MATA 07 Segunda prova Resolvida

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Universidade Federal da Bahia - Instituto de Matema´tica - DMAT
MAT A07 - A´lgebra Linear I-A Turma: 08 Professora: Simone Moraes
2a PROVA RESOLVIDA
1.a Questa˜o. Verifique, em cada um dos casos abaixo, se o sub-conjunto W e´ um sub-espac¸o do espac¸o
vetorial V . Justifique sua resposta!
(a) W =
{ [
a11 a12
a21 a22
]
∈M2(IR); a11 + 2a22 = 1
}
e V = M2(IR).
(b) W =
{
(x, y, z) ∈ IR3; y = 0 e z = 2x} e V = IR3.
Soluc¸a˜o:
(a) Como
[
0 0
0 0
]
/∈ W , pois 011 + 2× o22 = 0 6= 1, segue que W na˜o e´ subespac¸o de M2(IR).
(b) Observemos que W 6= ∅, pois (0, 0, 0) ∈ W , ja´ que 2× 0 = 0 e a segunda coordenada e´ 0.
(i) Sejam (x1, y1, z1) e (x2, y2, z2) em W , enta˜o

y1 = 0
z1 = 2x1
y2 = 0
z2 = 2x2.
Como
(x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) = (x1 + x2, 0 + 0, 2x1 + 2x2)
=
(
x1 + x2, 0, 2(x1 + x2)
)
,
segue que (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2) ∈ W .
(ii) Sejam (x, y, z) em W e λ ∈ IR, enta˜o
{
y = 0
z = 2x.
Como
λ · (x, y, z) = (λ · x, λ · y, λ · z) = (λ · x, λ · 0, λ · (2x)) = (λ · x, 0, 2(λ · x)),
segue que λ · (x, y, z) ∈ W .
De (i) e (ii) conclu´ımos que W e´ subespac¸o de IR3.
2.a Questa˜o. Sejam o espac¸o vetorial P3(IR) e os seguintes subespac¸os:
W1 =
{
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ P3(IR); a1 = a2
}
e
1
W2 =
[
1− t3, t].
Determine:
(a) O subespac¸o W2 analiticamente.
(b) Uma base para cada um dos subespac¸os de P3(IR):
W1, W2, W1 ∩W2 e W1 +W2 (verifique se a soma e´ direta).
(c) A dimensa˜o de cada um dos subespac¸os de P3(IR):
W1, W2, W1 ∩W2 e W1 +W2.
Soluc¸a˜o:
(a) Observemos que p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ W2 ⇐⇒ p(t) = a(1− t3) + bt = a+ bt− at3
⇐⇒

a0 = a
a1 = b
a2 = 0
a3 = −a
=⇒
{
a3 = −a0
a2 = 0.
Logo, W2 =
{
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ P3(IR); a2 = 0 e a3 = −a0
}
.
(b)-(c) Observemos que
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ W1 ⇐⇒ a2 = a1.
Logo,
p(t) = a0 + a1t+ a1t
2 + a3t
3 = p(t) = a0 + a1(t+ t
2) + a3t
3.
Portanto, W1 =
[
1, t+ t2, t3
]
, como
{
1, t+ t2, t3
}
e´ um subconjunto L.I. de P3(IR), segue que
BW1 =
{
1, t+ t2, t3
}
e´ base de W1, consequentemente dim W1 = 3.
Como W2 =
[
1− t3, t] e {1− t3, t} e´ um subconjunto L.I. de P3(IR), segue que BW1 = {1− t3, t}
e´ base de W2, consequentemente dim W2 = 2.
Agora observemos que p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ W1 ∩W2
⇐⇒
{
p(t) = a0 + a1(t+ t
2) + a3t
3
p(t) = a(1− t3) + bt = a+ bt− at3 ⇐⇒

a0 = a
a1 = b
a1 = 0
a3 = −a
=⇒
{
a1 = 0
a3 = −a0
Como a2 = 0, segue que
W1 ∩W2 =
{
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ P3(IR); a1 = a2 = 0 e a3 = −a0
}
=
[
1− t3].
2
Portanto, BW1∩W2 =
{
1− t3} e´ base de W1 ∩W2, consequentemente dim W1 ∩W2 = 1.
Ja´ que W1 ∩W2 6= {0P3(IR)} enta˜o a soma W1 +W2 na˜o e´ direta.
Pelo teorema da soma e da intersecc¸a˜o de subespac¸os temos:
dim W1 +W2 = dim (W1 ∩W2)− dim (W1 +W2) = 3 + 2− 1 = 4.
Como W1 + W2 e´ subespac¸o de P3(IR) e dim P3(IR) = 4, segue que W1 + W2 = P3(IR), assim
podemos tomar a base canoˆnica como base de W1 +W2: BW1+W2 =
{
1, t, t2, t3
}
.
3.a Questa˜o. Considere o espac¸o vetorial M2(IR), B a base canoˆnica de M2(IR) e o subconjunto:
S =
{ [
−1 1
0 0
]
,
[
0 −2
2 0
]
,
[
0 0
−3 1
] }
.
(a) Mostre que S e´ um subconjunto L.I. de M2(IR).
(b) Determine uma base B′ de M2(IR) pelo completamento do subconjunto S.
(c) Determine v ∈M2(IR) tal que [v]B′ =

