Álgebra Linear II - Psub - 2013

Álgebra Linear II - P oli - Gabarito P ro va SUB-tipo 00 Questão 1. Seja T : R 2 \u2192 R 2 o operador linear cuja matriz, com respeito à base canônica de R 2 , é \ue014 4 2 1 3 \ue015 . Seja B uma base de R 2 tal que [ T ] B = \ue014 2 0 0 5 \ue015 . Considerando R 2 munido do pr oduto interno usual, analise as seguintes a\ufb01rmações: (I) B é uma base ortonormal de R 2 . (II) B não é necessariamente uma base ortonor mal de R 2 , mas existe uma base ortonormal C de R 2 tal que [ T ] C seja uma matriz simétrica. (III) B é formada por autov etores de T . Está correto o que se a\ufb01rma em a. (I), (II) e (III). b. (I) e (III), apenas . c. (III), apenas. d. (II) e (III), apenas. e. (I) e (II), apenas. Solução (I) é falsa. Se B fosse ortonormal, como [ T ] B é simétr ica, T ser ia um operador simétrico . M as então a matriz de T na base canônica seria simétrica, o que é falso . (II) é falsa, pelo mesmo argumento . (III) É ver dadeira, pois [ T ] B é diagonal. Resposta corr eta: ítem c . Questão 2. Sobr e a matriz A = \uf8ee \uf8f0 b 0 0 a 2 1 \u2212 a 0 1 \uf8f9 \uf8fb , em que a e b são números reais, é corr eto a\ufb01rmar que a. se b 6 = 2 , então A é diagonalizável. b. se b = 1 e A é diagonalizável, então a = 0 . c. se b = 1 , então A não é diagonalizável. d. se A é diagonalizável, então b 6 = 1 e b 6 = 0 . e. se A é diagonalizável, então a = b = 0 . 1 Solução T emos p ( \u03bb )=( b \u2212 \u03bb ) ( 1 \u2212 \u03bb ) ( 2 \u2212 \u03bb ) . P ortanto os auto valor es são 1, 2 e b . S e b / \u2208 { 1, 2 } os autov alores são todos distintos e A é diagonalizável. Se b = 1 , A é diagonalizável \u21d0 \u21d2 dim V ( 1 ) = 2 . Agora dim Ker ( A \u2212 I ) = dim Ker \uf8ee \uf8f0 0 0 0 a 1 1 \u2212 a 0 0 \uf8f9 \uf8fb . Se a 6 = 0 a matriz A \u2212 I tem duas linhas L.I. = \u21d2 dim V ( 1 ) = 1 . Se a = 0 a matriz A \u2212 I tem apenas uma linha não nula. = \u21d2 dim V ( 1 ) = 2 . P ortanto , se b = 1 , A é diagonalizável \u21d0 \u21d2 a = 0 . Se b = 2 , A é diagonalizável \u21d0 \u21d2 dim V ( 2 ) = 2 . Agora dim Ker ( A \u2212 2 I ) = dim Ker \uf8ee \uf8f0 0 0 0 a 0 1 \u2212 a 0 \u2212 1 \uf8f9 \uf8fb . N esse caso , a matr iz A \u2212 I tem apenas uma linha L.I. = \u21d2 dim V ( 2 ) = 2 . P ortanto , se b = 2 , A é diagonalizável. T emos então que a) é falsa ( A não é diagonalizável se a 6 = 0 e b = 1 ), b) é verdadeir a, c) é falsa ( A pode ser diagonaliável se a = 0 ), d) é falsa ( A é diagonalizável se b = 0 ), e) é falsa ( A é diagonalizável, por exemplo , se a = b = 3 ). Resposta corr eta: ítem b . Questão 3. Seja V um espaço vetorial de dimensão \ufb01nita com produto interno e sejam U e W subespaços vetoriais de V . Consider e as seguintes a\ufb01rmações: (I) Se { u 1 , . . . , u r } é uma base de U e { w 1 , . . . , w k } é uma base de W , então { u 1 , . . . , u r , w 1 , . . . , w k } é uma base de U + W . (II) Se { u 1 , . . . , u r } é