AD1 Algebra Linear 2006 1 Gabarito

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Curso de Tecnologia em Sistemas de Computac¸a˜o
Disciplina : A´lgebra Linear
AD1 - Primeiro Semestre de 2006
Professores: Ma´rcia Fampa & Mauro Rincon
Nome -
Assinatura -
1
1.(5.0) O item (g) vale 1.0 ponto e o restante valem 0.5 ponto cada.
Considere a matriz formada pelos vetores colunas:
A = [v1, v2, v3] =

2 −1 3
1 1 0
4 3 1
1 0 1

(a) Calcule o mo´dulo (comprimento) de cada vetor da matriz A.
(b) A partir dos vetores vi ∈ A, determine uma matriz U cujos vetores
colunas ui, i = 1, 2, 3 sa˜o unita´rios.
(c) Calcule a distaˆncia d(v1, v2) = |v1 − v2|
(d) Verifique se existem vetores de A, dois a dois, que sa˜o ortogonais
ou paralelos.
(e) Calcule o aˆngulo formado pelos vetores {v2, v3} de A.
(f) Mostre que o conjunto de vetores {v1, v2, v3} sa˜o linearmente
dependentes (LD).
(g) Seja V = IR4. Mostre que S e´ um subespac¸o vetorial de V gerado
pelo conjunto de vetores {v1, v2, v3} se e somente se
S =
{
(x, y, z, w) ∈ IR4; z = (x+ 10y)/3 ∧ w = (x+ y)/3
}
e determine uma base B para S.
(h) Usando o processo de Gram-Schmidt, determine a partir da base
B, uma base ortogonal de S.
(i) Determine a partir de B uma base ortonormal de S.
2.(1.0) Determinar os subespac¸os de P2 (espac¸o vetorial dos polinoˆmios de grau
≤ 2) gerados pelos seguintes vetores:
{
2 + 2x, 3 + x− x2, 2x+ x2
}
e verifique se os vetores sa˜o LI ou LD.
3.(1.0) Prove que se u e v sa˜o vetores LI enta˜o u+v e u-v tambe´m o sa˜o.
2
4.(1.0) Seja V = M3×2 um espac¸o vetorial das matrizes reais e S ⊂ V um
subconjunto definido por:
S =

 a −a−b b
c −c
 , onde a, b, c ∈ IR
 .
Mostre que S e´ um subespac¸o vetorial de V .
5.(2.0) Considere o seguinte sistema linear:
2x1 + 4x2 + 6x3 = −6
3x1 − 2x2 − 4x3 = −38
x1 + 2x2 + 3x3 = −3
a.(1.0) Resolva-o, se poss´ıvel, me´todo de Gauss-Jordan.
b.(1.0) O que podemos afirmar se substituirmos somente a terceira com-
ponente do vetor dos termos independentes b = (−6,−38,−3)
pelo vetor b̂ = (−6,−38, 1).
3
Gabarito
A´lgebra Linear: AD1 - CEDERJ
Mauro Rincon & Ma´rcia Fampa - 2006
Tutores: Rodrigo Olimpio e Cristina Lopes
1a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
Considere o conjunto B = {v1, v2, v3}, onde v1 = (2, 1, 4, 1), v2 = (−1, 1, 3, 0) e
v3 = (3, 0, 1, 1).
a)
|v1| =
√
(22 + 12 + 42 + 12) =
√
22.
|v2| =
√
((−1)2 + 12 + 32 + 02) = √11.
|v3| =
√
(32 + 02 + 12 + 12) =
√
11.
b)
V =

