AD2_Algebra Linear_2009-1_Respostas

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Gabarito
A´lgebra Linear: AD2 - CEDERJ
Mauro Rincon & Ma´rcia Fampa - 2009.1
Tutores: Cristina Lopes e Rodrigo Olimpio
1a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
Considere o sistema

x+ 4y + αz = 6
2x− y + 2αz = 3
αx+ 3y + z = 5
(1)
Vamos resolveˆ-lo pelo Me´todo de Eliminac¸a˜o de Gauss.
O sistema linear acima pode ser representado por:

1 4 α
2 −1 2α
α 3 1


x
y
z
 =

6
3
5

A matriz aumentada e´ dada por:
[A|b] =

1 4 α | 6
2 −1 2α | 3
α 3 1 | 5

Fazendo L2 ↔ L2 − 2L1 e L3 ↔ L3 − αL1, obtemos

1 4 α | 6
0 −9 0 | −9
0 3− 4α 1− α2 | 5− 6α

Multiplicando L2 por −1/9, encontramos

1 4 α | 6
0 1 0 | 1
0 3− 4α 1− α2 | 5− 6α

E finalmente, multiplicando L3 por 4α− 3, obtemos

1 4 α | 6
0 1 0 | 1
0 0 1− α2 | 2− 2α

a) Para que o sistema tenha soluc¸a˜o u´nica:
1− α2 6= 0 =⇒ α 6= −1 e α 6= 1
b) Para que o sistema tenha infinitas soluc¸o˜es:
1− α2 = 0 =⇒ α = −1 e α = 1
Simultaneamente, tem que ocorrer :
2− 2α = 0 =⇒ α = 1
Logo, α = 1.
c) Para que o sistema na˜o tenha soluc¸a˜o: α = −1.
2a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
a) Sejam a, b, c ∈ IR (x, y, z) ∈ S.
Enta˜o: (x, y, z) = a(1,−2,−3) + b(2, 3,−4) + c(3, 8,−5).
Assim, temos:

a +2b +3c = x
−2a +3b +8c = y
−3a −4b −5c = z
Fazendo L2 ← L2 + 2L1 e L3 ← L3 + 3L1 temos:

a +2b +3c = x
+7b +14c = y + 2x
+2b +4c = z + 3x
Fazendo L3 ← 72L3 − L2 temos:
a +2b +3c = x
+7b +14c = y + 2x
0 = 7
2
z + 21
2
x− y − 2x
Por L3 temos que y =
17x+7z
2
. (Observe que calculamos y em func¸a˜o de x e z.
Poderia ser tambe´m x em func¸a˜o de y e z e tambe´m z em func¸a˜o de x e y).
Logo, conclu´ımos que (x, y, z) ∈ S = (x, 17x+7z
2
, z) = x(1, 17
2
, 0) + z(0, 7
2
, 1).
Temos enta˜o que {(1, 17
2
, 0), (0, 7
2
, 1)} e´ base para S, ja´ que estes vetores sa˜o LI’s.
Vamos usar Gram-Schmidt para ortogonalizar a base:
Seja w1 = u1 =
(
1,
17
2
, 0
)
.
Temos que w2 = u2 −
(
u2w1
w1w1
)
w1
Logo
w2 =
(
0,
7
2
, 1
)
−
(
(0, 7
2
, 1)(1, 17
2
, 0)
(1, 17
2
, 0)(1, 17
2
, 0)
)(
1,
17
2
, 0
)
=
(
0,
7
2
, 1
)
−
(
119
293
)(
1,
17
2
, 0)
)
=
=
(
0,
7
2
, 1
)
−
(
119
293
,
2023
586
, 0
)
=
(−119
293
,
28
586
, 1
)
Portanto, a base ortogonal para S e´
{ (
1, 17
2
, 0
)
,
(−119
293
, 28
586
, 1
) }
ou
S =
{
(1; 8, 5; 0) , (−0, 406143345; 0, 04778157; 1)
}
, com dimensa˜o 2.
b)
||w1|| =
√
12 + (17
2
)2 + 02 =
√
293
4
=
√
293
2
= 8, 558621384
||w2|| =
√
(−119
293
)2 + ( 28
586
)2 + 12 =
√
400824
343396
=
√
400824
586
= 1, 080386734
Assim, dividindo a base S pela norma dos vetores, temos a seguinte base ortonor-
mal: { (
2
√
293
293
, 17
√
293
293
, 0
)
,
(−119√400824
200412
, 28
√
400824
400824
, 586
√
400824
400824
) }
≈
≈
{
(0, 11684; 0, 99315; 0) , (−0, 37592; 0, 04423; 0, 92559)
}
Assim temos:
projvS =
(
(1, 0, 4) (0, 11684; 0, 99315; 0)
)
(0, 11684; 0, 99315; 0)+(
(1, 0, 4) (−0, 37592; 0, 04423; 0, 92559)
)
(−0, 37592; 0, 04423; 0, 92559)
= 0, 116841248
(
0, 11684; 0, 99315; 0
)
+3, 326453891
(
−0, 3759240390, 0442263580, 925594483
)
=
(
− 1, 236842105; 0, 263157895; 3, 078947368
)
Note que projvS ∈ S, pois
y = (17x+ 7z)/2 = (17(−1, 236842105) + 7(3, 078947368))/2 = 0, 263157895
3a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
a) Como T e´ transformac¸a˜o linear, temos que (x, y) = x(1, 0) + y(0, 1) =⇒
T (x, y) = xT (1, 0) + yT (0, 1) . Assim temos:
T
 5
2
 = 5T
 1
0
+ 2T
 0
1
 .
Assim, temos:
T
 5
2
 = 5

