Prova 2 Algebra Linear RESOLVIDA

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1- a) Considere os espaços veteoriais 
 
V = R² e W = R³; 
 
{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} uma base, canônica de W; 
 
v1=(1,0) E R² , v2=(2,1) E R² e v3=(0,-1) E R² vetores; 
 
Solução: 
 
Considerando a seguinte regra, T(1,0,0) = (1,0) , T(0,1,0) = (2,1) e T(0,0,1) = (0,-1) 
 
Tem-se que : 
 
b=(x,y,z) um vetor genérico do R³. 
 
T(x,y,z) = T(x(1,0,0) + y(0,1,0)+ z(0,0,1)) = 
 
T(x,y,z)= Tx(1,0,0)+Ty(0,1,0)+Tz(0,0,1) = 
 
T(x,y,z) = xT(1,0,0) +yT(0,1,0) + zT(0,0,1) = 
 
T(x,y,z) = x(1,0) + y(2,1) + z(0,-1) = 
 
T(x,y,z) = (x.1 + y.2 + z.0, x.0 + y.1 + z.-1) = 
 
T(x,y,z)= (x +2y, y - z) = 
 
 
b) Para obter o vetor v=(x,y,z) em R³ tal que T(x,y,z)=(9,6), tomaremos a forma T(x,y,z)= (x +2y, y 
- z) exigindo que T(x,y,z)=(9,6). Basta resolver o sistema: 
 
 
{
 
 
 
 
Logo, 
 { 
 
{
 
 
 
 
 
 
{ 
 
{ (
 
 
) 
 
Então ( 
 
 
 
 
 
) 
 
 
 
 
2- a) Para a matriz [
 
 
] podemos dar o polinômio caracteristico de A como 
P(λ) = det(A – λI). 
 
Segue que: 
 
P(λ) = (-3 – λ)(2 – λ) + 4 = -6 + 3λ -2λ + λ² + 4 = λ² + λ -2 = (λ+2).( λ-1). 
 
Assim, P(λ) = 0 <-> (λ+2)( λ-1) = 0 <-> λ = 1, ou seja λ = -2. 
Então os autovalores do operador T são 1 e -2. 
Vejamos agora os autovetores associados. 
 
Para λ = 1, temos: 
 
[
 
 
] . [
 
 ] = 1. [
 
 ] => [
 
 
] = [
 
 ] => {
 
 
 => x = y 
 
Os Autovetores associados a λ = 1 são os vetore v = (x,x), x!= 0 
 
Para λ = -2, temos: 
 
[
 
 
] . [
 
 ] = -2. [
 
 ] => [
 
 
] = [
 
 
] => {
 
 
 => x = 4y 
 
Os Autovetores associados a λ = -2 são os vetores v = (4y,y), y!= 0 OU (x, 
 
 
 x) 
 
 
b) Um vetor não nulo v em V é dito um autovetor de T se existe um número real λ tal que 
T(v) = λ v 
O escalar λ é denominado um autovalor de T associado a v. 
 
 
i) Na prática , os autovalores são encontrados subtraindo uma constante da diagonal principal da matriz e 
igualando o determinante desta a zero. 
 
Na sua primeira matriz: 
 
[
 
 
] 
 
 
Para achar os autovalores: 
 
[
 
 
] 
 
 
 
(3-λ).(3-λ) = 0 
P(λ) = 9 -3 λ -3 λ + λ² + 1 = λ² -6 λ +10 = 0 
 
 
 
 
 
Como é negativo, logo não possui o autovalor nos 
reais. 
 
 
 
 
 
 
3 – Por definição, temos que uma base B será chamada de Ortogonal se os vetores são Dois a Dois Ortogonais. 
Essa mesma base sera considerada uma base Ortonormal se ela for orthogonal e cada vetor dela for unitário, ou 
seja: 
 
 
(vi,vj) = {
 
 
 
 
(vi,v) = ||vi||² 
 
Temos que { } 
 
 
 
Logo, {
 
 
 
 
 
 
 
Consideramos uma base { } , tal que, 
 
 
 
 (
 
 
) 
 
 (
 
 
) (
 
 
) 
 
Logo, temos: 
 
 
 
 (
 
 
) 
 
 (
 
 
) 
 
 (
 
 
) 
 
 [(
 
 
) (
 
 
) ] 
 
 [(
 
 
) ( 
 
 
) ] 
 
 
 
 
 [
 
 
] [
 
 
] 
 
 [
 (
 
 ) ( 
 
 ) 
 
 (
 
 ) ( 
 
 ) 
 (
 
 ) ( 
 
 ) 
 
] [
 
 
] 
 
 [
 
(
 
 ) (
 
 ) 
] [
 
 
] 
 [ 
 
 
] [(
 
 
) ( 
 
 
) ] [
 
 
] 
 
 [( 
 
 
) (
 
 
) ( 
 
 
)] [
 
 
] 
 
 [( 
 
 
) (
 
 
) ( 
 
 
)] [
 
 
] 
 
 [( 
 
 
) (
 
 
) ( 
 
 
)] 
 
 [( 
 
 
) (
 
 
) (
 
 
)] 
 
Temos então , 
 
 
 
{
 
 
 
 
 
 {(
 
 
) ( 
 
 
) }
 {( 
 
 
) (
 
 
) (
 
 
)}
 
 
O próximo passo é realizar a normalização 
 
|| || √ √ 
 
|| || √(
 
 
 
) ( 
 
 
 
) 
√ 
 
 
 
 
|| || √( 
 
 
 
) (
 
 
 
) (
 
 
)
 
 
 √ 
 
 
 
Como ultimo passo, vamos agora encontrar os vetores ortonormalizados. 
 
 
 
|| ||
 (
 
√ 
) ((
 
√ 
) (
 
√ 
) ) 
 
 
 
|| ||
 (
 
 
 
 
 
√ 
 
) ((
 
√ 
) ( 
 
√ 
) (
 
√ 
)) 
 
 
|| ||
 (
 
 
 
 
 
 
 
 √ 
 
) (( 
 
√ 
) (
 
√ 
) (
 
√ 
)) 
 
 
 
 
 
 
4- a) 
 
 { | } 
 
{
 
 
 
 
 
 { | } { | } 
 
 { } 
 { } 
 
|
 
 
 
| |
 
 
 
| 
 
 
 
 
Usando o teorema 2, temos: 
 
 
 
 
 
 (espaço vetorial da Im(T)) 
Portanto (T) não é sobrejetora. 
 
 
5- a) 
 { } 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
b) 
 { } 
 
 
 
 (
 
 
) 
 
 (
 
 
) (
 
 
) 
 (
 
 
) 
 
 (
 
 
) (
 
 
) 
 
 
 
 (
 
 
) (
 
 
) (
 
 
) (
 
 
) (
 
 
) (
 
 
)