Segunda prova Álgebra Linear 2017.1 Simone Moraes Resolvida

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Universidade Federal da Bahia - Instituto de Matema´tica - DMAT
MAT A07 - A´lgebra Linear A Professora: Simone Moraes Turma: 06
2a PROVA - RESOLVIDA
1.a Questa˜o. Sejam o espac¸o vetorial P3(IR) e os seguintes subespac¸os:
W1 =
{ [
a11 a12
a21 a22
]
∈M2(IR); a11 + 3a21 − a22 = 0 e a12 + a21 − 2a11 = 0
}
e W2 =
[ [
1 0
2 7
]
,
[
0 1
−1 −2
] ]
.
Determine:
(a) Uma base e a dimensa˜o dos seguintes subespac¸os de M2(IR):
W1, W2, e W1 +W2 (a soma e´ direta?)
(b) Um subespac¸o U de M2(IR) tal que:
M2(IR) = U ⊕W, com W = W1 +W2.
Soluc¸a˜o:
(a) A =
[
a11 a12
a21 a22
]
∈ W1 ⇐⇒
{
a11 + 3a21 − a22 = 0
a12 + a21 − 2a11 = 0
⇐⇒
{
a22 = a11 + 3a21
a12 = −a21 + 2a11
⇐⇒ A =
[
a11 −a21 + 2a11
a21 a11 + 3a21
]
= a11
[
1 2
0 1
]
+ a21
[
0 −1
1 3
]
.
Portanto, BW1 =
{ [
1 2
0 1
]
,
[
0 −1
1 3
] }
e´ base de W1, consequentemente dim W1 = 2.
Como as duas matrizes que geram W2 na˜o sa˜o proporcionais, enta˜o sa˜o L.I., e consequentemente:
BW2 =
{ [
1 0
2 7
]
,
[
0 1
−1 −2
] }
e´ base de W2, portanto dim W2 = 2.
Para encontrar uma base de W1 +W2 basta extrair um conjunto de geradores L.I. de
BW1 ∪ BW2 =
{ [
1 2
0 1
]
,
[
0 −1
1 3
]
,
[
1 0
2 7
]
,
[
0 1
−1 −2
] }
.
1
Para isto escrevemos os vetores de BW1∪BW2 em relac¸a˜o a` base canoˆnica deM2(IR) e encontramos
a seguinte matriz das coordenadas dos respectivos vetores:
1 2 0 1
0 −1 1 3
1 0 2 7
0 1 −1 −2
L3 −→ L3 − L1
L4 −→ L4 + L2
∼
1 2 0 1
0 −1 1 3
0 −2 2 6
0 0 0 1
L3 −→ L3 − 2L2
∼
1 2 0 1
0 −1 1 3
0 0 0 0
0 0 0 1
.
Logo,
B =
{ [
1 2
0 1
]
,
[
0 −1
1 3
]
,
[
0 0
0 1
] }
e´ base de W1 +W2, portanto dim (W1 +W2) = 3.
A soma na˜o direta, pois dim W1 ∩W2 = dim W1 + dim W1 − dim (W1 +W2) = 2 + 2− 3 = 1,
portanto W1 ∩W2 6= {0M2(IR)}.
(b) Para encontrar um subespac¸o U de M2(IR) tal que:
M2(IR) = U ⊕W, com W =W1 +W2
basta completar a base B do item (a), por exemplo, podemos tomar:
1 2 0 1
0 −1 1 3
0 0 1 1←− completamento
0 0 0 1
.
Neste caso, U =
[ [
0 0
1 1
] ]
=
{ [
a11 a12
a21 a22
]
∈M2(IR); a11 = a12 = 0 e a21 = a22
}
.
2.a Questa˜o. No espac¸o vetorial P3(IR) considere a base
B = {1− t− t2 + t3, −t+ t2 + t3, t2 − t3, t3}.
Sabendo que
MB
′
B =

3 −1 1 1
0 2 −1 −2
0 0 3 1
0 0 0 2
 ,
determine:
(a) O polinoˆmio p(t) ∈ P3(IR) tal que [p(t)]B′ =

2
−3
4
−5
.
2
(b) A base B′ de P3(IR).
Soluc¸a˜o:
(a) Sabemos que
[p(t)]B =MB
′
B · [p(t)]B′ .
Logo,
[p(t)]B =