uma base ortogonal de U , { w 1 , . . . , w k } é uma base ortogonal de W e V = U \u2295 W , então { u 1 , . . . , u r , w 1 , . . . , w k } é uma base or togonal de V . (III) Se { u 1 , . . . , u r } \u2282 U é um conjunto linear mente independente, { w 1 , . . . , w k } \u2282 W é um conjunto lin- earmente independente e W \u2282 U \u22a5 , então { u 1 , . . . , u r , w 1 , . . . , w k } é um conjunto lineamente indepen- dente. Está correto o que se a\ufb01rma em a. (II), apenas. b. (I), (II) e (III). c. (II) e (III), apenas. d. (I) e (II), apenas. e. (III), apenas. Solução (I) é falso . C ontra-exemplo: V = R 2 , U = [( 1, 0 ) ] , W = [ ( 2, 0 ) , { ( 1, 0 ) , ( 2, 0 ) } é L.D . (II) é falso . C ontra-exemplo: V = R 2 , U = [( 1, 0 ) ] , W = [ ( \u221a 2 2 , \u221a 2 2 ) ] , { ( 1, 0 ) , ( \u221a 2 2 , \u221a 2 2 ) } não é ortogonal. (III) é ver dadeiro . N este caso U \u2229 W = { 0 } . Se \u03b1 1 u 1 + · · · + \u03b1 r u r + \u03b2 1 v 1 + · · · + \u03b2 k v k = 0 , então \u03b1 1 u 1 + · · · + \u03b1 r u r = \u2212 \u03b2 1 v 1 \u2212 · · · \u2212 \u03b2 k v k = \u21d2 \u03b1 1 u 1 + · · · + \u03b1 r u r \u2208 U \u2229 W = \u21d2 \u03b1 1 u 1 + · · · + \u03b1 r u r = 0 = \u21d2 \u03b1 1 = · · · = \u03b1 r = 0 . Analogamente \u03b2 1 = · · · = \u03b2 k = 0 . Resposta corr eta: ítem e . 2 Questão 4. Seja \u03bb um número real não nulo e difer ente de 1 e seja T : R 3 \u2192 R 3 o operador linear cuja matriz com respeito à base canônica de R 3 é A = \uf8ee \uf8f0 1 \u03bb 0 0 1 \u03bb 0 0 1 \uf8f9 \uf8fb . Então , pode-se a\ufb01r mar corretamente que a. \u03bb é o único auto valor de T . b. 1 e \u03bb são auto valor es de T . c. T é diagonalizável. d. Ker ( T ) 6 = { ( 0, 0, 0 ) } . e. existe uma matriz invertível B tal que B \u2212 1 A B = A t . Solução a) é falso , o único auto valor é 1 . b) é falso pelo mesmo argumento . c) é falso , dim Ker \uf8ee \uf8f0 0 \u03bb 0 0 0 \u03bb 0 0 0 \uf8f9 \uf8fb = 1 e p ( \u03bb ) = ( \u03bb \u2212 1 ) 3 . d) é falso , 0 não é auto valor . e) é ver dadeiro . Basta tomar B = [ I d ] \u03b2 , C a n , \u03b2 = { v 1 = e 3 , v 2 = e 2 , v 3 = e 1 } . Resposta corr eta: ítem e . Questão 5. Seja T : C 4 \u2192 C 4 um operador linear cuja matriz com r espeito à base canônica de C 4 tenha entradas r eais . Se 1 + i e i são auto valores de T e ( 1 + i , 1, 1, 1 ) é um auto vetor associado a 1 + i e ( 1, \u2212 i , 1, \u2212 i ) é um auto vetor associado a i , então T ( 2 + i , 1 + i , 2, 1 + i ) é igual a a. ( 2 + i , 1 + i , 2, 1 + i ) . b. ( 2 i , i , 2 i + 1, i ) . c. ( i , 2 + i , 1, 2 + i ) . d. ( \u2212 i , 1, \u2212 i , 1 ) . e. ( 2 i , i + 1, i + 1, i + 1 ) . Solução T emos ( 2 + i , 1 + i , 2, 1 + i )=( 1 + i , 1, 1, 1 ) + ( 1, i , 1, i ) . que são autofunções associadas aos auto valor es 1 + i e i = \u2212 i , respectiv amente. P ortanto T ( 2 + i , 1 + i , 2, 1 + i ) = T ( 1 + i , 1, 1, 1 ) + T ( 1, i , 1, i ) = ( 1 + i ) ( 1 + i , 1, 1, 1 ) \u2212 i ( 1, i , 1, i ) = ( i , 2 + i , 1, 2 + i ) . Resposta corr eta: c. 3 Questão 6. A respeito das funções S : P 3 ( R ) \u2192 P 3 ( R ) , S ( p ) = p \u2212 p 0 \u2212 p ( 0 ) , T : P 3 ( R ) \u2192 M 2 ( R ) , T ( p ) = \ue014 p 0 ( 0 ) p 0 ( 1 ) + 1 p 0 ( 2 ) p 0 ( 3 ) \ue015 , P : P 3 ( R ) \u2192 P 3 ( R ) , P ( p ) = p ( 1 ) p 0 , em que p 0 denota a derivada de p , é correto a\ufb01rmar que a. apenas P é uma transformação linear . b. S , T e P são transformações linear es . c. apenas S e T são transformações lineares . d. apenas S e P são transformações lineares . e. apenas S é uma transformação linear . Solução i) S é soma de transformações lineares; portanto é linear . T nã é linear pois T ( 0 ) 6 = 0 . P não é linear pois P ( 2 p ) = 2 p ( 1 ) · 2 p 0 = 4 P ( p ) . Resposta corr eta: e. Questão 7. Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão \ufb01nita e seja T : U \u2192 V uma transformação linear . Dentr e as alternativas abaixo , assinale aquela que contém uma a\ufb01r mação F ALSA a respeito desse contexto . a. Se dim U = dim V , então U e V são isomorfos. b. Se T é sobr ejetora, então dim U \u2265 dim V . c. Se U = V , então T é bijetora. d. Se T é bijetora, então T \u2212 1 : V \u2192 U é uma transformação linear . e. Se T é bijetora, então dim U = dim V . Solução a) é ver dadeira. b) é ver dadeira. Se T é sobre , então d i m U = di m Ker T + d i m Im T = di m Ker T + d i mV = \u21d2 d i m U \u2265 di mV . c) é falsa. Contra-exemplo: T : R 2 \u2192 R 2 de\ufb01nida por T ( x , y ) = x . d) é ver dadeira. e) é ver dadeira. di m U = di m Ker T + di m Im T = d i m Ker T + d i m V = d i m V . Resposta corr eta: c. Questão 8. Seja \u0393 a cônica de equação 5 x 2 + 8 y 2 \u2212 4 x y + 8 \u221a 5 x + 4 \u221a 5 y + 24 = 0, com respeito a um sistema de coor denadas de E 2 , com base or tonormal. E ntão existe um sistema de coor- denadas de E 2 , com base or tonormal, com respeito ao qual \u0393 tem equação reduzida da forma 4 u 2 + 9 v 2 = k , em que k é igual a 4 a. 0 . b. 2 . c. 1 . d. \u2212 1 . e. \u2212 2 . Solução Do enunciado , segue que os auto valores da matriz da forma quadrática \ue014 5 \u2212 2 \u2212 2 8 \ue015 . são 4 e 9 . Os r espectivos auto vetor es normalizados são v 1 = ( 2 \u221a 5 , 1 \u221a 5 ) e v 2 = ( 1 \u221a 5 , \u2212 2 \u221a 5 ) . P ortanto , as coor denadas u e v no sistema de coordenadas dado pelos vetor es v 1 e v 2 , com centro na origem serão dadas por x = 2 \u221a 5 u + 1 \u221a 5 v y = 1 \u221a 5 u + \u2212 2 \u221a 5 v A equação da cônica neste sistema de coordenadas , será: 4 u 2 + 9 v 2 + 8 \u221a 5 ( 2 \u221a 5 u + 1 \u221a 5 v ) + 4 \u221a 5 ( 1 \u221a 5 u + \u2212 2 \u221a 5 v ) + 24 = 0 \u21d0 \u21d2 4 ( u + 5 2 ) 2 \u2212 25 + 9 v 2 + 24 = 0 F azendo u 0 = u + 5 2 , v 0 = v , obtemos 4 u 0 2 + 9 v 0 2 = 1. Resposta corr eta: c. Questão 9. Seja V espaço um vetorial de dimensão n com produto interno e seja T : V \u2192 V um operador linear simétrico com autov alores \u03bb 1 \u2264 \u03bb 2 \u2264 · · · \u2264 \u03bb n . Consider e as seguintes a\ufb01rmações: (I) Se \u03bb 1 = \u03bb n , então T = \u03bb 1 I . (II) Se v e w são auto vetor es de T e v 6 = w , então h v , w i = 0 . (III) Par a todo vetor unitário v \u2208 V , tem-se h T ( v ) , v i \u2265 \u03bb 1 . Está correto o que se a\ufb01rma em a. (I) e (II), apenas. b. (I) e (III), apenas . c. (I), (II) e (III). d. (I), apenas. 5 e. (II) e (III), apenas. Solução (I) é ver dadeira, pois T é diagonalizável com um único autov alor \u03bb i , (II) é falsa, no caso em que algum auto valor \u03bb i tem multiplicidade maior do que 1 . Nesse caso , dois auto ve- tores podem ser escolhidos arbitr ariamente em um espaço de dimensão maior do que 1 . (III) é ver dadeira. Seja { e 1 , · · · , e n } base ortonor mal, com \u03bb i autovalor associado a e i . Então h T ( v ) , v i = n \u2211 i = 1 h v , e i i h T v , e i i = n \u2211 i = 1 \u03bb i h v , e i i 2 \u2265 \u03bb 1 n \u2211 i = 1 h v , e i i 2 = \u03bb 1 k v k = \u03bb 1 . Resposta corr eta:b . Questão 10. A r espeito de um espaço vetorial V de dimensão n , munido de um produto interno , é correto a\ufb01rmar que a. se T : V \u2192 V é um operador linear simétrico , então [ T ] B é simétrica, qualquer que seja B base de V . b. 0 pode ser um auto valor do oper ador linear identidade I de V . c. se T : V \u2192 V é um operador linear simétrico , então toda matr iz de M n ( R ) é a matriz de T em relação a alguma base ortonormal de V . d. se A é uma matriz invertível em M n ( R ) , então existem bases B e C de V tais que A = [ I ] B C . e. se T : V \u2192 V é um operador linear e existe uma base B de V tal que [ T ] B é simétrica, então T é simétrico. Solução a) é falsa (vale se B é ortonormal). b) é falsa; 1 é o único auto valor da identidade . c) é falsa; a matriz de T em uma base ortonormal tem que ser simétr ica. d) é ver dadeira. Dada a matriz a i , j , 1 \u2264 i , j \u2264 n e uma base C = { v 1 , · · · , v n } , basta de\ufb01nir w j = \u2211 n i = 1 a i j v i . B = { w 1 , · · · , w n } é um conjunto L.I. pois, caso contrário , as colunas de A seriam L.D . e, portanto , base de V . e) é falsa (vale se B é ortonormal). Resposta corr eta: d. Questão 11. Consider e em P 2 ( R ) o produto interno de\ufb01nido por h p , q i = p ( \u2212 1 ) q ( \u2212 1 ) + p ( 0 ) q ( 0 ) + p ( 1 ) q ( 1 ) , para todos p , q \u2208 P 2 ( R ) . Se S = [ 1, t 2 ] , então o polinômio de S mais proximo de 2 + t + t 2 a. tem duas raízes r eais distintas . b. é constante . c. tem duas raízes complexas conjugadas distintas . d. tem uma raiz r eal de multiplicidade 2 . e. tem grau 1 . 