RESOLUCAO G3 14.1 MAT 1200

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1a) o Joãozinho não dividiu pela norma dos vi's ao quadrado, ou seja considerou que a base era ortonormal enquanto ela era apenas ortogonal.
1b) H_perp = { v em Rn, para todo h em H, < v | h >=0 }
2a) falso. Por exemplo no plano, H=<(1,0)> e W=(1,1)> estão em soma direta, mas não são ortogonais.
2b) verdadeiro. A projeção T de R4 sobre uma reta vai ter um autovalor 1 e três autovalores 0, em particular, o núcleo tem dimensão 3 e portanto não é {0}. Então T não é injetiva, e o determinante da sua matriz em qualquer base é 0, em particular na base [P]_beta .
2c) falso. O autovalor 1 tem multiplicidade (algébrica) 2 mas o seu autoespaço tem dimensão 1. Pode também falar que o único autovalor é 1, e se fosse diagonalizáveis seria a identidade, cuja matriz é a matriz identidade em qualquer base.
3a) por ser reflexão em relação a um plano, os autovalores são 1 (duas vezes) e -1, e o autoespaço associado a 1 (o maior autovalor) é o plano pi.
3b) o plano pi o autoespaço assocaido a 1, então basta resolver [T].[v]=[v] (tudo na base gamma).
3c) na base de autovetores, a matriz é diagonal com os autovalores na diagonal. Pela ordenação do enunciado, vai ser 1,1 e -1 na diagonal, 0 no resto.
3d) pode ser o plano gerado por qualquer vetor do plano pi com o autovetor w3 associado a -1 (perpendicular a pi). Só tem que tomar cuidado que w3 não pode ser obtido diretamente como produto vetorial de w1,w2 pois a base gamma não é ortonormal.
4a) w1 e w2 não nulos tais que T(w1)=lambda1.w1 e T(w2)=lambda2.w2
e <w1|w2> = 0
4b) já que a equação vale para quaisquer u e v, podemos aplicar para u=w1 e v=w2. Obtemos
<T(w1)|w2> = <w1|T(w2)>.
Como são autovetores, 
<lambda1 . w1 | w2> = < w1 | lambda2 . w2>.
Passando para o outro lado e usando a bilinearidade do produto interno:
(lambda1-lambda2) . <w1|w2> = 0 
Como lambda1 é diferente de lambda2, o fator esquerdo é não nulo, então o fator direto é nulo: <W1|w2>=0