P2 - Algebra Linear - 2017/2 - Diego Marcon - UFRGS

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UFRGS – Instituto de Matema´tica e Estat´ıstica
Departamento de Matema´tica Pura e Aplicada
MAT01355 - Algebra Linear I - A
Prof. Diego Marcon Farias
Total Conceito
Nome: Carta˜o: Turma:
Prova da A´rea 2 – Soluc¸o˜es
Questa˜o 1. (0,5 ponto) Dentre as alternativas abaixo, assinale a que conte´m um vetor unita´rio com
mesma direc¸a˜o e sentido do vetor ~v =
−23
6
.
(a)
−2/413/41
6/41
 (b)
−1/91/3
1/3

�
�@
@(c)
−2/73/7
6/7
 (d)
−2/493/49
6/49
 (e)
−13/2
3

O comprimento de ~v e´ ‖~v‖ = √(−2)2 + 32 + 62 = 7. Logo, os dois poss´ıveis vetores unita´rios na direc¸a˜o de ~v sa˜o:
~v
‖~v‖ =
~v
7
=
−2/73/7
6/7
 e − ~v
7
=
 2/7−3/7
−6/7
 .
Questa˜o 2. (1,0 ponto) Sejam W = Span
~u1 =
 10
−1
 , ~u2 =
11
1
 e ~v =
10
2
. Encontre a projec¸a˜o
ortogonal de ~v sobre S.
(a)
1/21
1/2

�
�@
@(b)
1/21
3/2
 (c)
 10
3/2
 (d)
1/23/2
1
 (e)
21
0

Denotando ~u1 e ~u2 como acima, notamos que sa˜o ortogonais: ~u1 · ~u2 = 1 + 0 − 1 = 0. Logo, na˜o e´ necessa´rio
ortogonalizar a base pelo Processo de Gram-Schmidt, pois ja´ sa˜o ortogonais. tem-se:
projW ~v =
~v · ~u1
~u1 · ~u1 ~u1 +
~v · ~u2
~u2 · ~u2 ~u2 =
1 + 0− 2
1 + 0 + 1
~u1 +
1 + 0 + 2
1 + 1 + 1
~u2 = −1
2
~u1 + ~u2 =
 1/2 + 10 + 1
−1/2 + 1
 =
1/21
3/2
 .
Questa˜o 3. (1,0 ponto) Assinale a alternativa que apresenta uma base ortogonal para o espac¸o
coluna da matriz
A =
 1 −1 2 −3−1 1 −3 2
2 −2 5 −5
 .
(a)

10
0
 ,
01
0
 (d)

 1−1
2
 ,
 2−3
5

(b)

10
0
 ,
01
0
 ,
00
1
 ��@@(e)

 1−1
2
 ,
11
0
 soluc¸a˜o pro´xima pa´gina
(c)

10
0
 ,
21
0

Por escalonamento: A =
 1 −1 2 −3−1 1 −3 2
2 −2 5 −5
 ∼
1 −1 2 −30 0 −1 −1
0 0 1 1
 ∼
1 −1 2 −30 0 1 1
0 0 0 0
 .
Logo, o espac¸o coluna tem dimensa˜o dois (duas posic¸o˜es de pivoˆ) e duas colunas que geram este espac¸o sa˜o a
coluna um e a coluna treˆs da matriz A. No entanto, estas colunas na˜o sa˜o ortogonais: ~c1 · ~c3 = 2 + 3 + 10 = 15 6= 0.
Uma base ortogonal pode ser obtida por Gram-Schmidt:
~u1 = ~c1 =
 1−1
2
 ,
~u2 = ~c3 − proj~u1 ~c3 = ~c3 −
~c3 · ~u1
~u1 · ~u1 ~u1 =
 2−3
5
− 15
6
 1−1
2
 =
 2− 5/2−3 + 5/2
5− 5
 =
−1/2−1/2
0
 .
Finalmente, notamos que ~u2 esta´ na mesma direc¸a˜o de
11
0
.
Questa˜o 4. (2,0 pontos) Classifique cada uma das alternativas como Verdadeiro (V) ou Falso (F):
(V ) Se A e´ uma matriz 4× 4 que tem autovalores −1, 1, 3/2 e 2, entao A e´ diagonaliza´vel. Autove-
tores associados com autovalores distintos sa˜o LI. Como a matriz e´ 4 × 4, temos uma base de
autovetores e logo A e´ diagonaliza´vel.
(F ) Se A e´ invert´ıvel, enta˜o A e A−1 teˆm os mesmos autovalores. Pensar em matrizes diagonais...
ja´ na˜o funciona.
(V ) Os vetores
~u =

