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Exame de A´lgebra Linear - 2013 Unifesp- 2o semestre - 13/04/2013 Nome: Turma: Matr´ıcula: Assinatura: Questa˜o Nota 1 2 3-5 Total Instruc¸o˜es: - Identifique com seu nome completo e sua turma as folhas de respostas. - Na˜o e´ permitido o uso de qualquer equipamento eletroˆnico durante a prova. - Na˜o sera˜o aceitas respostas sem justificativas. - A prova pode ser feita a la´pis. 1a Questa˜o Seja o sistema linear dado por x+ y − z = a 2x− y + z = b x− z = c (a) (1,4 pontos) Ache a matriz escalonada reduzida e determine sua soluc¸a˜o. (b) (1,2 pontos) Para que valores de a, b e c as soluc¸o˜es deste sistema podem constituir um subespac¸o vetorial do R3? Justifique. Resoluc¸a˜o: 1 1 −1 a2 −1 1 b 1 0 −1 c L2=L2−2L1L3=L3−L1=⇒ 1 1 −1 a0 −3 3 b− 2a 0 −1 0 c− a L2=L23=⇒ 1 1 −1 a0 1 −1 b−2a 3 0 −1 0 c− a L3=L3+L2=⇒ 1 1 −1 a0 1 −1 b−2a 3 0 0 −1 3c−a−b 3 L3=−L3=⇒ 1 1 −1 a0 1 −1 b−2a 3 0 0 1 a+b−3c 3 L2=L2+L3=⇒ 1 1 −1 a0 1 0 a− c 0 0 1 a+b−3c 3 L1=L1+L3=⇒ 1 1 0 4a+b−3c30 1 0 a− c 0 0 1 a+b−3c 3 L1=L1−L2=⇒ 1 0 0 a+b30 1 0 a− c 0 0 1 a+b−3c 3 Logo temos o sistema equivalente x = a+b 3 y = a− c z = a+b−3c 3 1 Para os valores de a = b = c = 0 temos que as soluc¸o˜es desse sistema constituem um subespac¸o vetorial, pois considerando A = 1 1 −12 −1 1 1 0 −1 , e v1,v2 duas das soluc¸o˜es de Av = 0 a soma v1 + v2 e λv1, λ ∈ R continuam sendo soluc¸o˜es, o que o torna fechado quanto a soma e multiplicac¸a˜o por escalar. 2a Questa˜o Seja a transformac¸a˜o T : R2 → R2 dada por T (x, y) = (x− y, 2x+ y). (a) (0,8 pontos) Determine o nu´cleo de T . (b) (0,8 pontos) Determine a dimensa˜o da imagem de A. (c) (0,2 pontos) E´ um isomorfismo? (d) (0,8 pontos) Ache [T ]γγ onde γ = {(1, 1), (0, 1)} Resoluc¸a˜o: O nu´cleo e´ determinado pelas soluc¸o˜es de{ x− y = 0 2x+ y = 0 Portanto x = y = 0 ou seja dim(ker(T )) = 0 o que a torna um isomorfismo. Tambe´m podemos determinar a dimensa˜o da imagem pelo teorema do nu´cleo e imagem como sendo dim(Im(T )) = 2. A representac¸a˜o matricial na base γ e´ dada por T (1, 1) = (0, 3) = 0(1, 1) + 3(0, 1) T (0, 1) = (−1, 1) = −1(1, 1) + 2(0, 1) Logo e´ so´ dispor os coeficientes como colunas da matriz [T ]γγ = [ 0 −1 3 2 ] 3a Questa˜o (1,6 pontos) Considere a matriz A = 0 −1 −10 1 0 −1 −1 0 Assinale a alternativa INCORRETA: (a) Possui autovalores λ1 = 1 e λ2 = −1. (b) O autovetor associado a` λ1 = −1 e´ v = (1, 0, 1). 2 (c) E´ a representac¸a˜o matricial do operador T : R3 → R3 dado por T (x, y, z) = (−z, y − x,−y) da base γ = {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} para a base canoˆnica. (d) E´ diagonaliza´vel, sendo que a matriz diagonalizada e´ a que conte´m os seus autovalores na diagonal. Resoluc¸a˜o: O ca´lculo dos autovalores e´ dado por∣∣∣∣∣∣ −λ −1 −1 0 1− λ 0 −1 −1 −λ ∣∣∣∣∣∣ = λ2(1− λ)− (1− λ) = (1− λ)(λ2 − 1) = 0 tem portanto dois autovalores distintos λ1 = 1 e λ2 = −1. Logo na˜o e´ diagonaliza´vel. O vetor v = (1, 0, 1) e´ um autovetor, por inspec¸a˜o: Av = 0 −1 −10 1 0 −1 −1 0 10 1 = − 10 1 portanto e´ um autovetor associado ao autovalor λ2 = −1. A representac¸a˜o matricial nessa base e´ dada por T (1, 1, 0) = (0, 0,−1) T (0, 1, 1) = (−1, 1,−1) T (0, 0, 1) = (−1, 0, 0) como a base que estamos indo e´ a canoˆnica e´ so´ dispoˆr estes vetores como colunas de uma matriz, que e´ a matriz procurada. 