ALGAI 1213teste2 resolucao (1)

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Álgebra Linear e Geometria Analítica I (M143) 2012/13
Teste 2 – 7-1-2013
Nome completo: Número mecanográfico:
Curso: Número de folhas extra :
Apresente os cálculos efectuados e os resultados nos locais indicados para esse efeito em
cada pergunta.
Nas perguntas 1-8 deve assinalar (sem justificar) apenas uma alternativa, a mais correcta
e completa; cada uma dessas perguntas vale 0,7 valores, à ausência de resposta é atribuída a
cotação de 0, e a uma resposta errada é atribuída uma cotação de −1
3
de 0,7 valores.
As respostas às outras perguntas devem ser cuidadosamente justificadas.
1− 8 9 10a b c 11 12a b c
1. Entre os sistemas de equações abaixo, indique aquele cujo conjunto de soluções forma um subespaço vectorial de R4.{
x− y + 2z + w = 1
2x− 2y + 4z + 2w = 2 �
{
x− y + 2z + w = 0
2x− 2y + 4z + 2w = 0 x− y + 2z + 3w = 0x+ y + 4z + w = 0
x+ 2y + 4z + w = 1

x− y + 2z + w = 0
x+ y + 4z = 0
y + w = 1
z + w = 2
2. Qual dos subconjuntos do espaço vectorial R3[x] abaixo é formado por elementos linearmente independentes?
� {x+ x3, x+ x2 + x3, 1 + x+ x2 + x3}
{1 + x, 1 + x2, x+ x3, x+ x2 + x3, 1 + x+ x2 + x3}
ambas as afirmações acima estão correctas;
nenhuma das alternativas acima está correcta.
3. O subespaço vectorial V = {(x, y, z, w) ∈ R4 : x+ w = 0 e y + z = 0} de R4 é gerado por:
{(1, 0, 0,−1), (0, 1,−1, 0)}
{(1,−1, 1,−1), (1, 1,−1,−1)}
� ambas as afirmações acima estão correctas;
nenhuma das alternativas acima está correcta.
4. O polinómo p ∈ R2[x] cujas coordenadas na base B =
(
x2 + 1, x− 1, x2 − x) de R2[x] são (1, 2, 3) é:
(1, 2, 3).
� 4x2 − x− 1.
x2.
1 + 2x+ 3x2.
5. Se f : R2 −→ R2 for uma aplicação linear tal que f(1, 1) = (0, 2) e f(−1, 1) = (4, 2), então f(0, 2) vale:
(1, 1)
(−1, 1)
(−4, 4)
� (4, 4)
6. Se f : R3 −→ R3 for uma aplicação linear cuja imagem é o subespaço vectorial
{(x, y, z) ∈ R3 : x+ y = 0 e y + z = 0}, então é sempre verdade que:
� Existem dois vectores linearmente independentes u e v em R3 tais que f(u) = f(v) = (0, 0, 0).
Se u e v forem dois vectores em R3 tais que f(u) = f(v) = (0, 0, 0) então u e v são linearmente dependentes.
f é sobrejectiva.
f é injectiva.
7. Qual das matrizes abaixo representa a aplicação f : R3 −→ R2
(x, y, z) 7→ (x+ z, y)
relativamente à base
((1, 1, 0), (1, 0, 1), (0, 1, 1)) de R3 e à base canónica de R2?
�
(
1 2 1
1 0 1
) (
1 1 1
1 1 2
)  1 12 0
1 1
 ( 1 2 1
0 0 1
)
8. Se MBc,B1(f) for a matriz da aplicação linear f : R3 −→ R3 relativamente à base canónica Bc de R3 e à base
B1 = ((2, 1, 0), (−1, 0, 1), (0, 1, 2)) de R3, e se P =
 2 −1 01 0 1
0 1 2
 então:
� MBc,B1(f)P é a matriz de f relativamente à base B1.
MBc,B1(f)P é a matriz de f relativamente à base canónica Bc
MBc,B1(f)P é a matriz de f relativamente à base B1 e à base canónica Bc.