0
1
0
0
 e ~v =

−1/2
0
1/2√
2/2

sa˜o ortogonais. Calcular ~u · ~v = 0 + 0 + 0 + 0 = 0.
(V ) Os vetores ~u e ~v acima sa˜o ortonormais.
Calcular ‖~u‖ = √12 = 1 e ‖~v‖ = √(−1/2)2 + (1/2)2 + 02 + 2/4 = √1/4 + 1/4 + 2/4 = 1.
(F ) Se λ = 0 e´ autovalor de uma matriz A, enta˜o a matriz e´ invert´ıvel. Ao contra´rio, da´ı A na˜o e´
invert´ıvel, pois detA = det (A− 0I) = 0.
(V ) Se A e´ uma matriz 4 × 4 que tem apenas dois autovalores distintos (ambos de multiplicidade
dois) e cujos autoespac¸os associados tem dimensa˜o dois, enta˜o A e´ diagonaliza´vel. Verdade,
pois assim a dimensa˜o do espac¸o gerado pelos autovetores e´ 4.
(V ) SeW e´ um espac¸o vetorial de dimensa˜o 3 e {~v1, ~v2, ~v3} e´ um conjunto ortogonal, enta˜o {~v1, ~v2, ~v3}
e´ uma base de W . Ortogonais =⇒ dois a dois LI. Logo, treˆs vetores LI em espac¸o de dimensa˜o
3. Necessariamente formam base.
(V ) Se ~y 6∈ W , enta˜o o vetor ~y−projW ~y e´ ortogonal ao subespac¸o W. Basta fazer um desenho, e.g.,
pa´gina 6 da Semana 12.
(V ) Todo conjunto ortonormal em Rn e´ linearmente independente. Propriedade que ja´ hav´ıamos
utilizado acima.
(F ) Se A e´ uma matriz ortogonal, enta˜o AT 6= A−1. Ao contra´rio, se A e´ uma matriz ortogonal,
tem colunas ortonormais, de modo que ATA = I, o que implica AT = A−1.
Questa˜o 5. (1,0 ponto) Na˜o existe uma reta y = Ax + B que passa pelos pontos do plano
(2, 3), (−1, 3), e (2,−3), ja´ que estes pontos na˜o sa˜o colineares. Assinale a alternativa que apre-
senta a reta de mı´nimos quadra´ticos que melhor se ajusta a estes pontos:
(a) y = 3x+ 1
�
�@
@(b) y = −x+ 2
(c) y = −2x+ 1
(d) y = −2x+ 4
(e) y = x
Sistema imposs´ıvel: 2 1−1 1
2 1
[ A
B
]
=
 33
−3
 ⇐⇒ A~ξ = ~w
Resolver por mı´nimos quadrados: ATA~ξ = AT ~w
ATA =
[
2 −1 2
1 1 1
] 2 1−1 1
2 1
 = [9 3
3 3
]
; AT ~w =
[
2 −1 2
1 1 1
] 33
−3
 = [−3
3
]
[
9 3 −3
3 3 3
]
∼
[
1 1 1
0 −6 −12
]
∼
[
1 1 1
0 1 2
]
=⇒
{
A+B = 1
B = 2
=⇒ B = 2 =⇒ A = −1
Questa˜o 6. (0,5 ponto) Assinale a alternativa que conte´m o polinoˆmio caracter´ıstico, isto e´, p(λ) =
det(A− λI), da matriz
A =

1 3 0 0
0 1 0 0
0 0 −3 4
0 0 4 −3
 .
(a) p(λ) = (λ− 3)(λ− 1)(λ+ 3)2
(b) p(λ) = (λ− 1)2(λ+ 3)2
(c) p(λ) = (λ− 4)(λ− 3)(λ− 1)(λ+ 3)
(d) p(λ) = (λ− 1)2(λ+ 5)2
�
�@
@(e) p(λ) = (λ− 1)3(λ+ 7)
Calcular (e.g. expandindo em cofatores a primeira coluna, e depois a primeira linha/coluna da matriz resultante)
det(A− λI) =

