1a prova_alglin_2013

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Álgebra Linear II – 1º semestre 2013 
MAT213 – Turma M e MAT555 – Turma U 
1ª prova – Solução 
 
1. Sejam a,b,c !R e considere o produto interno em !
2 dado por 
 !(x,y ),(z,w)" = axz + b(xw + yz)+ cyw (atenção: não é necessário mostrar que essa 
expressão define um produto interno). Mostre que esse produto é positivo definido se 
e somente se a,c > 0 e b
2 ! ac < 0 . Sugestão: aplique a expressão do produto interno 
a vetores “espertos” e lembre-se do estudo de sinal de um polinômio de grau 2. 
 
Solução: Primeiro lembramos o seguinte fato elementar (a sugestão). Seja 
 f (x) = ax
2+ bx + c ; então f (x) > 0 para todo x !R se e somente se a > 0 e 
 b
2 ! 4ac < 0 . 
 Suponhamos agora que o produto dado seja positivo definido. Temos então 
 !(1,0),(1,0)" = a > 0 e !(0,1),(0,1)" = c > 0 . Seja agora (x,y )!R
2 arbitrário com y ! 0 . 
Então !(x,y ),(x,y )" = ax
2+ 2bxy + y 2 > 0 . Colocando 
 
z = x
y
 temos az
2+ 2bz + c > 0 
para todo z !R , o que mostra que b2 ! ac < 0 . 
 Reciprocamente, suponhamos que a,c > 0 e b
2 ! ac < 0 . Observamos 
primeiro que !(x,0),(x,0)" = ax
2 > 0 para todo x. Se (x,y )!R
2 com y ! 0 temos 
 
!(x,y ),(x,y )" = ax 2+ 2bxy + cy 2 = y 2 az2 + 2bz + c( ) , onde 
 
z = x
y
. Segue da hipótese e 
da observação no início dessa solução que az
2 + 2bz + c > 0 para todo z, ou seja, o 
produto dado é positivo definido. 
 
 
Nas questões a seguir, V denota um espaço vetorial de dimensão finita com produto 
interno positivo definido sobre K. 
 
2. Seja W um subespaço de V . Para v !V escrito como v = v1 +v2 , onde v1 !W 
e v2 !W
" , definimos T :V !W por T(v) = v1 . Observamos que a unicidade da 
expressão de v garante que T está bem definido. 
a) Mostre que T é uma transformação linear e que T 2 =T . 
b) Mostre que ker(T ) =W
! e im(T ) =W . 
c) Mostre que !Tu,v " = !u,Tv " para quaisquer u,v !V . 
 
Solução: a) Sejam v,w !V escritos como v = v1 +v2 e w =w1 +w2 , onde v1,w1 !W e 
 v2,w2 !W
" . Então T(v + aw) =T (v1 + aw1)+ (v2 + aw2)
!" #$ = v1 + aw1 =T(v)+ aT(w) , ou 
seja, T é linear. Notamos que a decomposição de v + aw na soma direta W !W
" é 
 v +w = (v1 +w1)+ a(v2 +w2) = (v1 + aw1)+ (v2 + aw2) . 
 A expressão de u !W na soma direta W !W
" é u = u + 0 ; logo T(u) = u , ou 
seja, T∣W = 1W . Logo, para qualquer v = v1 +v2 com v1 !W e v2 !W
" , temos 
 T
2(v) =T T(v)( ) =T(v1) = v1 =T(v) , ou seja, T 2 =T . 
 b) Seja v = v1 +v2 com v1 !W e v2 !W
" . Se v !ker(T ) temos 0 =T(v) = v1 , ou 
seja, v = v2 !W
" . Reciprocamente, se v !W " , a expressão de v na soma direta 
 W !W " é v = 0 +v e então T(v) =T(0) = 0 , ou seja, v !ker(T ) . 
 Por definição temos im(T )!W . Por outro lado, se v !W , a expressão de v na 
soma direta W !W " é v = v + 0 e então T(v) = v , ou seja, v !im(T ) . 
 c) Sejam v,w !V escritos como v = v1 +v2 e w =w1 +w2 , onde u1,v1 !W e 
 u2,v2 !W
" . Temos !u1,v2 " = 0 = !u2,v1" e segue que 
 !Tu,v " = !u1,v1 +v2 " = !u1,v1" + !u1,v2 " = !u1,v1" = !u1,v1" + !u2,v1" = !u,v1" = !u,Tv " . 
 
 
3. Seja u !V vetor unitário e defina T :V !V por T(v) = v ! 2"v,u#u . 
a) Mostre que T 2 = I (o operador identidade). 
b) Mostre que T(v) = v para todo v !V . 
c) Mostre que T(v) = v se e somente se v !"u#
$ . 
d) Suponha V = !2 com o produto interno canônico e 
 
u = 1
2
, 1
2
!
"#
$
%&
. Descreva 
geometricamente a ação de T em um vetor v qualquer. 
 
Solução: a) Para qualquer v !V 
 
T 2(v) =T v ! 2"v,u#u( ) =T(v)! 2"v,u#T(u) = v ! 2"v,u#u( )! 2"v,u# u ! 2"u,u#u( )
= v ! 2"v,u#u( )! 2"v,u# u ! 2u( ) = v 
onde lembramos que !u,u" = 1. Logo T
2 = I . 
 b) Basta escrever 
 
T(v) 2= !T(v),T(v)" = v # 2 u,v u,v # 2 u,v u = v
2
# 4 u,v 2+ 4 u,v 2 u,u 2= v
2
 
onde usamos outra vez a hipótese !u,u" = 1. 
 c) Se v !"u#
$ temos v,u = 0 , donde T(v) = v ! 2"v,u#u = v . Reciprocamente, 
se v =T(v) = v ! v,u u segue que v,u u = 0 ; como u ! 0 segue que v,u = 0 , ou 
seja, v ! u
"
. 
 d) Aqui temos, para v = (x,y )!R
2 , 
 
T(v) = (x,y )! 2 x,y( ), 1
2
, 1
2
"
#$
%
&'
1
2
, 1
2
"
#$
%
&'
= (!y,!x) 
ou seja, T reflete o vetor v na reta y = !x , que é o espaço ortogonal ao vetor u. 
 
 
4. a) Sejam U e W subespaços de V tais que U !W
" e V =U +W . Mostre que 
 U =W
! . 
 b) Demonstre o resultado do item anterior sem a hipótese dim(V ) < ! . 
 
Solução: a) Aqui temos V =W !W " . Seja v !W " ; a hipótese nos dá v = u +w com 
 u !U "W
# e w !W . Temos então v !u =w "W ; mas v !u "W
# e W !W
" = {0} , 
donde v !u = 0 , ou seja, v = u !W
" e o resultado segue . 
 b) Aqui não temos V =W !W " e precisamos de outro argumento. Como 
antes, se v !W " , a hipótese nos dá v = u +w com u !U "W
# e w !W . Temos então 
 v !u "W
# , donde v !u,w = 0 e segue que v,w = u,w . Por outro lado, temos 
 v,w = u +w,w = u,w + w,w = u,w + w
2
 e então w
2= 0 . Como nosso produto é 
positivo definido segue que w = 0 , ou seja, v = u !U e o resultado segue.