prova álgebra linear respostas 3

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UFMT – ICET – MATEMA´TICA (2009) – Prof. Geraldo L. Diniz – A´lgebra Linear II – Turma: T
Gabarito da Avaliac¸a˜o III
1. Seja f uma forma linear de R2 em R, tal que: f(x, y) = pi(x − y). Sejam α = {(1, 1); (−1, 1)} e β = {pi} bases
de R2 e R, respectivamente. Se [v]α =
[
1
2
]
, calcule [f(v)]β .
Soluc¸a˜o:
O primeiro passo e´ obter a matriz associada a forma linear na base α, expressa na base β, ou seja, encontrar
[f ]βα, que e´ dada por:
[f ]α = [f(1, 1) f(−1, 1)]α ⇒ [f ]α = [pi(1− 1) pi(−1− 1)]α = [0 − 2pi]α = [0 − 2]βα.
Agora, basta efetuar o produto matricial: [f ]βα[v]α, donde: [f(v)]β = [0 − 2]βα
[
1
2
]
α
= −4.
2. Seja A : R3 × R3 ⇒ R definida por: A((x1, y1, z1), (x2, y2, z2)) = x1y2 + x1z2 − y1x2 + z1z2. Encontre a matriz
associada de A, em relac¸a˜o a base canoˆnica.
Soluc¸a˜o:
Denotando a base canoˆnica por: c = {e1, e2, e3}, onde e1 =
 10
0
, e2 =
 01
0
 e e3 =
 00
1
. Para obter a
matriz associada de A, basta calcular o elemento aij , dado por: aij = A(ei, ej). Assim, se obte´m:
a11 = A(e1, e1) = 1× 0 + 1× 0− 0× 1 + 0× 0 = 0; a12 = A(e1, e2) = 1× 1 + 1× 0− 0× 1 + 0× 0 = 1;
a13 = A(e1, e3) = 1× 0 + 1× 1− 0× 0 + 0× 1 = 1; a21 = A(e2, e1) = 0× 0 + 0× 0− 1× 1 + 0× 0 = −1;
a22 = A(e2, e2) = 0× 1 + 0× 0− 1× 0 + 0× 0 = 0; a23 = A(e2, e3) = 0× 0 + 0× 1− 1× 0 + 0× 1 = 0;
a31 = A(e3, e1) = 0× 0 + 0× 1− 0× 0 + 1× 0 = 0; a32 = A(e3, e2) = 0× 0 + 0× 1− 0× 0 + 1× 0 = 0;
a33 = A(e3, e3) = 0× 0 + 0× 1− 0× 0 + 1× 1 = 1;
Portanto, (A)c =
 0 1 1−1 0 0
0 0 1

3. Considere a matriz M =
[
2 −3
−3 5
]
. Encontre a forma quadra´tica associada a esta matriz.
Soluc¸a˜o:
Para obter a forma quadra´tica associada a` matriz dada, basta efetuar o produto matricial, vTMv. Assim, se
obte´m:
[x y]
[
2 −3
−3 5
] [
x
y
]
= [x y]
[
2x− 3y
−3x+ 5y
]
= 2x2 − 6xy + 5y2.
4. Seja Q : R3 −→ R a forma quadra´tica dada por Q(x, y, z) = 5x2 + 2y2 + 4z2 + 4xy. Encontre uma base β, tal
que a matriz associada a esta forma quadra´tica [Q]ββ seja uma matriz diagonal (se existir!).
Soluc¸a˜o:
Primeiramente, se deve obter a matriz associada a` forma quadra´tica, na base canoˆnica, que e´ dada por:
[Q]c =
 5 2 02 2 0
0 0 4
. Da´ı, calculando os autovalores de [Q]c se obte´m:
(Q− λI) =
 5− λ 2 02 2− λ 0
0 0 4− λ
⇒ P (λ) = (4− λ) ∣∣∣∣ 5− λ 22 2− λ
∣∣∣∣⇒
P (λ) = (4 − λ)[(5 − λ)(2 − λ) − 4] ⇒ P (λ) = 24 − 34λ + 11λ2 − λ3 = (6 − λ)(4 − λ)(1 − λ). Assim, como Q
possui 3 autovalores distintos, ela e´ diagonaliza´vel. Da´ı, basta obter seus autovetores l.i. associados, pois a base
que diagonaliza a matriz Q e´ a base constituida por seus 3 autovetores l.i. Assim, se obte´m:
2 Gabarito da Avaliac¸a˜o III – A´lgebra Linear II
(Q− 6I)v = 0⇒
 −1 2 02 −4 0
0 0 −2
 xy
z
 =
 00
0
⇒

−x+ 2y = 0
2x− 4y = 0
−2z = 0
⇒
{
x = 2y
z = 0
⇒
v =
 2yy
0
⇒ v = y
 21
0
, logo E6 = 〈
 21
0
〉.
(Q− 4I)v = 0⇒
 1 2 02 −2 0
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
⇒

x+ 2y = 0
2x− 2y = 0
0 = 0
⇒
{
x = 0
y = 0
⇒
v =
 00
z
⇒ v = z
 00
1
, logo E4 = 〈
 00
1
〉.
(Q− I)v = 0⇒
 4 2 02 1 0
0 0 −3
 xy
z
 =
 00
0
⇒

4x+ 2y = 0
2x+ y = 0
−3z = 0
⇒
{
y = −2x
z = 0
⇒
v =
 x−2x
0
⇒ v = x
 1−2
0
, logo E1 = 〈
 1−2
0
〉.
Como na˜o foi pedido a base normalizada, a base β que diagonaliza Q e´:
β =

 21
0
 ;
 00
1
 ;
 1−2
0
, com [Q]ββ =
 6 0 00 4 0
0 0 1

Valor de cada questa˜o 2,5 pontos Cuiaba´, 16 de Junho de 2009.