3 −1 1 1
0 2 −1 −2
0 0 3 1
0 0 0 2
 ·

2
−3
4
−5
 =

8
0
7
−10
 .
Portanto,
p(t) = 8(1− t− t2 + t3) + 0(−t+ t2 + t3) + 7(t2 − t3) − 10t3 = 8− 8t− t2 − 9t3.
(b) Pela matriz MB
′
B a base B′ =
{
p1(t), p2(t), p3(t), p4(t)
}
e´ tal que:
p1(t) = 3(1− t− t2 + t3) + 0(−t+ t2 + t3) + 0(t2 − t3) + 0t3 = 3− 3t− 3t2 + 3t3
p2(t) = (−1)(1− t− t2 + t3) + 2(−t+ t2 + t3) + 0(t2 − t3) + 0t3 = −1− t+ 3t2 + t3
p3(t) = 1(1− t− t2 + t3) + (−1)(−t+ t2 + t3) + 3(t2 − t3) + 0t3 = 1 + t2 − 3t3
p4(t) = 1(1− t− t2 + t3) + (−2)(−t+ t2 + t3) + 1(t2 − t3) + 2t3 = 1 + t− 2t2.
Portanto,
B′ = {3− 3t− 3t2 + 3t3, −1− t+ 3t2 + t3, 1 + t2 − 3t3, 1 + t− 2t2}.
3.a Questa˜o. Seja W =
[
(1, 0, 1, 1), (1, 1, 2, 0)
]
subespac¸o de IR4 com o produto interno usual, deter-
mine:
(a) Uma base ortogonal para W .
(b) Uma base para IR4 obtida pelo completamento da base do item (a).
Soluc¸a˜o:
(a) Como W =
[
(1, 0, 1, 1), (1, 1, 2, 0)
]
e estes dois vetores na˜o sa˜o proporcionais, enta˜o sa˜o L.I..
Logo, B = {(1, 0, 1, 1), (1, 1, 2, 0)} e´ uma base de W , mas como〈
(1, 0, 1, 1), (1, 1, 2, 0)
〉
= 1 + 0 + 2 + 0 = 3 6= 0
os vetores na˜o sa˜o ortogonais.
3
Para obter uma base ortogonal para W a partir da base B vamos utilizar o processo de ortogo-
nalizac¸ao de Gram-Schmidt, ou seja, B′ = {w1, w2} com:
w1 = (1, 0, 1, 1)
w2 = (1, 1, 2, 0)−
〈
(1, 0, 1, 1), (1, 1, 2, 0)
〉
‖ (1, 0, 1, 1)‖ 2
(1, 0, 1, 1)
= (1, 1, 2, 0)− 3
1 + 0 + 1 + 1
(1, 0, 1, 1) = (1, 1, 2, 0)− (1, 0, 1, 1) = (0, 1, 1,−1).
Portanto, B′ = {(1, 0, 1, 1), (0, 1, 1,−1)} e´ base ortogonal de W .
(b) Vamos utilizar o completamento para obter uma base B′′ de IR4 atrave´s da base B′, escrevendo
os vetores de B′ em relac¸a˜o a` base canoˆnica de IR4 obtemos a seguinte matriz de coordenadas:
1 0 1 1
0 1 1 −1
0 0 1 1←− completamento
0 0 0 1←− completamento
.
Logo, B′′ = {(1, 0, 1, 1), (0, 1, 1,−1), (0, 0, 1, 1), (0, 0, 0, 1)} e´ uma base de IR4 obtida pelo com-
pletamento da base B′.
4.a Questa˜o. Nos casos abaixo, decida se a afirmac¸a˜o dada e´ (sempre) verdadeira ou (a`s vezes) falsa.
Se for verdadeira prove e se for falsa apresente um contra-exemplo.
(a) ( ) O conjunto W =
{
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 ∈ P2(IR); a2 + a1 ≤ 0
}
e´ um subespac¸o do espac¸o
vetorial de P2(IR).
(b) ( ) A intersecc¸a˜o de dois subconjuntos L.D. de um espac¸o vetorial V tambe´m e´ um subconjunto
L.D. de V .
(c) ( ) As matrizes A =
[
1 −3
9 7
]
e B =
[
6 1
2 −3
]
sa˜o ortogonais em M2(IR) com o produto
interno usual.
Soluc¸a˜o:
(a) (F) O polinoˆmio p(t) = t − 3t2 ∈ W , pois −3 + 1 = −2 < 0, no entanto, (−1) · p(t) = −p(t) =
−t+ 3t2 /∈ W , ja´ que 3− 1 = 2 > 0.
(b) (F) Os subconjuntos S1 =
{
(1, 2,−1), (0, 0, 0)} e S2 = {(1, 2,−1), (−3,−6, 3)} sa˜o subconjuntos
L.D. de IR3, pore´m S1 ∩ S2 ==
{
(1, 2,−1)} que um subconjunto L.I. de IR3, pois e´ um conjunto
unita´rio em que o u´nico vetor do conjunto na˜o e´ o vetor nulo.
(c) (V) As matrizes A e B sa˜o ortogonais pois:〈[
1 −3
9 7
]
,
[
6 1
2 −3
]〉
= 1× 6 + (−3)× 1 + 9× 2 + 7× (−3) = 6− 3 + 18− 21 = 0.
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