Solucao3_2012_2s

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GAAL - Terceira Prova - 15/dezembro/2012
SOLUC¸O˜ES
Questa˜o 1: Considere os seguintes vetores de R3.
V1 = (1, 2, 1) V2 = (2, 5, 4) V3 = (−1, 0, 3).
(a) Estes vetores sa˜o LI ou LD?
(b) Caso sejam LD, expresse um deles como combinac¸a˜o linear dos demais.
(c) Exiba uma base {W1,W2,W3} de R3 de modo que {W1,W2} seja uma base para o espac¸o
gerado por V1, V2 e V3.
SOLUC¸A˜O:
(a) Como temos treˆs vetores em R3, sabemos que eles sa˜o LD quando o determinante da
matriz cujas colunas sa˜o estes vetores e´ igual a zero. Por um ca´lculo direto verifica-se
que
det
 1 2 −12 5 0
1 4 3
 = 0
e, portanto, estes vetores sa˜o LD.
(b) Como os vetores V1, V2 e V3 sa˜o LD a equac¸a˜o vetorial xV1 + yV2 + zV3 = ~0 possui
soluc¸a˜o na˜o trivial. Esta equac¸a˜o corresponde ao seguinte sistema linear homogeˆneo,
em que os vetores dados sa˜o as colunas da matriz dos coeficientes. 1 2 −12 5 0
1 4 3
 xy
z
 =
 00
0
 .
Efetuando as operac¸o˜es elementares L2 ← L2 − 2L1 e L3 ← L3 − L1 obtemos: 1 2 −10 1 2
0 2 4
 xy
z
 =
 00
0
 .
Efetuando as operac¸o˜es elementares L1 ← L1 − 2L2 e L3 ← L3 − 2L2 obtemos: 1 0 −50 1 2
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0
 .
Da´ı vemos que a soluc¸a˜o geral deste sistema e´ x = 5z e y = −2z, em que z e´ uma
varia´vel livre. Substituindo em xV1 + yV2 + zV3 = ~0 obtemos 5zV1 − 2zV2 + zV3 = ~0.
Dividindo por z 6= 0, obtemos 5V1 − 2V2 + V3 = ~0, donde
V3 = −5V1 + 2V2.
(c) Os vetores V1, V2 e V3 geram o plano α de vetor normal
N = V1 × V2 = det
 ~i ~j ~k1 2 1
2 5 4
 = (3,−2, 1).
A equac¸a˜o deste plano e´ 3x−2y+z = 0. Uma base para este plano e´ qualquer conjunto
de dois vetores escolhidos entre V1, V2 e V3. Para completar esta base para uma base de
R3, podemos escolher qualquer vetor que na˜o esteja no plano α. Uma escolha particular
e´ o vetor N = (3,−2, 1), normal ao plano α. Deste modo, uma resposta deste item pode
ser o conjunto {V1, V2, N}. Neste conjunto
• {V1, V2} e´ uma base para o espac¸o gerado por V1, V2 e V3.
• {V1, V2, N} e´ uma base de R3.
Questa˜o 2: Considere o seguinte sistema linear homogeˆneo:
x + y − z + w = 0
3x + 5y + z − 3w = 0
x + 2y + z − 2w = 0
(a) Determine o espac¸o soluc¸a˜o deste sistema.
(b) Encontre uma base e a dimensa˜o para o espac¸o encontra em (a).
(c) Determine uma base ortogonal para este espac¸o.
SOLUC¸A˜O:
(a) A matriz aumentada do sistema linear dado e´ igual a 1 1 −1 1 03 5 1 −3 0
1 2 1 −2 0

Vamos escalonar ate´ obter uma matriz escalonada reduzida. Efetuando as operac¸o˜es
elementares L2 ← L2 − 3L1 e L3 ← L3 − L1 obtemos: 1 1 −1 1 00 2 4 −6 0
0 1 2 −3 0

Trocando de posic¸a˜o a linha 2 com a linha 3 obtemos 1 1 −1 1 00 1 2 −3 0
0 2 4 −6 0

Efetuando as operac¸o˜es elementares L1 ← L1 − L2 e L3 ← L3 − 2L2 obtemos: 1 0 −3 4 00 1 2 −3 0
0 0 0 0 0

Destas equac¸o˜es vemos que x = 3z − 4w e y = −2z + 3w em que z e w sa˜o varia´vies
livres. Deste modo o espac¸o soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo dado pode ser expresso do
seguinte modo:
S =


