = x3 = 2x2 ⇔
x = t
0@ 21
2
1A , t ∈ R
Normalizamos: v1 =
1
3
(2, 1, 2).
ii. λ2 = −9:
A− 9I =
0@ 12 0 60 6 6
6 6 9
1A ∼ ... ∼
0@ 2 0 10 1 1
0 0 0
1Ax = 0⇔ x3 = −x2 ∧ x3 = −2x1 ⇔
x = t
0@ 12
−2
1A , t ∈ R
Normalizamos: v2 =
1
3
(1, 2,−2). Verificamos: v1 · v2 = 0.
iii. λ2 = 0:
Podemos resolver como para os autovalores anteriores, pore´m e´ mais facil utilizar que v3 ⊥ v1 e v3 ⊥ v2,
ou seja: v3 ‖ v1 × v2: ˛˛˛˛
˛˛ i j k2 1 2
1 2 −2
˛˛˛˛
˛˛ = (−6, 6, 3) ⊥ (−2, 2, 1)
Normalizamos: v3 =
1
3
(−2, 2, 1).
Suggestion: Verifique queA vi = λivi.
(e) Organizando os autovetores normalizados em colunas:
D =
1
3
0@ 2 1 −21 2 −2
2 −2 1
1A D−1 = DT = 1
3
0@ 2 1 21 2 −2
−2 2 1
1A
O matrix neste base e´ os autovalores na diagonal:
B =
0@ 9 0 00 −9 0
0 0 0
1A
E vale: B = DTAD.
(f) F2(x, y, x) = λ1x′2 + λ2y′2 + λ3z′2 = 9x′2 − 9y′2.
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(g) Usamos a relac¸a˜o entre coordenados velhos e coordenados novos: r = D r′:
r =
0@ xy
z
1A = 1
3
0@ 2 1 −21 2 −2
2 −2 1
1A0@ x′y′
z′
1A = 1
3
0@ 2x′ + y′ − 2z′x′ + 2y′ − 2z′
2x′ + 2y′ − z′
1A
Assim: F1(x, y, z) = 13 (4(2x
′ + y′ − 2z′)− 4(x′ + 2y′ − 2z′)− 2(2x′ + 2y′ − z′)) =
1
3
(8− 4− 4)x′ = (4− 4− 4)y′ + (−8− 8 + 2)z′) = 15
3
z′ = −5z′.
(h) (∗) e´ equivalente a`:
9x′2 − 9y′2 − 5z′ = 0 ⇔ 5z′ = 9x′2 − 9y′2
Isto ’e uma paraboloide hiperbo´lica com centro em (x′, y′, z′) = (x, y, z) = (0, 0, 0).
3. (442) 2 pts. Seja a e b vetores fixos em R3 que satisfaz:
|a| = |b| =
√
2 a · b = 1
A aplicac¸a˜o, f , e´ dado por:
f(x) = a× x+ (a · x)b
(a) Mostrar que f e´ uma aplicac¸a˜o linear.
No resto deste exercı´sio, pomos: c = a× b
(b) Mostre a,b, c formam uma base em R3. Mostre que o matrix ao respeito desde base e´ dado por:
A =
0@ 0 0 12 1 −2
0 1 0
1A
Informamos, que para o produto vetorial duplo, vale:
a× (b× c) = (a · c)b− (a · b)c
(c) Encontrar autovalores e autovetores do f .
(d) Encontrar a dimensa˜o da imagem e uma base da mesma.
Solution:
(a) i. f(x+ y) = a× (x+ y) + (a · (x+ y))b = a× x+ (a · x)b+ a× y + (a · y)b = f(x) + f(y),
ii. f(αx) = a× (αx) + (a · (αx))b = α [a× x+ (a · x)b] = αf(x),
O que mostre que f e´ linear.
(b) Sendo a e b linearmente independentes, o vetor c e´ ortogonal dos dois, e assim a,b, c sa˜o linearmente indepen-
dentes.
Para encontrar o matriz desde base, procuramos as imagens dos vetores ba´sicas:
i. f(a) = a× a+ (a · a)b = (a · a)b = 2b = [0, 2, 0]
ii. f(b) = a× b+ (a · b)b = c+ b = [0, 1, 1]
iii. f(c) = a× c+ (a · c)b = a× c = a× (a× b) = (a · b)a− (a · a)b = a− 2b = [1,−2, 0]
Pondo estes resultados em colunas, obtemos o matriz do f :0@ 0 0 12 1 −2
0 1 0
1A
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(c) ˛˛˛˛
˛˛ −λ 0 12 1− λ −2
0 1 −λ
˛˛˛˛
˛˛ = −λ ˛˛˛˛ 1− λ −21 −λ
˛˛˛˛
+
˛˛˛˛
2 1− λ
0 1
˛˛˛˛
= −λ(λ2 − λ+ 2) + 2 =
−λ3 + λ2 − 2λ+ 2 = −λ2(λ− 1)− 2(λ− 1) = (−λ2 − 2)(λ− 1) = 0
Assim, temos somente uma autovalor real, sendo: λ = 1. Calculando os autovetores de λ = 1:0@ −1 0 12 0 −2
0 1 −1
1A ∼
0@ −1 0 10 1 −1
0 0 0
1Ax = 0 ⇔ x = t(1, 1, 1)T , t ∈ R
(d) Por λ = 0 na˜o ser autovalor, temos que o nu´cleo do f conte´m somente a vetor nula, ou seja: dim ker f = 0.
Assim: dim Im f = 3− 0 = 3.
Como uma base da imagem podiamos usar a,b, c, pois eles sa˜o linearmente independentes, cf. item (a).
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