1− λ 3 0 0
0 1− λ 0 0
0 0 −3− λ 4
0 0 4 −3− λ
 = (1− λ) det
1− λ 0 00 −3− λ 4
0 4 −3− λ
 =
(1− λ)2 det
[−3− λ 4
4 −3− λ
]
= (1− λ)2[(λ+ 3)2 − 16] = (1− λ)2[λ2 + 6λ− 7]
Por Baskara:
−6±√36− 4 · (−7)
2
=
−6± 8
2
= −3± 4 = 1 ou − 7.
Portanto, p(λ) = (λ− 1)3(λ+ 7).
Questa˜o 7. (0,5 ponto) Assinale a alternativa que indica a quantidade de autovalores distintos da
matriz A da questa˜o anterior.
(a) 1
��ZZ(b) 2 Os u´nicos autovalores sa˜o o 1 e o −7
(c) 3
(d) 4
(e) os autovalores desta matriz sa˜o complexos.
Questa˜o 8. (1,0 ponto) Considere a matriz
A =
 4 −1 62 1 6
2 −1 8
 .
Sabendo que 2 e´ autovalor de A, assinale a alternativa verdadeira
(a) O autoespac¸o associado ao autovalor 2 tem dimensa˜o 1.
��ZZ(b) O autoespac¸o associado ao autovalor 2 tem dimensa˜o 2.
(c) O autoespac¸o associado ao autovalor 2 tem dimensa˜o 3.
(d) O u´nico autovalor de A e´ 2.
(e) A na˜o e´ diagonaliza´vel.
A− 2I =
 2 −1 62 −1 6
2 −1 6
 ∼
 2 −1 60 0 0
0 0 0
 =⇒ { 2x1 − x2 + 6x3 = 0
x2, x3 livres.
=⇒
 x1x2
x3
 =
 x2/2− 3x3x2
x3
 = x2
 1/21
0
+ x3
 −30
1

Questa˜o 9. (0,5 ponto) Uma matriz A de ordem 4× 4 tem dois autovalores distintos: λ1 = −12 e
λ2 = 13. Sabendo que o autoespac¸o associado ao λ1 e´ W1 e que o autoespac¸o associado ao λ2 e´ W2,
onde
W1 = Span


0
−1
0
1
 ,

2
7
7
0

 e W2 = Span


1
−4
0
3
 ,

−1
0
2
0

 ,
escreva as matrizes P e D que diagonalizam A, isto e´, tais que A = PDP−1.
P =

0 2 1 −1
−1 7 −4 0
0 7 0 2
1 0 3 0
 e D =

−12 0 0 0
0 −12 0 0
0 0 13 0
0 0 0 13

Questa˜o 10. (2,0 pontos) Considere a forma quadra´tica
Q(x1, x2) = x
2
1 + 4x1x2 + x
2
2.
(a) Escreva a matriz sime´trica A associada a Q.
A =
[
1 2
2 1
]
(b) Encontre os autovalores de A.
det(A− λI) =
∣∣∣∣ 1− λ 22 1− λ
∣∣∣∣ = (1− λ)2 − 4 = λ2 − 2λ− 3
λ2 − 2λ− 3 = 0 =⇒ λ = 2±
√
4 + 12
2
= 1± 2 =⇒ λ1 = 3 e λ2 = −1.
(c) Encontre os autovetores de A.
→ Autovetores associados ao autovalor λ1 = 3A− 3I =
[ −2 2
2 −2
]
∼
[
1 −1
0 0
]
=⇒
{
x1 = x2
x2 livre
=⇒
[
x1
x2
]
= x2
[
1
1
]
→ Autovetores associados ao autovalor λ2 = −1
A+ I =
[
2 2
2 2
]
∼
[
1 1
0 0
]
=⇒
{
x1 = −x2
x2 livre
=⇒
[
x1
x2
]
= x2
[ −1
1
]
(d) Utilize os itens acima para transformar a forma quadra´tica Q em uma forma quadra´tica sem
termos cruzados. Ou seja, apresente a matriz P cujas colunas sa˜o ortonormais, a matriz diagonal
D e a fo´rmula para Q(x1, x2) em termos das novas varia´veis (y1, y2) = ~y = P
−1~x. Normalizar
autovetores:
~v1 =
[
1
1
]
=⇒ ‖~v1‖ =
√
2 =⇒ ~v1‖~v1‖ =
[
1/
√
2
1/
√
2
]
~v2 =
[ −1
1
]
=⇒ ‖~v2‖ =
√
2 =⇒ ~v2‖~v2‖ =
[ −1/√2
1/
√
2
]
Portanto, tem-se A = PDP T , onde
P =
[
1/
√
2 −1/√2
1/
√
2 1/
√
2
]
e D =
[
3 0
0 −1
]
.
A mudanc¸a de varia´veis ~y = P−1~x satisfaz
Q(x1, x2) = ~y
TD~y = 3y21 − y22.