2
√
22
22
−√11
11
3
√
11
11√
22
22
√
11
11
0
2
√
22
11
3
√
11
11
√
11
11√
22
22
0
√
11
11

c)
Por definic¸a˜o, para vetores v1 = (x1, y1, z1) e v2 = (x2, y2, z2), temos que
d(v1, v2) =
√
(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2 + (w2 − w1).
Assim,
d(v1, v2) =
√
(−1− 2)2 + (1− 1)2 + (3− 4)2 + (0− 1)2 = √9 + 0 + 1 + 1 = √11.
Logo d(v1, v2) = |v1 − v2| =
√
11.
d)
i) v1 e v2
v1.v2 = 2× (−1) + 1× 1 + 4× 3 + 0 = −2 + 1 + 12 = 11 =⇒ v1 na˜o e´ perpendicular
a v2.
Sa˜o paralelos? −1
2
6= 1 6= 3
4
6= 0 . Logo na˜o sa˜o paralelos, pois as coordenadas na˜o sa˜o
proporcionais.
ii) v1 e v3
v1.v3 = 2× 3 + 0 + 4× 1 + 1× 1 = 11 6= 0 =⇒ v1 e v3 na˜o sa˜o ortogonais.
Verifiquemos se sa˜o paralelos:
3
2
6= 0 6= 1
4
6= 1
Logo na˜o sa˜o paralelos.
iii) v2 e v3
v2.v3 = −1× 3 + 1× 0 + 3× 1 + 0 = 0 =⇒ v2 ⊥ v3
e) Seja θ o aˆngulo entre os vetores v1 e v2.
cos(θ) = v1.v2|v1|.|v2| . Usando resultados dos itens anteriores, temos:
Sabemos do item anterior que v2 ⊥ v3. Logo θ = 90◦. Para os outros vetores, usando
a fo´rmula temos:
Seja α o aˆngulo entre os vetores v1 e v2.
cos(α) = 11√
22.
√
11
≈ 0, 7 =⇒ α ≈ 45◦ .
Seja β o aˆngulo entre os vetores v1 e v3.
cos(β) = 11√
22.
√
11
≈ 0, 7 =⇒ ≈ 45◦ .
f) v1, v2, v3 sa˜o linearmente independentes ? Sejam α1, α2, α3 ∈ <.
α1(2, 1, 4, 1)+α2(−1, 1, 3, 0)+α3(3, 0, 1, 1) = 0. Assim, temos o sistema linear abaixo:

2α1 − α2 + 3α3 = 0
α1 + α2 = 0
4α1 + 3α2 + α3 = 0
α1 + α3 = 0
ii
Pela segunda e quarta equac¸o˜es temos que −α2 = −α3. Logo o sistema tem infinitas
soluc¸o˜es, o que implica que o conjunto e´ L.D.
g) ∈ S ? Sim, pois x, y = 0 =⇒ z, w = 0. Seja:
v1 = (x1, y1,
x1 + 10y1
3
,
x1 + y1
3
) e v1 = (x2, y2,
x2 + 10y2
3
,
x2 + y2
3
)
Assim temos que:
v1 + λv2 = (x1 + λx2, y1 + λy2,
x1 + λx2 + 10y1 + λ10y2
3
,
x1 + λx2 + y1 + λy2
3
) ∈ S
Logo e´ subespac¸o de <4.
Agora consideremos o sistema: α1v1 + α2v2 + α3v3 = 0

2α1 − α2 + 3α3 = x
α1 + α2 = y
4α1 + 3α2 + α3 =
x+10y
3
α1 + α3 =
x+y
3
Pela segunda e quarta equac¸o˜es temos que α2 = y − α1 e α3 = x+y3 − α1. Logo para
qualquer α1 ∈ < com α2 = y − α1 e α3 = x+y3 − α1, o sistema tem soluc¸a˜o.
Reciprocamente, se fizermos:

