2ª Verificação de Aprendizagem + Gabarito - 2016.2 - SI

Prévia do material em texto

ÁLGEBRA VETORIAL E LINEAR PARA COMPUTAÇÃO
DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA - UFRPE
2a VERIFICAÇÃO DE APRENDIZAGEM - 20/03/2017
Profo. Gilson Simões
Questão 1. Considere o espaço vetorial R3 munido com o produto interno canônico.
a) (1,0 ponto) Calcule o ângulo entre os vetores u = (2,−1, 1), v = (1, 1, 2).
Demonstração. O cosseno do ângulo entre os vetores u = (2,−1, 1) e v = (1, 1, 2) é
calculado pela fórmula
cos(θ) = 〈u, v〉||u||||v|| .
Neste caso, temos que
〈u, v〉 = 〈(2,−1, 1), (1, 1, 2)〉 = 2− 1 + 2 = 3.
||u|| =
√
〈(2,−1, 1), (2,−1, 1)〉 = √4 + 1 + 1 = √6.
||v|| =
√
〈(1, 1, 2), (1, 1, 2)〉 = √1 + 1 + 4 = √6.
Assim,
cos(θ) = 3√
6
√
6
= 36 =
1
2 ,
isto é, θ = pi3 (60
o graus).
�
b) (1,5 pontos) Seja β = {(1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 2, 0)} base de R3. A partir de β,
obtenha uma base ortonormal de R3 com relação ao produto interno canônico.
Demonstração. Seja v1 = (1, 1, 0), v2 = (1, 0, 1) e v3 = (0, 2, 0). Vamos usar o
processo de ortogonalização de Gram-Schmidt para obeter uma base ortogonal a
partir de β.
v′1 = v1 = (1, 1, 0)
v′2 = v2 −
〈v2, v′1〉
〈v′1, v′1〉
v′1 = (1, 0, 1)−
〈(1, 0, 1), (1, 1, 0)〉
〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉(1, 1, 0)
= (1, 0, 1)− 12(1, 1, 0)
=
(1
2 ,−
1
2 , 1
)
.
v′3 = v3 −
〈v3, v′2〉
〈v′2, v′2〉
v′2 −
〈v3, v′1〉
〈v′1, v′1〉
v′1
Mas
〈v3, v′2〉 =
〈
(0, 2, 0),
(1
2 ,−
1
2 , 1
)〉
= −1,
〈v′2, v′2〉 =
〈(1
2 ,−
1
2 , 1
)
,
(1
2 ,−
1
2 , 1
)〉
= 32 ,
〈v3, v′1〉 = 〈(0, 2, 0), (1, 1, 0)〉 = 2,
〈v′1, v′1〉 = 〈(1, 1, 0), (1, 1, 0)〉 = 2.
Assim
v′3 = (0, 2, 0) +
2
3
(1
2 ,−
1
2 , 1
)
− (1, 1, 0)
=
(
−23 ,
2
3 ,
2
3
)
.
Portanto β′ = {v′1, v′2, v′3} é uma base ortogonal. Para obter a base ortonormal,
basta agora dividir cada vetor pela sua norma. Assim
u1 =
v′1
||v′1||
=
(
1√
2
,
1√
2
, 0
)
,
u2 =
v′2
||v′2||
=
(
1√
6
,− 1√
6
,
2√
6
)
,
u3 =
v′3
||v′3||
=
(
− 1√
3
,
1√
3
,
1√
3
)
.
Portanto, β′′ = {u1, u2, u3} é a base ortonormal obtida a partir da base β e do
produto interno canônico.
�
c) (1,0 ponto) Dado os subespaços
U = {(x, y, z) ∈ R3; x− 2y + 3z = 0}, W = [(2,−1, 1)],
determine U⊥,W⊥.
Demonstração. Diretamente da definição de complemento ortogonal temos que
W⊥ = {(x, y, z) ∈ R3; 〈(x, y, z), (2,−1, 1)〉 = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3; 2x− y − z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3; z = 2x− y}
= {(x, y, 2x− y); x, y ∈ R}
= {x(1, 0, 2) + y(0, 1,−1); /x, y ∈ R}
= [(1, 0, 2), (0, 1,−1)].
Para encontrarmos U⊥ precisamos antes transformar U em um conjunto gerador.
U = {(x, y, z) ∈ R3; x− 2y + 3z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3; x = 2y − 3x}
= {(2y − 3z, y, z); y, z ∈ R}