MBc,B1(f)P é a matriz de f relativamente à base canónica Bc e à base B1.
9. (1,1 valores) (Resolução no espaço abaixo)
Seja f : R2 −→ R2 uma aplicação linear; determine f(x, y) sabendo que (1, 3) pertence ao núcleo de f e que (1, 2) é um
vector próprio de f associado ao valor próprio −2.
Como (1, 3) pertence ao núcleo de f , tem-se f(1, 3) = (0, 0).
Como (1, 2) é um vector próprio de f associado ao valor próprio −2, tem-se f(1, 2) = −2(1, 2) = (−2,−4).
Se (x, y) ∈ R2, tem-se
(x, y) = a(1, 2) + b(1, 3)⇔ (x, y) = (a+ b, 2a+ 3b)⇔
{
a+ b = x
2a+ 3b = y
⇔
{
a = 3x− y
b = y − 2x
portanto (x, y) = (3x− y)(1, 2) + (y − 2x)(1, 3).
Então
f(x, y) = f((3x− y)(1, 2) + (y − 2x)(1, 3)) = (3x− y)f(1, 2) + (y − 2x)f(1, 3) = (3x− y)(−2,−4) + (y − 2x)(0, 0)
= (−6x+ 2y,−12x+ 4y)
10. (Resolução no espaço abaixo e no verso)
Seja E = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x+ y = z + t e x+ z = y + t}, e considere em R4 o produto escalar usual
((x1, y1, z1, t1)|(x2, y2, z2, t2) = x1x2 + y1y2 + z1z2 + t1t2).
a) (1,5 valores) Determine uma base ortonormada b de E, a dimensão de E, e uma base B de R4 que contenha b.
b) (0,5 valores) Determine as coordenadas de (2, 3, 3, 2) em b e em B.
c) (0,8 valor) Determine a projecção ortogonal de (x, y, z, t) sobre E.
a) Tem-se{
x+ y = z + t
x+ z = y + t
⇔
{
x+ y − z − t = 0
x− y + z − t = 0 ⇔
{
x+ y − z − t = 0
−2y + 2z = 0 ⇔
{
x+ y − z − t = 0
y − z = 0 ⇔
{
x− t = 0
y − z = 0
portanto
E = {(x, y, z, t) ∈ R4 : x = t e y = z} = {(t, z, z, t), z, t ∈ R} = {t(1, 0, 0, 1) + z(0, 1, 1, 0), z, t ∈ R}
= G({(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)})
Uma vez que
a(1, 0, 0, 1) + b(0, 1, 1, 0) = (0, 0, 0, 0)⇔ (a, b, b, a) = (0, 0, 0, 0)⇔ a = b = 0,
(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0) são linearmente independentes, portanto formam uma base de E; então dimE = 2.
Tem-se (1, 0, 0, 1)|(0, 1, 1, 0) = 0, ‖(1, 0, 0, 1)‖ = √2 e ‖(0, 1, 1, 0)‖ = √2; conclui-se que se b =
(
1√
2
(1, 0, 0, 1), 1√
2
(0, 1, 1, 0)
)
,
então b é uma base ortonormada de E.
Seja B =
(
1√
2
(1, 0, 0, 1), 1√
2
(0, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0, )
)
; como
a
1√
2
(1, 0, 0, 1) + b
1√
2
(0, 1, 1, 0) + c(1, 0, 0, 0) + d(0, 1, 0, 0, ) = (0, 0, 0, 0)⇔

1√
2
a+ c = 0
1√
2
b+ d = 0
1√
2
b = 0
1√
2
a = 0
⇔

a = 0
b = 0
c = 0
d = 0
conclui-se que os elementos de B são linearmente independentes; como dimR4 = 4, conclui-se que B é uma base de R4.
b) Como b é ortonormada, as coordenadas de (2, 3, 3, 2) na base b são dadas pelos produtos escalares com os elementos
de b, ou seja, por (2, 3, 3, 2)| 1√
2
(1, 0, 0, 1) e (2, 3, 3, 2)| 1√
2
(0, 1, 1, 0). Conclui-se que (2, 3, 3, 2) = (2
√
2, 3
√
2)b.
