Exame 2014/2 - Jaime.pdf

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MAT0355 - Álgebra Linear I - A - Turma A2 - gabarito
Exame - 9/12/2014
TODAS AS RESPOSTAS DEVEM SER JUSTIFICADAS
1) Sejam u1 = (�1; 2; 0; 3) ; u2 = (0; 1; 1; 2) ; u3 = (�1;�1; 1; 3) ; u4 = (�3;�1; 1; 7) :
(a) (1,0) Comprove que os vetores u1; u2; u3; u4 NÃO formam uma base do R4:
Solução.
Os vetores u1; :::; u4 não formarão uma base do R4 se forem ld, ou seja, se a equação nas incógnitas
x; y; z; w:
x (�1; 2; 0; 3) + y (0; 1; 1; 2) + z (�1;�1; 1; 3) + w (�3;�1; 1; 7) = (0; 0; 0; 0);
tiver outras soluções além da nula. A equação é equivalente ao sistema
�x� z � 3w = 0
2x+ y � z � w = 0
y + z + w = 0
3x+ 2y + 3z + 7w = 0
cujas soluções são da forma w = �1
2
z; x = 1
2
z; y = �1
2
z: Em particular, o sistema tem in…nitas
soluções de modo que os vetores são ld.
(b) (1,0) Encontre um vetor u 2 R4 tal que B = fu1; u2; u3; ug seja uma base R4:
Solução
Escolhendo, por exemplo, u = (�3;�1; 1; 0) o sistema anterior …ca
�x� z � 3w = 0
2x+ y � z � w = 0
y + z + w = 0
3x+ 2y + 3z = 0
que tem como solução apenas a solução nula x = 0; y = 0; z = 0; w = 0: Logo u1; u2; u3; u são li e,
como dimR4 = 4; B = fu1; u2; u3; ug é uma base do R4:
OBS: é claro que existem outras escolhas de u; uma in…nidade de escolhas de fato.
2) Seja
W =
��
a b
c d
�
; b+ c = 0
�
:
(a) (1,0) Prove que W é um subespaço vetorial de M2�2:
Solução
Tem-se:
a) A matriz nula 2� 2 pertence a W; o que é óbvio.
Podemos descrever W da forma
W =
��
a b
�b c
�
; a; b; c 2 R
�
:
1
b) Dados
�
a b
�b c
�
;
�
d e
�e f
�
em W temos
�
a b
�b c
�
+
�
d e
�e f
�
=
�
a+ d b+ e
�b� e c+ f
�
=
�
a+ d b+ e
� (b+ e) c+ f
�
o que mostra que a soma de vetores de W ainda é um vetor de W:
c) Dados
�
a b
�b c
�
em W e � 2 R; temos
�
�
a b
�b c
�
=
�
�a �b
� (�b) �f
�
=
�
�a �b
� (�b) �f
�
o que mostra que a multiplicação de um vetor de W por um real é ainda um vetor de W:
Como visto acima, as três condições que caracterizam um subespaço são satisfeitas de modo que
W é um subespaço vetorial de M2�2:
(b) (1,0) Sabendo que
B =
��
1 0
0 1
�
;
�
0 1
�1 0
�
;
�
1 0
0 �1
��
é uma base de W determine [A]B ou seja, as coordenadas de A em relação à base B; sendo que
A =
�
1 2
�2 3
�
Solução
O sistema �
1 2
�2 3
�
= x
�
1 0
0 1
�
+ y
�
0 1
�1 0
�
+ z
�
1 0
0 �1
�
é equivalente a
1 = x+ z
2 = y
�2 = �y
3 = x� z
que tem como solução x = 2; y = 2; z = �1: Logo�
1 2
�2 3
�
B
=
24 22
�1
35
3) (1,0) Sabendo que u; v são vetores lineamente independentes de um espaço vetorial V; podemos
a…rmar u� v e u+ v também o são?
Solução
A equação
x(u� v) + y(u+ v) (1)= 0
2
após reagrupamento das parcelas, é equivalente à equação
(x+ y)u+ (�x+ y)v = 0:
Como u e v são li necessariamente temos
x+ y = 0
�x+ y = 0
que tem como solução apenas a solução nula x = y = 0: Isto prova que a equação (1) admite apenas
a solução trivial, ou seja, a solução nula x = y = 0. Logo u� v e u+ v são li.
