P1 Algebra linear com gabarito e comentario

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Primeira prova de A´lgebra Linear - 06/05/2011
Prof. - Juliana Coelho
JUSTIFIQUE SUAS RESPOSTAS! Questo˜es contendo so´ a resposta, sem desenvolvimento ou
justificativa sera˜o desconsideradas!
QUESTA˜O 1 (2,0 pts) - Considere a matriz
A =

1 2 −1
2 3 1
1 1 3
 .
(a) Determine a inversa de A, se esta existir. Se na˜o existir, justifique.
Resp.: Para achar a inversa de A, vamos escalonar a matriz abaixo de modo a transformar o
lado esquerdo na matriz identidade:
1 2 −1 1 0 0
2 3 1 0 1 0
1 1 3 0 0 1
 −→

1 2 −1 1 0 0
0 −1 3 −2 1 0
0 −1 4 −1 0 1
 −→

1 2 −1 1 0 0
0 1 −3 2 −1 0
0 0 1 1 −1 1

−→

1 2 0 2 −1 1
0 1 0 5 −4 3
0 0 1 1 −1 1
 −→

1 0 0 −8 7 −5
0 1 0 5 −4 3
0 0 1 1 −1 1
 ,
onde na primeira seta fizemos L2 → L2 − 2L1 e L3 → L3 − L1; na segunda seta fizemos
L3 → L3−L2 e L2 → −L2; na terceira seta fizemos L1 → L1+L3 e L2 → L2+3L3; na quarta
seta fizemos L1 → L2 − 2L2. Assim a inversa de A e´
A−1 =

−8 7 −5
5 −4 3
1 −1 1
 .
(b) Calcule o conjunto-soluc¸a˜o do sistema linear abaixo
x +2y −z = 0
2x +3y +z = 0
x +y +3z = 0
1
Resp.: O sistema acima na forma matricial fica
A

x
y
z
 =

0
0
0
 .
Portanto, multiplicando pela inversa de A temos
x
y
z
 = A−1

0
0
0
 =

0
0
0
 .
Ou seja, x = y = z = 0. Assim o conjunto-soluc¸a˜o do sistema e´ {(0, 0, 0)}.
QUESTA˜O 2 (2,0 pts) Considere o espac¸o vetorial M2×2 de matrizes de ordem 2 × 2 e tome os
vetores
u =
 1 2
−1 0
 , v =
 0 −1
2 3
 , w =
 1 1
1 3

pertencentes a M2×2.
(a) Ache a expressa˜o do subespac¸o W = 〈u, v〉;
Resp.: O subespac¸oW = 〈u, v〉 e´ o conjunto das matrizes de ordem 2×2 que podem ser escritas
como combinac¸a˜o linear de u e v. Queremos enta˜o saber quando uma matriz
 a b
c d
 e´
combinac¸a˜o linear de u e v. Ora, por definic¸a˜o isto ocorre se existem escalares k, l ∈ R tais que a b
c d
 = ku+ lv = k
 1 2
−1 0
+ l
 0 −1
2 3
 =
 k 2k − l
−k + 2l 3l
 .
Buscamos enta˜o condic¸o˜es sobre a, b, c, d para que tais escalares existam. Por igualdade de
matrizes obtemos o sistema 
k = a
2k −l = b
−k +2l = c
3l = d
e buscamos enta˜o condic¸o˜es sobre a, b, c, d para que existam escalares k, l satisfazendo o sistema,
2
isto e´, para que o sistema seja poss´ıvel. Montando e escalonando a matriz do sistema, temos
1 0 a
2 −1 b
−1 2 c
0 3 d
 −→

1 0 a
0 −1 b− 2a
0 2 c+ a
0 3 d
 −→

1 0 a
0 −1 b− 2a
0 0 (c+ a) + 2(b− 2a)
0 0 d+ 3(b− 2a)