Como os elementos da base b são os primeiros dois elementos da base B, tem-se (2, 3, 3, 2) = (2
√
2, 3
√
2, 0, 0)B .
c)
proj⊥E(x, y, z, t) = (x, y, z, t)|
1√
2
(1, 0, 0, 1)
1√
2
(1, 0, 0, 1) + (x, y, z, t)| 1√
2
(0, 1, 1, 0)
1√
2
(0, 1, 1, 0)
=
(
x+ t
2
,
y + z
2
,
y + z
2
,
x+ t
2
)
11. (1,4 valores) (Resolução no espaço abaixo e na folha seguinte)
Diga, justificando, se f : R3 −→ R3
(x, y, z) 7→ (x− 3y + 3z,−3x+ y + 3z, 4z)
é diagonalizável.
O polinómio característico de f é dado por
p(α) = det
 1− α −3 3−3 1− α 3
0 0 4− α
 = (4− α)((1− α)2 − 9) = (4− α)(1− α− 3)(1− α+ 3) = (4− α)(−2− α)(4− α)
cujos zeros são 4,−2. Os valores próprios de f são portanto 4,−2.
Tem-se
(x, y, z) ∈ E4 ⇔
 1− 4 −3 3−3 1− 4 3
0 0 4− 4
 xy
z
 =
 00
0
⇔ −3x− 3y + 3z = 0⇔ z = x+ y
Então
E4 = {(x, y, x+ y), x, y ∈ R} = {x(1, 0, 1) + y(0, 1, 1), x, y ∈ R} = G({(1, 0, 1), (0, 1, 1)})
Como (1, 0, 1), (0, 1, 1) são linearmente independentes, conclui-se que dimE4 = 2. Como−2 é valor próprio de f , dimE−2 ≥ 1.
Conclui-se que a soma das dimensões dos subespaços próprios de f é maior ou igual a 3 (de facto é 3, porque a soma das
dimensões dos subespaços próprios de um endomorfismo nunca é maior do que a dimensão do domínio) portanto f é
diagonalizável.
12. (Resolução no espaço abaixo)
Diga justificando quais das seguintes afirmações são verdadeiras.
a) (0,7 valores) Se u, v são vectores próprios de um endomorfismo, então u+ v também é um vector próprio de f .
b) (0,7 valores) Se u, v são linearmente independentes, então u+ v, 2u− v são linearmente independentes.
c) (0,7 valores) Se E é um espaço vectorial complexo e u, v, w são elementos linearmente independentes de E, então u, v, w
também são linearmente independentes para a estrutura de espaço vectorial real associada.
a) Falsa
Por exemplo, seja f : R2 −→ R2
(x, y) 7→ (0, y)
. Tem-se f(1, 0) = (0, 0) = 0(1, 0), portanto (1, 0) é um vector próprio de f
(associado ao valor próprio 0) e f(0, 1) = (0, 1) = 1(0, 1), portanto (0, 1) é um vector próprio de f (associado ao valor próprio
1). No entanto f((1, 0) + (0, 1)) = f(1, 1) = (0, 1), e (0, 1) não é múltiplo de (1, 1), portanto (1, 1) não é um vector próprio
de f .
b) Verdadeira
Suponhamos que u, v são linearmente independentes.Para mostrar que u+ v, 2u− v são linearmente independentes, há que mostrar que (a+2b)u+ (a− b)v = 0⇒ a = b = 0.
Sejam a, b ∈ K tais que a(u + v) + b(2u − v) = 0. Então (a + 2b)u + (a − b)v = 0, portanto, como u, v são linearmente
independentes, vem que
{
a+ 2b = 0
a− b = 0 . Ora
{
a+ 2b = 0
a− b = 0 ⇔
{
a = 0
b = 0
.
c) Verdadeira
Se não existem α, β, γ ∈ C, não todos nulos, tais que αu + βv + γw = 0E , então também não existem α, β, γ ∈ R, não
todos nulos, tais que αu+ βv + γw = 0E , porque R ⊂ C.