6 Solução Denotemos u 1 = 1 , u 2 = t 2 . Par a encontrar uma base ortogonal de S . P ara isto , fazemos v 1 = u 1 , v 2 = u 2 \u2212 h u 2 , v 1 i v 1 k v 1 k 2 = t 2 \u2212 2 · 1 3 = t 2 \u2212 2 3 . O polinômio de S mais proximo de p ( t ) = 2 + t + t 2 é dado por: q = h p , v 1 i k v 1 k 2 v 1 + h p , v 2 i k v 2 k 2 v 2 = 8 3 · 1 + 2/ 3 ( 2/ 3 ) · ( t 2 \u2212 2 3 ) = t 2 + 2. As raízes de q são ± \u221a 2 i . Resposta corr eta:c . Questão 12. Seja V um espaço vetorial de dimensão \ufb01nita com produto interno e seja S um subespaço de V . Assinale a a\ufb01rmação F ALSA acer ca do operador linear T : V \u2192 V , de\ufb01nido por T ( v ) = proj S v , para todo v \u2208 V . a. Se { u 1 , . . . , u r } é uma base de S , então T ( v ) = h v , u 1 i k u 1 k 2 u 1 + · · · + h v , u r i k u r k 2 u r , para todo v \u2208 V . b. Qualquer v \u2208 V pode ser escrito como v = u + w , com u \u2208 S e w \u2208 S \u22a5 . c. Ker T = S \u22a5 . d. Qualquer u \u2208 S , u 6 = 0 V , é um auto vetor de T associado ao autov alor 1 . e. Im ( T ) = S . Solução a) F also . A fór mula vale apenas se { u 1 , · · · , u r } é base ortogonal. b) V er dadeiro . Se v \u2208 V , temos v = proj S v + ( v \u2212 proj S v ) e proj S v \u2208 S , ( v \u2212 proj S v ) \u2208 S \u22a5 . c) V er dadeiro .Se { u 1 , . . . , u r } é uma base ortogonal de S , então proj S v = 0 \u21d0 \u21d2 h v , u i i = 0 , para 1 \u2264 i \u2264 r \u21d0 \u21d2 v \u2208 S \u22a5 . d) V er dadeiro . proj S v = v , \u2200 v \u2208 S . e) V er dadeiro , consequência de c) e d). Resposta corr eta: a). Questão 13. A matriz A \u2208 M 3 ( R ) possui autovalor es 12, 18 e 6 , associados, respectiv amente, aos auto ve- tores ( 1, 0, 1 ) , ( 1, 2, \u2212 1 ) e ( 1, 1, 1 ) . Se X ( t ) = \ue000 x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) \ue001 é a solução do sistema de equações difer enciais X 0 ( t ) = A X ( t ) que satisfaz X ( 0 ) = ( 3, 2, 3 ) , então x ( 1 ) \u2212 y ( 1 ) + 2 z ( 1 ) é igual a a. 2 e 6 + e 18 \u2212 e 12 . b. 2 e 18 \u2212 e 12 . c. 3 e 12 + 4 e 6 . d. 2 e 6 \u2212 e 12 . e. 3 e 6 + 2 e 18 \u2212 e 12 . 7 Solução A solução geral é: X ( t ) = k 1 e 12 t ( 1, 0, 1 ) + k 2 e 18 t ( 1, 2, \u2212 1 ) + k 3 e 6 t ( 1, 1, 1 ) . De X ( 0 ) = ( 3, 2, 3 ) , obtemos k 1 + k 2 + k 3 = 3 2 k 2 + k 3 = 2 k 1 \u2212 k 2 + k 3 = 3 Resolv endo o sistema, obtemos k 1 = 1, k 2 = 0, k 3 = 2. Segue que X ( t ) = e 12 t ( 1, 0, 1 ) + 2 e 6 t ( 1, 1, 1 ) = \u21d2 X ( 1 ) = e 12 ( 1, 0, 1 ) + 2 e 6 ( 1, 1, 1 ) P ortanto x ( 1 ) \u2212 y ( 1 ) + 2 z ( 1 ) = e 12 + 2 e 6 \u2212 2 e 6 + 2 e 12 + 4 e 6 = 3 e 12 + 4 e 6 . Resposta corr eta: c. Questão 14. Seja n um inteiro positiv o . Assinale a a\ufb01rmação F ALSA a respeito de uma matrix A \u2208 M n ( R ) . a. Se A é diagonalizável e A 2 = 0 , então A = 0 . b. Se todos os auto valores de A são nulos, então A = 0 . c. Se A é semelhante a 2 A , então todo auto valor de A é nulo. d. Se A tem pelo menos um auto valor real, então existe um subespaço de dimensão 1 de R n que é invariante por A . e. Se A é semelhante a uma matriz diagonalizável, então A é diagonalizável. Solução a) V er dadeiro . Se A = \uf8ee \uf8ef \uf8ef \uf8ef \uf8f0 \u03bb 1 0 · · · 0 0 \u03bb 2 · · · 0 . . . 