3z − 4w
−2z + 3w
z
w
 ∈ R4 , ∀ z, w ∈ R

(b) Separando as varia´veis, o conjunto S tambe´m pode ser expresso do seguinte modo:
S =
z

3
−2
1
0
 + w

−4
3
0
1
 ∈ R4 , ∀ z, w ∈ R

Escrevendo os vetores em linha, vemos que S e´ o espac¸o gerado pelos vetores
V1 = (3,−2, 1, 0) e V2 = (−4, 3, 0, 1). Como estes vetores sa˜o LI pois na˜o sa˜o mu´ltiplos
escalares, vemos que S tem dimensa˜o 2 e que {V1, V2} e´ uma base para S.
(c) Vamos ortogonalizar a base {V1, V2} obtida no item anterior. Para isto, considere o
vetor
projV1(V2) =
〈V2, V1〉
〈V1, V1〉 V1 =
−12− 6 + 0 + 0
9 + 4 + 1 + 0
(3,−2, 1, 0) =
(
−27
7
,
18
7
,−9
7
, 0
)
O vetor V ′2 = V2 − projV1(V2) esta´ no espac¸o gerado de V1 e V2 e e´ ortogonal a` V1.
V ′2 = V2 − projV1(V2) = (−4, 3, 0, 1)−
(
−27
7
,
18
7
,−9
7
, 0
)
=
(
−1
7
,
3
7
,
9
7
, 1
)
Portanto os vetores V1 e V
′
2 = V2−projV1(V2) formam uma base ortogonal para o espac¸o
gerado por V1 e V2.
Questa˜o 3: Considere a matriz A =
[
1 1
1 1
]
.
(a) Determine o polinoˆmio caracter´ıstico, os autovalores e os autoespac¸os de A. Diagonalize
a matriz A utilizando uma matriz ortogonal P e uma matriz diagonal D. Quais sa˜o
estas matrizes?
(b) Fac¸a uma mudanc¸a de coordenadas conveniente, identifique e fac¸a um esboc¸o no sistema
de coordenadas xy da seguinte coˆnica.
x2 + 2xy + y2 − 2
√
2y = 0.
SOLUC¸A˜O:
(a) O polinoˆmio caracter´ıstico da matriz A e´
p(λ) = det
[
1− λ 1
1 1− λ
]
= λ2 − 2λ.
Os autovalores de A sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico. Ou seja, sa˜o as ra´ızes da
equac¸a˜o λ2 − 2λ = 0. Portanto os autovalores sa˜o λ = 0 e λ = 2.
O autoespac¸o associado ao autovalor λ = 0 e´ o conjunto soluc¸a˜o do sistema linear
homogeˆneo (A− λI2)X = 0. Neste caso, obtemos[
1 1
1 1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Este sistema linear tem como soluc¸a˜o a reta y = −x.
Para o autovalor λ = 2, o autoespac¸o associado e´ o conjunto soluc¸a˜o do sistema linear
homogeˆneo (A− λI2)X = 0. Neste caso, obtemos[ −1 1
1 −1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Neste caso, obtemos a reta de equac¸a˜o y = x.
Vetores unita´rios nas direc¸o˜es destas retas sa˜o
U1 =

√
2
2√
2
2
 U2 =
 −
√
2
2√
2
2
 .
Assim podemos formar as seguintes matrizes P e D que diagonalizam A.
D =
[
2 0
0 0
]
P =

√
2
2
−
√
2
2√
2
2
√
2
2

Observe que P = R45o e´ a matriz matriz de rotac¸a˜o de 45
o.
(b) Efetuando a mudanc¸a de coordenadas X ′ =
[
x′
y′
]
tal que X ′ = P tX sabemos que a
equac¸a˜o quadra´tica dada passa a ter a forma
X ′tDX ′ +KPX ′ = 0
no sistema de coordenadas x′y′. Substituindo as matrizes calculadas, obtemos
[
x′ y′
] [ 2 0
0 0
] [
x′
y′
]
+
[
0 −2√2 ]

√
2
2
−
√
2
2√
2
2
√
2
2
[ x′
y′
]
= 0
Efetuando as multiplicac¸o˜es obtemos 2x′2 − 2x′ − 2y′ = 0. Simplificando, obtemos a
para´bola de equac¸a˜o
y′ = x′2 − x′
Esta e´ a uma para´bola coˆncava para cima e de ra´ızes x′ = 0 e x′ = 1. Como P = R45o ,
a coˆnica dada no enunciado do problema e´ obtida desta para´bola por uma rotac¸a˜o de
45o. Um esboc¸o dos gra´ficos destas duas para´bolas esta´ representado a seguir.