−5
2
3
−1
.
(d) Determine MBB′ , a matriz mudanc¸a da base B para a base B′.
Soluc¸a˜o:
(a) Vamos escalonar a matriz cujas linhas sa˜o os vetores de S em relac¸a˜o a` base canoˆnica de M2(IR):
−1 1 0 0
0 −2 2 0
0 0 −3 1
.
Como a matriz
 −1 1 0 00 −2 1 0
0 0 −3 1
 ja´ esta´ na forma escalonada e na˜o tem linhas nulas segue
que S e´ um subconjunto L.I. de M2(IR).
(b) Podemos tomar
B′ =
{ [
−1 1
0 0
]
,
[
0 −2
2 0
]
,
[
0 0
−3 1
]
,
[
0 0
0 1
] }
,
3
pois a matriz cujas linhas sa˜o os vetores de B′ em relac¸a˜o a` base canoˆnica de M2(IR) e´ a seguinte:
−1 1 0 0
0 −2 1 0
0 0 −3 1
0 0 0 1

que e´ uma matriz na forma escalonada sem linhas nulas e B′ e´ obtida pelo completamento do
subconjunto S.
(c) Se [v]B′ =

−5
2
3
−1
, enta˜o
v = (−5) ·
[
−1 1
0 0
]
+ 2 ·
[
0 −2
2 0
]
+ 3 ·
[
0 0
−3 1
]
+ (−1) ·
[
0 0
0 1
]
=
[
5 −9
−2 2
]
.
(d) Escrevendo os vetores de B como combinac¸a˜o linear dos vetores da base B′ de M2(IR) obtemos:
[
1 0
0 0
]
= (−1) ·
[
−1 1
0 0
]
− 1
2
·
[
0 −2
2 0
]
− 1
3
·
[
0 0
−3 1
]
+
1
3
·
[
0 0
0 1
]
[
0 1
0 0
]
= 0 ·
[
−1 1
0 0
]
− 1
2
·
[
0 −2
2 0
]
− 1
3
·
[
0 0
−3 1
]
+
1
3
·
[
0 0
0 1
]
[
0 0
1 0
]
= 0 ·
[
−1 1
0 0
]
+ 0 ·
[
0 −2
2 0
]
− 1
3
·
[
0 0
−3 1
]
+
1
3
·
[
0 0
0 1
]
[
0 1
0 0
]
= 0 ·
[
−1 1
0 0
]
+ 0 ·
[
0 −2
2 0
]
+ 0 ·
[
0 0
−3 1
]
+ 1 ·
[
0 0
0 1
]
.
Logo, a matriz mudanc¸a da base B para a base B′ e´ a seguinte:
MBB′ =

−1 0 0 0
−1
2
−1
2
0 0
−1
3
−1
3
−1
3
0
1
3
1
3
1
3
1

.
4
4.a Questa˜o. Sejam V espac¸o vetorial de dimensa˜o 4 e B = {v1, v2, v3, v4} e´ uma base de V , mostre
que o subconjunto
B′ = {v1 − 3v2 + 2v3 − 7v4, −v2 + 9v4, 3v3 − 5v4, 6v4}
tambe´m e´ base de V .
Soluc¸a˜o:
Escrevendo os vetores de B′ como combinac¸a˜o linear dos vetores da base B de V obtemos:
v1 − 3v2 + 2v3 − 7v4 = (−1) · v1 + (−3) · v2 + 2 · v3 + (−7) · v4
−v2 + 9v4 = 0 · v1 + (−1) · v2 + 0 · v3 + 9 · v4
3v3 − 5v4 = 0 · v1 + 0 · v2 + 3 · v3 + (−5) · v4
6v4 = 0 · v1 + 0 · v2 + 0 · v3 + 6 · v4
.
Portanto, a matriz das coordenadas dos vetores de B′ em relac¸a˜o a` base B e´ dada por:
1 −3 2 −7
0 −1 0 9
0 0 3 −5
0 0 0 6

que e´ uma matriz escalonada sem linhas nulas, portanto B′ e´ base de V .
5