0 0 · · · \u03bb n \uf8f9 \uf8fa \uf8fa \uf8fa \uf8fb então A 2 = \uf8ee \uf8ef \uf8ef \uf8ef \uf8f0 \u03bb 2 1 0 · · · 0 0 \u03bb 2 2 · · · 0 . . . 0 0 · · · \u03bb 2 n \uf8f9 \uf8fa \uf8fa \uf8fa \uf8fb . Se A 2 = 0 então \u03bb 2 i = 0, 1 \u2264 i \u2264 n = \u21d2 b \u03bb i = 0, 1 \u2264 i \u2264 n = \u21d2 A = 0. b) F also . Contra-exemplo: \ue014 0 0 1 0 \ue015 . c) V er dadeiro . Sejam \u03bb 1 , · · · , \u03bb n , os autovalor es (complexos) de A com | \u03bb 1 |\u2264| \u03bb 2 | · · · \u2264 | \u03bb n | . Então 2 \u03bb 1 , · · · , 2 \u03bb n são os auto valor es de 2 A em or dem crescente de seus módulos . Se A é semelhante a 2 A então { \u03bb 1 , · · · , \u03bb n } = { 2 \u03bb 1 , · · · , 2 \u03bb n } . Portanto | \u03bb 1 | = 2 | \u03bb 1 | , · · · , | \u03bb n | = 2 | \u03bb n | e segue que \u03bb 1 = 0, · · · \u03bb n = 0 . d) V er dadeiro . Basta tomar S = [ v ] , sendo v um auto vetor . e) V er dadeiro . Se A = M \u2212 1 B M e B = P \u2212 1 D P , sendo D diagonal, então A = ( P M ) \u2212 1 D P M . P or tanto A é diagonalizável. Resposta corr eta: b) Questão 15. N o espaço vetorial R 4 , munido do produto interno usual, considere os seguintes subespaços vetoriais: S 1 = [ ( 1, 2, 3, 1 ) , ( 1, 0, 1, 1 ) ( 0, 1, 1, 0 ) ] e S 2 = [ ( 1, 0, 0, \u2212 1 ) ] . As dimensões de S 1 , S \u22a5 2 e S 1 \u2229 S \u22a5 2 são , r espectivamente , iguais a 8 a. 2 , 1 e 1 . b. 3 , 3 e 2 . c. 2 , 3 e 2 . d. 3 , 2 e 2 . e. 2 , 3 e 1 . Solução Como ( 1, 2, 3, 1 ) = ( 1, 0, 1, 1 ) + 2 ( 0, 1, 1, 0 ) e { ( 1, 0, 1, 1 ) , ( 0, 1, 1, 0 ) } é L.I. segue que dim S 1 = 2 . Agora dim S \u22a5 2 = 4 \u2212 dim S 2 = 3. Finalmente , S 1 \u2282 S \u22a5 2 e, portanto , dim S 1 \u2229 S \u22a5 2 = dim S 1 = 2 . Resposta corr eta: c) Questão 16. Seja n um inteiro positivo , sejam A , B \u2208 M n ( R ) , seja \u03bb \u2208 R e seja v \u2208 R n . Se \u03bb é um auto valor de A B , com autovetor associado v , e B v 6 = 0 R n , então \u03bb a. não é um auto valor de B A . b. é um auto valor de B . c. é um auto valor de B A com auto vetor associado B v . d. é um auto valor de A com autovetor associado B v . e. é um auto valor de B A com auto vetor associado v . Solução a) F also . Contra-exemplo: A = I d , B arbitrária. b) F also . Contra-exemplo: B = I d , A matriz com autovalor es difer entes de 1 . c) V er dadeiro . B A ( B v ) = B ( A B v ) = B ( \u03bb v ) = \u03bb ( Bv ) e w = B v 6 = 0 . d) F also . Contra-exemplo: A = \ue014 0 1 1 0, \ue015 B = \ue014 1 0 0 4 \ue015 . Então A B = \ue014 0 4 1 0 \ue015 e v = ( 2, 1 ) é autovetor com auto valor associado \u03bb = 2 e B v = ( 2, 4 ) não é autovetor de A . e) F also . Mesmo contra-exemplo de d) B A = \ue014 0 1 4 0 \ue015 e ( 2, 1 ) não é autovetor de B A . Resposta corr eta: c) 9

Álgebra Linear II - Psub - 2013

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