4) Seja T : R3 ! R3 dada por
T (x; y; z) = (x� y + z; x
2
� y
2
� z
2
;
3x
2
� 3y
2
+
z
2
)
(a) (0,5) Determine a matriz [T ]C de T na base canônica C = f(1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g :
Solução.
Conforme visto em aula, quando a base é a canônica temos diretamente
[T ]C =
24 1 �1 11
2
�1
2
�1
2
3
2
�3
2
1
2
35
(b) (1,0) USANDO a matriz [T ]C determine T (�2; 1; 1):
Solução
Como 24 1 �1 11
2
�1
2
�1
2
3
2
�3
2
1
2
3524 �22
1
35 =
24 �3�5
2�11
2
35
obtemos
T (�2; 1; 1) =
�
�3; �5
2
;�11
2
�
:
(c) (1,0) Determine os autovalores de T:
Solução.
O polinômio característico de T é
p(�) = det
0@ 1� � �1 11
2
�1
2
� � �1
2
3
2
�3
2
1
2
� �
1A = ��3 + �2 + 2�
(após simpli…cações). Os autovalores são as raízes de p(�); a saber �1; 0; 2:
(d) (1,5) De…na o que é um operador linear diagonalizável e prove que T é diagonalizável.
Solução
Um operador linear T : V ! V é diagonalizável quando existe uma base B de V tal que [T ]B
é uma matriz diagonal, ou seja, todos os elementos da matriz são nulo excepto possivelmente os
elementos da diagonal principal da matriz.
3
Para mostrar que operador em questão é diagonalizável determinamos os autovetores associados
a T :
� = 0
T (x; y; z) = (x� y + z; x
2
� y
2
� z
2
; 3x
2
� 3y
2
+ z
2
) = (0; 0; 0),
x� y + z = 0
x
2
� y
2
� z
2
= 0
3x
2
� 3y
2
+
z
2
= 0
Cujas soluções são da forma x = y; z = 0: Escolhendo x = 1 obtemos o autovetor v1 = (1; 1; 0)
associado ao autovalor 0:
� = �1
T (x; y; z) = (x� y + z; x
2
� y
2
� z
2
; 3x
2
� 3y
2
+ z
2
) = �(x; y; z),
x� y + z = �x
x
2
� y
2
� z
2
= �y
3x
2
� 3y
2
+
z
2
= �z
Cujas soluções são da forma x = 0; y = z: Escolhendo y = 1 obtemos o autovetor v2 = (0; 1; 1)
associado ao autovalor �1:
� = 2
T (x; y; z) = (x� y + z; x
2
� y
2
� z
2
; 3x
2
� 3y
2
+ z
2
) = 2(x; y; z),
x� y + z = 2x
x
2
� y
2
� z
2
= 2y
3x
2
� 3y
2
+
z
2
= 2z
Cujas soluções são da forma x = z; y = 0: Escolhendo z = 1 obtemos o autovetor v3 = (1; 0; 1)
associado ao autovalor 2:
Cálculos mostram que v1; v2; v3 são li de modo que B = fv1; v2; v3g é uma base do R3: Nesta base
temos
[T ]B =
24 0 0 00 �1 0
0 0 2
35 :
5) (1,0) Falso ou verdadeiro: sendo T : V ! V é um operador linear e u; v autovetores de T
associados a autovalores distintos � e � então u e v são linearmente independentes.
Solução.
Supondo xu+ yv
(2)
= 0, aplicamos a T em ambos os lados da equação para obter
xT (u) + yT (v) = T (0) = 0, �xu+ �yv = 0
4
de modo que …camos com o sistema
xu+ yv = 0
�xu+ �yv = 0
Multiplicando a primeira equação por �� e somando com a segunda obtemos (� � �)xu = 0: Com
� � � 6= 0 e como u 6= 0 (já que é um autovetor), a única possibilidade desta equação ser satisfeita
é quando x = 0: Da mesma forma encontramos y = 0: Com isso …ca provado que a única solução da
equação (2) é x = y = 0: Logo u e v são li.
5