1
2
−1
+ 2

3
0
4
 =

5
10
−5
+

6
0
8
 =

11
10
3

Temos tambe´m que:
T
 a
b
 = aT
 1
0
+bT
 0
1
 = a

1
2
−1
+b

3
0
4
 =

a
2a
−a
+

3b
0
4b
 =

a+ 3b
2a
−a+ 4b
 .
b) N(T ) = {
 x
y
 tal que T
 x
y
 = 0}
T
 x
y
 = xT
 1
0
+ yT
 0
1
 .
Assim, temos:
T
 x
y
 = x

1
2
−1
+ y

3
0
4
 =

x
2x
−x
+

3y
0
4y
 =

x+ 3y
2x
−x+ 4y

Igualando a zero temos o seguinte sistema:

x +3y = 0
2x = 0
−x +4y = 0
Por L2, x = 0. Substituindo em L3, y = 0. Logo N(T ) =
 0
0

Assim temos que Dim(N) = 0.
Logo T e´ injetora.
c) Pelo Teorema de Nu´cleo-Imagem, Dim(IR2) = Dim(N) + Dim(Im) =⇒
2 = 0 +Dim(Im) =⇒ Dim(Im) = 2.
Temos que a imagem nao e´ igual ao contradomı´nio, pois Im(T ) tem dimensa˜o
menor que IR3. Logo T na˜o e´ sobrejetora.
4a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
A =