2α1 − α2 + 3α3 = x
α1 + α2 = y
4α1 + 3α2 + α3 = z
α1 + α3 = w
Temos pela segunda e quarta equac¸o˜es do sistema anterior que α2 = y − α1 e
α3 = w − α1. Substituindo esses valores na primeira equac¸a˜o temos:
2α1 − y + α1 + 3w − 3α1 = x =⇒ w = x+y3 .
Agora fazendo as mesmas substituic¸o˜es na terceira equac¸a˜o temos:
4α1 + 3y − 3α1 + w − α1 = z =⇒ z = x+10y3 .
como quer´ıamos demonstrar.
Agora vamos determinar uma base β para S.
S = (x, y, z, w) = (x, y, x+10y
3
, x+y
3
).
Logo podemos tomar β = {(1, 0, 1
3
, 1
3
), (0, 1, 10
3
, 1
3
)} como base,pois e´ LI e gera S.
iii
h) Seja w1 = (1, 0,
1
3
, 1
3
).
Agora temos :
w2 = v2 −
( v2.w1
w1.w1
)
.w1 = (0, 1,
10
3
,
1
3
)−
((0, 1, 10
3
, 1
3
).(1, 0, 1
3
, 1
3
)
(1, 0, 1
3
, 1
3
).(1, 0, 1
3
, 1
3
)
)
(1, 0,
1
3
,
1
3
)
= (−1, 1, 3, 0)
Logo uma base ortogonal e´ {(1, 0, 1
3
, 1
3
), (−1, 1, 3, 0)}.
i)
‖w1‖ =
√
12 + 02 + (1
3
)2 + (1
3
)2 =
√
11
3
.
‖w2‖ =
√
1 + 1 + 9 =
√
11.
Logo basta dividirmos os vetores da base ortogonal pela sua respectiva norma. Assim
teremos a seguinte base ortonormal:
{(3
√
11
11
, 0,
√
11
11
,
√
11
11
}, (−
√
11
11
,
√
11
11
3
√
11
11
, 0)}.
2a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
Para que os vetores {2 + 2x, 3 + x− x2, 2x+ x2} gerem subespac¸os de P2, a combinac¸a˜o
linear desses vetores tem que ser um polinoˆmio de grau 2.
Sejam u = 2 + 2x , v = 3 + x− x2 e w = 2x+ x2.
Assim temos:
ax2 + bx+ c = αu+ βv + γw
ax2 + bx+ c = α(2 + 2x) + β(3 + x− x2) + γ(2x+ x2)
ax2 + bx+ c = 2α+ 2αx+ 3β + βx− βx2 + 2γx+ γx2
ax2 + bx+ c = (γ − β)x2 + (2α + β + 2γ)x+ (2α + 3β)
E portanto: 
a = γ − β
b = 2(α + γ) + β =⇒ b = 2a+ c
c = 2α + 3β
Assim os subespac¸os de P2 gerados pelos vetores {2 + 2x, 3 + x − x2, 2x + x2} sa˜o da
iv
forma {ax2 + bx+ c / b = 2a+ c}.
Verificaremos agora se os vetores sa˜o linearmente independentes ou linearmente de-
pendentes:
αu+ βv + γw = 0
Da etapa anterior temos que:
(γ − β)x2 + (2α+ β + 2γ)x+ (2α + 3β) = 0
O polinoˆmio de grau 2 acima so´ sera´ o polinoˆmio nulo se seus coeficientes forem nulos.
Enta˜o:
γ − β = 0 =⇒ γ = β
2α + β + 2γ = 0
2α + 3β = 0 =⇒ 2α = −3β
Assim, temos:
2α + β + 2γ = 0
− 3β + β + 2β = 0
0 = 0
Logo o sistema tem infinitas soluc¸o˜es e portanto os vetores {2 + 2x, 3 + x− x2, 2x+ x2}
sa˜o linearmente dependentes (L. D.).
3a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
Demonstrac¸a˜o:
Temos por hipo´tese que u e v sa˜o L. I., ou seja, sempre que au+bv = 0, temos a = b = 0.
Queremos mostrar que: c(u+ v) + d(u− v) = 0 =⇒ c = d = 0.
De fato:
c(u+ v) + d(u− v) = 0
cu+ cv + du− dv = 0
(c+ d)u+ (c− d)v = 0
v
Como por hipo´tese u e v sa˜o L. I. enta˜o:
c+ d = 0
c− d = 0
sistema que admite somente a soluc¸a˜o c = d = 0. Logo, u+ v e u− v sa˜o L. I..
4a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
S =

a −a
−b b
c −c
 , onde a, b, c ∈ IR

S e´ subespac¸o. S na˜o e´ vazio:

0 0
0 0
0 0
 pertence a` S, se tomarmos a = b = c = 0.
E as duas condic¸o˜es abaixo sa˜o satisfeitas:
i) SejaM1 =

a1 −a1
−b1 b1
c1 −c1
 ∈ S eM2 =

a2 −a2
−b2 b2
c2 −c2
 ∈ S, onde a1, a2, b1, b2, c1, c2 ∈ IR.
Enta˜o:
M1 +M2 =

a1 + a2 −a1 − a2
−b1 − b2 b1 + b2
c1 + c2 −c1 − c2
 =

a1 + a2 −(a1 + a2)
−(b1 + b2) b1 + b2
c1 + c2 −(c1 + c2)
 =
=

a3 −a3
−b3 b3
c3 −c3
 ∈ S , onde a3 = a1 + a2 , b3 = b1 + b2 , c3 = c1 + c2 (a3, b3, c3 ∈ IR).
ii) Seja α ∈ IR eM =

a −a
−b b
c −c
 ∈ S , a, b, c ∈ IR.
vi
αM =

αa −αa
−αb αb
αc −αc
 =

d −d
−e e
f −f
 ∈ S , onde d = αa, e = αb, f = αc.
5a Questa˜o) Soluc¸a˜o:
Considere o sistema

2x1 + 4x2 + 6x3 = −6
3x1 − 2x2 − 4x3 = −38
x1 + 2x2 + 3x3 = −3
(1)
a) Me´todo de Gauss-Jordan
O sistema linear acima pode ser representado por:

2 4 6
3 −2 −4
1 2 3


x1
x2
x3
 =

−6
−38
−3

1a Etapa) Formaremos a matriz aumentada [A|b]. A matriz aumentada e´ dada por:
[A|b] =

2 4 6 | −6
3 −2 −4 | −38
1 2 3 | −3

2a Etapa) Transformaremos a matriz aumentada a` sua forma escada reduzida por linhas,
usando operac¸o˜es elementares em suas linhas.
vii
[A|b] =

2 4 6 | −6
3 −2 −4 | −38
1 2 3 | −3

Dividindo a primeira linha por 2 obtemos:

1 2 3 | −3
3 −2 −4 | −38
1 2 3 | −3

Fazendo L2 ↔ L2 − 3L1 , L3 ↔ L3 − L1, obtemos

1 2 3 | −3
0 −8 −13 | −29
0 0 0 | 0

Multiplicando L2 por −1/8, encontramos

1 2 3 | −3
0 1 13/8 | 29/8
0 0 0 | 0

E finalmente, fazendo L1 ↔ L1 − 2L2, obtemos

1 0 −1/4 | −41/4
0 1 13/8 | 29/8
0 0 0 | 0
 (2)
viii
O sistema linear correspondente a` matriz (2) na forma escada reduzida por linhas e´ dado
por:

x1 − 1
4
x3 = −41
4
x2 +
13
8
x3 =
29
8
(3)
e tem exatamente as mesmas soluc¸o˜es do sistema original (1).
3a Etapa) Resolver o sistema linear obtido na Etapa 2.
Resolvendo cada equac¸a˜o para a inco´gnita correspondente ao primeiro elemento na˜o-nulo
de cada linha na˜o-nula do sistema linear (3), temos:

x1 =
−41 + r
4
x2 =
29− 13r
8
x3 = r
(4)
onde r e´ um nu´mero real arbitra´rio.
Logo (4) e´ a soluc¸a˜o do sistema linear dado (1). Como r pode assumir qualquer valor
real, o sistema dado (1) e tem uma infinidade de soluc¸o˜es (o sistema e´ compat´ıvel e
indeterminado).
b) Trocando o termo independente temos:

2 4 6 −6
3 −2 −4 −38
1 2 3 1

ix
Fazendo L1 × 12 temos

1 2 3 −3
3 −2 −4 −38
1 2 3 1

Agora se fizermos L2 ← L2 − 3× L1 e L3 ← L3 − L1 temos

1 2 3 −3
0 −8 −13 −29
0 0 0 4

Ou seja, na terceira linha temos 0 = 4, o que torna o sistema imposs´ıvel.
x
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