Vemos enta˜o que o sistema e´ poss´ıvel se e somente se
(c+ a) + 2(b− 2a) = 0
d+ 3(b− 2a) = 0
=⇒ −3a+ 2b+ c = 0
−6a+ 3b+ d = 0
e portanto
W =

 a b
c d
 ∈M2×2
∣∣∣∣∣∣ − 3a+ 2b+ c = 0 e − 6a+ 3b+ d = 0
 .
(b) Determine se w e´ combinac¸a˜o linear de u e v;
Resp.: Como o subespac¸oW encontrado no item anterior e´ o conjunto das combinac¸o˜es lineares
de u e v, basta vermos se w satisfaz a`s condic¸o˜es de W , ou seja, se −3a + 2b + c = 0 e
−6a + 3b + d = 0 onde a, b, c, d sa˜o as entradas da matriz w. Como w =
 1 1
1 3
, temos
entradas a = 1, b = 1, c = 1 e d = 3. Assim
−3a+ 2b+ c = −3 · 1 + 2 · 1 + 1 = 0
−6a+ 3b+ d = −6 · 1 + 3 · 1 + 3 = 0,
mostrando que w ∈W , ou seja, w e´ combinac¸a˜o linear de u e v. (Note que w = u+ v.)
(c) O conjunto {u, v, w} e´ linearmente dependente ou independente? Justifique.
Resp.: O conjunto e´ linearmente dependente. De fato, como w e´ combinac¸a˜o linear de u e v,
existem k, l ∈ R tais que w = ku+ lv. Assim, ku+ lv − w = 0 e´ um modo de escrever o vetor
nulo 0 como combinac¸a˜o linear de u, v, w onde os escalares usados na˜o sa˜o todos nulos, o que
mostra que estes vetores sa˜o linearmente dependentes.
QUESTA˜O 3 (1,0 pts) Considere os vetores
u = (1, 0, k − 1) , v = (−2, k, 1) , w = (0, 1, k)
de R3, onde k ∈ R. Determine o(s) valor(es) de k para que {u, v, w} seja uma base de R3.
3
Resp.: Considere a matriz
A =

1 −2 0
0 k 1
k − 1 1 k

cujas colunas sa˜o dadas pelos vetores u, v, w. Estes vetores formam uma base de R3 se e somente
se a matriz A tem determinante na˜o nulo. Ora, este determinante e´
det(A) = 1 det
 k 1
1 k
− (−2) det
 0 1
k − 1 k
+ 0det
 0 k
k − 1 1

= 1(k2 − 1) + 2(1− k) + 0 = k2 − 2k + 1 = (k − 1)2.
Assim, temos det(A) 6= 0 se e somente se k 6= 1. Portanto os vetores u, v, w formam uma base de
R3 se e somente se k 6= 1.
QUESTA˜O 4 (3,0 pts) Considere o subespac¸o vetorial de R4 dado por
W = {(x, y, z, w) ∈ R4 | x+ w = y + z, x+ z = y}.
(a) Encontre uma base para W e determine sua dimensa˜o;
Resp.: Para encontrar uma base para W devemos caracterizar os vetores deste espac¸o. Um
vetor (x, y, z, w) de R4 esta´ em W se e somente se satisfaz x+ w = y + z e x+ z = y. Assim,
temos
y = x+ z e w = y + z − x = (x+ z) + z − x = 2z.
Portanto os vetores de W sa˜o da forma
(x, x+ z, z, 2z) = (x, x, 0, 0) + (0, z, z, 2z) = x(1, 1, 0, 0) + z(0, 1, 1, 2).
Deste modo, vemos que os vetores (1, 1, 0, 0) e (0, 1, 1, 2) geram o espac¸o W e, como sa˜o
linearmente independentes (pois na˜o sa˜o mu´ltiplos um dos outro), eles formam uma base de
W . Assim uma base deW e´ dada por {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 2)} e a dimensa˜o deW e´ dim(W ) = 2.
(b) Ache o complemento ortogonal W⊥ de W ;
Resp.: Vimos no item (a) que W = 〈(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 2)〉. Assim, o complemento ortogonal
de W e´ o conjunto dos vetores (x, y, z, w) de R4 tais que
(x, y, z, w) · (1, 1, 0, 0) = 0 e (x, y, z, w) · (0, 1, 1, 2) = 0
ou seja, x+ y = 0 e y + z + 2w = 0. Assim
W⊥ = {(x, y, z, w) ∈ R4 | x+ y = 0, y + z + 2w = 0}.
4
(c) Seja W ′ = {(x, y, z, w) ∈ R4 | x + y = 0, y + z = 0}. Sabendo que dim(W ′) = 2, encontre a
intersec¸a˜o W ∩W ′ e a soma W +W ′. (Sugesta˜o: use o teorema da dimensa˜o!)
Resp.: Um vetor (x, y, z, w) esta´ na intersec¸a˜o W ∩W ′ se satisfaz a todas as condic¸o˜es de W
e de W ′, isto e´, se
x+ w = y + z, x+ z = y, x+ y = 0, y + z = 0.
Assim, a intersec¸a˜o W ∩W ′ e´ o conjunto-soluc¸a˜o do sistema
x −y −z +w = 0
x −y +z = 0
x +y = 0
y +z = 0
Montando e escalonando a matriz deste sistema, temos