3 1 0 0
1 3 0 0
0 0 1 2
0 0 2 2

e A− λI =

3− λ 1 0 0
1 3− λ 0 0
0 0 1− λ 2
0 0 2 2− λ

Utilizaremos a Fo´rmula de Laplace para calcular o determinante da matriz (A−λI).
Expandindo, enta˜o, em relac¸a˜o a` primeira linha, obtemos:
det(A− λI) = a11A11 + a12A12 + a13A13 + a14A14 (2)
Aij = (−1)i+jdet(Mij)
onde Mij e´ o determinante menor de aij.
Assim, aplicando a Regra de Sarrus para calcular o determinante de ordem 3, temos:
A11 = (−1)1+1det(M11) = (−1)2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3− λ 0 0
0 1− λ 2
0 2 2− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(3)
= (3− λ)(1− λ)(2− λ)− 4(3− λ) = (3− λ)[(1− λ)(2− λ)− 4] (4)
A12 = (−1)1+2det(M12) = (−1).
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 0 0
0 1− λ 2
0 2 2− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(5)
= −[(1− λ)(2− λ)− 4] (6)
A13 e A14 na˜o vamos calcular pois a13 = 0 e a14 = 0.
Logo o polinoˆmio caracter´ıstico e´ dado por
P4(λ) = det(A−λI) = (3−λ){(3−λ)[(1−λ)(2−λ)−4]}+1.{−[(1−λ)(2−λ)−4]}
Para encontrar as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico, ja´ fatorando o polinoˆmio acima,
teremos
(3− λ)2[(1− λ)(2− λ)− 4]− [(1− λ)(2− λ)− 4] = 0
[(1− λ)(2− λ)− 4].[(3− λ)2 − 1] = 0
[λ2 − 3λ− 2].[λ2 − 6λ+ 8] = 0
As ra´ızes de P2(λ) = λ
2 − 3λ− 2 sa˜o λ1 = 2 e λ2 = 4.
As ra´ızes de P2(λ) = λ
2 − 6λ+ 8 sa˜o λ3 = 3−
√
17
2
e λ4 =
3 +
√
17
2
.
Logo os autovalores da matriz A, sa˜o:
λ1 = 2, λ2 = 4, λ3 =
3−√17
2
e λ4 =
3 +
√
17
2
.
Ca´lculo dos autovetores v associados aos autovalores λ.
Para encontrarmos os autovetores de A associados a λ1 = 2, formamos o sistema
linear Ax = 2x ≡ (A− 2I)x = 0, ou

1 1 0 0
1 1 0 0
0 0 −1 2
0 0 2 0


x
y
z
w

=

0
0
0
0

Isso nos da´

x+ y = 0 =⇒ y = −x
x+ y = 0
−z + 2w = 0 =⇒ w = 0
2z = 0 =⇒ z = 0
Assim, todos os autovetores associados ao autovalor λ1 = 2 sa˜o dados por

x
−x
0
0

Analogamente, para λ2 = 4, obtemos

−1 1 0 0
1 −1 0 0
0 0 −3 2
0 0 2 −2


x
y
z
w

=

0
0
0
0

Isso nos da´

−x+ y = 0 =⇒ x = y
x− y = 0
−3z + 2w = 0
2z − 2w = 0
Das duas u´ltimas equac¸o˜es, temos que z = w = 0.
Assim, todos os autovetores associados ao autovalor λ2 = 4 sa˜o dados por

x
x
0
0

Para o autovalor λ3 =
3−√17
2
, temos

3 +
√
17
2
1 0 0
1
3 +
√
17
2
0 0
0 0−1 +√17
2
2
0 0 2
1 +
√
17
2


x
y
z
w

=

0
0
0
0

Isso nos da´ 
3 +
√
17
2
x+ y = 0
x+
3 +
√
17
2
y = 0
−1 +√17
2
z + 2w = 0
2z +
1 +
√
17
2
w = 0
Resolvendo o sistema obtemos x = y = 0, z = r 6= 0 e w =
(
1−√17
)
r/4. Assim, o
autovetor v3, associado ao autovalor λ3 =
3−√17
2
e´ dado por
v3 = r
(
0; 0; 1; (1−
√
17)/4
)T
Para o autovalor λ4 =
3 +
√
17
2
, temos

3−√17
2
1 0 0
1
3−√17
2
0 0
0 0
−1−√17
2
2
0 0 2
1−√17
2


x
y
z
w

=

0
0
0
0

Isso nos da´ 
3−√17
2
x+ y = 0
x+
3−√17
2
y = 0
−1−√17
2
z + 2w = 0
2z +
1−√17
2
w = 0
Resolvendo o sistema obtemos x = y = 0, z = r 6= 0 e w =
(
1 +
√
17
)
r/4. Assim,o
autovetor v4 associado ao autovalor λ4 =
3 +
√
17
2
e´ dado por
v4 = r
(
0; 0; 1; (1 +
√
17)/4
)T