= {y(2, 1, 0) + z(−3, 0, 1); y, z ∈ R}
= [(2, 1, 0), (−3, 0, 1)].
Agora, usando novamente a definição de complemento ortogonal, temos
U⊥ = {(x, y, z) ∈ R3; 〈(x, y, z), (2, 1, 0)〉 = 0 e 〈(x, y, z), (−3, 0, 1)〉 = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3; 2x+ y = 0 e − 3x+ z = 0}
= {(x, y, z) ∈ R3; y = 2x e z = 3x}
= {(x, 2x, 3x); x ∈ R}
= [(1, 2, 3)].
�
Questão 2. Considere a transformação linear T : R3 → R2 defina por
T (x, y, z) = (−y + z,−x+ y)
a) (1,0 ponto) Determine o Ker(T ). T é uma transformação linear injetiva? Justifique!
Demonstração. Usando a definição do Núcleo para esta transformação linear, temos
Ker(T ) = {(x, y, z) ∈ R3; T (x, y, z) = (0, 0)}
= {(x, y, z) ∈ R3; (−y + z,−x+ y) = (0, 0)}
= {(x, y, z) ∈ R3; z = y e x = y0}
= {(y, y, y); y ∈ R}
= [(1, 1, 1)].
Como Ker(T ) 6= {(0, 0, 0)}, então a tranformação linear não é injetiva. Além disso,
note que dim Ker(T ) = 1.
�
b) (1,0 ponto) T é uma transformação linear sobrejetiva?Justifique!
Demonstração. Existem duas formas de solucionar este item. A mais fácil é usando
o Teorema do Núcleo e da Imagem. Por ele temos que
3 = dim R3 = dim Ker(T ) + dim Im(T ) = 1 + dim Im(T ),
isto é, dim Im(T ) = 2. Como a dim R2 = 2, segue que T é uma transformação
linear sobrejetiva.
A segunda forma de resolver este item é calculando explicitamente o subespaço
Im(T ). Por definição, temos
Im(T ) = {(−y + z,−x+ y); x, y, z ∈ R}
= {(0,−x) + (−y, y) + (z, 0); x, y, z ∈ R}
= {x(0,−1) + y(−1, 1) + z(1, 0); x, y, z ∈ R}
= [(0,−1), (−1, 1), (1, 0)].
Agora, como o subespaço Im(T ) tem sempre dimensão menor ou igual ao contrado-
mínio, então um dos vetores geradores do subespaço Im(T ) é combinação linear dos
outros dois. Neste caso, observe que
(−1, 1) = −1(1, 0)− 1(0,−1)
e que (0,−1) e (1, 0) são vetores linearmente independentes (L.I). Assim, Im(T ) =
[(0,−1), (1, 0)] e βIm(T ) = {(0,−1), (1, 0)} é uma base para o subespaço Im(T ).
Logo, temos que dim Im(T ) = 2 = dim R2. Portanto, T é uma tranformação linear
sobrejetiva.
�
c) (1,5 pontos) Seja α = {(0, 1, 1), (1, 0, 0), (1, 0, 1)} base de R3 e β = {(1, 1), (1, 2)}
base de R2. Determine [T ]αβ .
Demonstração. Usando a transformação linear dada na questão, observamos que
T (0, 1, 1) = (0, 1), T (1, 0, 0) = (0,−1) e T (1, 0, 1) = (1,−1). Agora basta escrever
esses resultados como combinação linear dos vetores da base β, pois os coeficientes
desta combinação linear são as colunas da matriz [T ]αβ . Isto é,
(0, 1) = a(1, 1) + b(1, 2) 0 = a + b1 = a + 2b ⇒
 a = −1b = 1 ,
(0,−1) = a(1, 1) + b(1, 2) 0 = a + b−1 = a + 2b ⇒
 a = 1b = −1 ,
(0, 1) = a(1, 1) + b(1, 2) 1 = a + b−1 = a + 2b ⇒
 a = 3b = −2 ,
ou seja,
[T ]αβ =
 −1 1 3
1 −1 −2
 .
�
Questão 3. Seja T : R3 → R3 o operador linear tal que
[T ]αα =