4a Questa˜o (1,6 pontos) Considere o conjunto S = { 1− x2, x+ 1} Assinale a alternativa CORRETA: (a) x(x+ 1) na˜o pertence ao espac¸o gerado por S. (b) S gera P2(R). (c) dim(S) = 3 (d) Temos que a matriz de mudanc¸a [I]γS = [ 2 −1 −1 −1 ] onde γ = {1− x− 2x2, x2 − x} (e) Dado o polinoˆmio q(x) = −3− 2x+ 2x2 teremos [q(x)]S = [ −2 −2 ] 3 Resoluc¸a˜o: O vetor x(x + 1) = x2 + x pertence ao espac¸o gerado por S pois e´ uma combinac¸a˜o linear dos vetores deste espac¸o: x2 + x = a(1− x2) + b(x+ 1) = −ax2 + bx+ b− a, igualando os polinoˆmios vemos que a = −1 e b = 1. No entanto na˜o e´ poss´ıvel achar as coordenadas de q(x) = 2x2 − 2x− 3 2x2 − 2x− 3 = a(1− x2) + b(x+ 1) = −ax2 + bx+ b− a⇒ a = 2 b = −2 b− a = −3 Isso vem do fato de como dim(S) = 2 ele na˜o pode gerar o P2(R), pois sua dimensa˜o e´ 3. A matriz de mudanc¸a da base γ para a base S e´ dada por 1− x− 2x2 = a(1− x2) + b(x+ 1) = 2(1− x2)− (x+ 1) x2 − x = c(1− x2) + d(x+ 1) = −(1− x2)− (x+ 1) ⇒ [I]γS = [ a c b d ] = [ 2 −1 −1 −1 ] 5a Questa˜o (1,6 pontos) Considere o subespac¸o de R4 gerado pelos vetores v1 = (1,−1, 0, 0), v2 = (0, 0, 1, 1), v3 = (−2, 2, 1, 1) e v4 = (1, 0, 0, 0). I- O vetor (2,−3, 2, 2) ∈ [v1,v2,v3,v4]. II- S = [(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)] III- [v1,v2,v3,v4] 6= R4 IV- Seja R = {(x, y, z, t) ∈ R4|t = z + y}. Enta˜o S ∩R = [(0, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 0)] Assinale a alternativa CORRETA: (a) Somente as proposic¸o˜es I e II sa˜o verdadeiras. (b) Somente as proposic¸o˜es II e IV sa˜o verdadeiras. (c) Somente as proposic¸o˜es III e IV sa˜o verdadeiras. (d) Todas as proposic¸o˜es sa˜o verdadeiras. (e) Todas as proposic¸o˜es sa˜o falsas. Resoluc¸a˜o: O vetor dado pertence ao conjunto, pois e´ combinac¸a˜o linear dos vetores da base, (2,−3, 2, 2) = x(1,−1, 0, 0) + y(0, 0, 1, 1) + z(−2, 2, 1, 1) + t(1, 0, 0, 0) 4 nos leva ao sistema x− 2x+ t = 2 −x+ 2z = −3 y + z = 2 y + z = 2 e o sistema tem soluc¸a˜o portanto, pois tem menos equac¸o˜es que inco´gnitas. Devemos verificar se o conjunto e´ linearmente independente, o que fazemos colocando como linhas de uma matriz e determinando se usando as operac¸o˜es de linhas de matrizes podemos reduzir a uma matriz equivalente, que evidencie os vetores que sa˜o combinac¸a˜o linear dos demais: 1 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 1 1 −2 2 1 1 L2=L2−L1L4=L4+2L1=⇒ 1 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 1 1 0 2 1 1 L2=−L2L4=L4−L3=⇒ 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 2 0 0 L4=L4−2L1=⇒ 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 logo reduzimos aos vetores que sa˜o linearmente independentes e constituem real- mente uma base, ou seja [(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)] . Como a dimensa˜o e´ 3 na˜o e´ poss´ıvel gerar o R4. O conjunto R e´ gerado por (x, y, z, t) = (x, y, z, z + y) = x(1, 0, 0, 0) + y(0, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 1). Logo a intersecc¸a˜o entre os conjuntos e´ S ∩R = [(0, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 0)]. 5
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