1 −1 −1 1 0
1 −1 1 0 0
1 1 0 0 0
0 1 1 0 0
 −→

1 −1 −1 1 0
0 0 2 −1 0
0 2 1 −1 0
0 1 1 0 0
 −→

1 −1 −1 1 0
0 1 1 0 0
0 2 1 −1 0
0 0 2 −1 0

−→

1 −1 −1 1 0
0 1 1 0 0
0 0 −1 −1 0
0 0 2 −1 0
 −→

1 −1 −1 1 0
0 1 1 0 0
0 0 −1 −1 0
0 0 0 −3 0
 ,
onde na primeira seta fizemos L2 → L2−L1 e L3 → L3−L1; na segunda seta fizemos L2 ↔ L4;
na terceira seta fizemos L3 → L3 − 2L2; na quarta seta fizemos L4 → L4 + 2L3. O sistema
associado fica 
x −y −z +w = 0
y +z = 0
−z −w = 0
−3w = 0
⇒ x = y = z = w = 0.
Logo W ∩W ′ = {(0, 0, 0, 0)}. Pelo teorema da dimensa˜o, temos
dim(W +W ′) = dim(W ) + dim(W ′)− dim(W ∩W ′) = 2 + 2− 0 = 4.
AssimW +W ′ e´ um subespac¸o de dimensa˜o 4 de R4 e portanto tem que ser igual ao R4 inteiro.
Logo W +W ′ = R4.
5
QUESTA˜O 5 (2,0 pts) Determine se as afirmac¸o˜es abaixo sa˜o verdadeiras ou falsas, justificando
sua resposta:
(a) Todo sistema linear homogeˆneo e´ poss´ıvel;
Resp.: Verdadeiro. Um sistema homogeˆneo tem sempre a soluc¸a˜o trivial x1 = . . . = xn = 0.
(b) Toda reta em R2 e´ um subespac¸o vetorial de R2;
Resp.: Falso. Vimos em aula que uma reta e´ um subespac¸o de R2 se e somente se passa pela
origem. De fato, uma reta que na˜o passa pela origem na˜o conte´m o vetor nulo (0, 0) de R2 e
portanto na˜opode ser um subespac¸o.
(c) Os vetores v1 = (1, 2, 3), v2 = (2, 3, 4), v3 = (3, 4, 5) e v4 = (4, 5, 6) de R3 sa˜o linearmente
independentes;
Resp.: Falso. Vimos em aula que um conjunto com mais de n vetores em um espac¸o de
dimensa˜o n e´ sempre linearmente dependente. Assim, como dim(R3) = 3, os quatro vetores
v1, v2, v3, v4 teˆm que ser linearmente dependentes.
(d) Se u, v e w sa˜o vetores linearmente independentes de um espac¸o vetorial V , enta˜o os vetores
u+ v, v + w e u+ w sa˜o tambe´m independentes.
Resp.: Verdadeiro. Para verificar isto vamos escrever o vetor nulo como combinac¸a˜o linear de
u+ v, v + w e u+ w
0 = a(u+ v) + b(v + w) + c(u+ w) = (a+ c)u+ (a+ b)v + (b+ c)w.
Agora, como u, v e w sa˜o linearmente independentes, temos que ter a + c = 0, a + b = 0 e
b+ c = 0. Obtemos enta˜o o sistema
a +c = 0
a +b = 0
b +c = 0
Considerando o sistema na forma matricial AX = B, onde
A =

1 0 1
1 1 0
0 1 1
 , X =

a
b
c
 e B =

0
0
0
 ,
vemos que A e´ invers´ıvel, pois det(A) = 2. Enta˜o o sistema tem uma u´nica soluc¸a˜o e, como e´
homogeˆneo, esta soluc¸a˜o tem que ser a = b = c = 0. Assim u+v, v+w e u+w sa˜o linearmente
independentes.
6