3 0 −4
0 3 5
0 0 −1
 ,
onde α é a base canônica de R3.
a) (1,0 ponto) Determine T (x, y, z).
Demonstração. A base canônica de R3 é a base α{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. Um
vetor genérico (x, y, z) ∈ R3 é escrito de maneira única como;
(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1).
Assim
T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1).
Precisamos descobrir quem é T (1, 0, 0), T (0, 1, 0) e T (0, 0, 1). Para isso usamos as
colunas da matriz [T ]αα. Temos que
T (1, 0, 0) = 3(1, 0, 0) + 0(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1) = (3, 0, 0),
T (0, 1, 0) = 0(1, 0, 0) + 3(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1) = (0, 3, 0),
T (0, 0, 1) = −4(1, 0, 0) + 5(0, 1, 0)− 1(0, 0, 1) = (−4, 5,−1).
Portanto
T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1)
= x(3, 0, 0) + y(0, 3, 0) + z(−4, 5,−1)
= (3x− 4z, 3y + 5z,−z).
�
b) (2,0 ponto) Determine os autovalores de T e os subespaços associados a estes
autovalores.
Demonstração. O polinômio característico do opeador linear T é dado por p(λ) =
det([T ]αα − λI3), isto é,
p(λ) = det

3− λ 0 −4
0 3− λ 5
0 0 −1− λ
 = (3− λ)2(−1− λ).
É sabido que as raízes do polinômico característico são os autovalores do operador
linear T . Assim p(λ) = 0 se, e somente se, (3 − λ)2 = 0 ou (−1 − λ) = 0, isto é,
se λ = 3 ou λ = −1. Agora vamos determinas os subespaços associados a estes
autovalores. Neste caso, é sabido que Vλ = {(x, y, z) ∈ R3; T (x, y, z) = λ(x, y, z)}.
Para λ = 3 temos
T (x, y, z) = 3(x, y, z)⇔

3 0 −4
0 3 5
0 0 −1


x
y
z
 = 3

x
y
z
 ⇔

3x− 4z = 3x
3y + 5z = 3y
−z = 3z
⇔

4z = 0
5z = 0
z = 0
.
Assim, o subespaço associado ao autovalor λ = 3 é
Vλ=3 = {(x, y, z) ∈ R3;T (x, y, z) = 3(x, y, z)}
= {(x, y, 0); x, y ∈ R}
= {x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0); x, y ∈ R}
= [(1, 0, 0), (0, 1, 0)].
Para λ = −1 temos;
T (x, y, z) = −1(x, y, z) ⇔

3 0 −4
0 3 5
0 0 −1


x
y
z
 = −1

x
y
z

⇔

3x− 4z = −x
3y + 5z = −y
−z = −z
⇔

x = z
y = −54z
−z = −z
.
Assim, o subespaço associado ao autovalor λ = −1 é
Vλ=−1 = {(x, y, z) ∈ R3;T (x, y, z) = −1(x, y, z)}
= {(x, y, z);x = z, y = −54z}
= {(z,−54z, z) ∈ R}
= [(1,−54 , 1)].
