Exame Jaime 2014/2 - Turma B2

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MAT0355 - Álgebra Linear I - A - Turma B2 - gabarito
Exame - 9/12/2014
TODAS AS RESPOSTAS DEVEM SER JUSTIFICADAS
1) Seja W = f(x; y; z; w) j � 2x+ y � w = 0; y � 2z = 0g :
(a) (1,5) Prove que W é um subespaço vetorial do R4:
Solução
Temos y = 2z e da equação�2x+y�w = 0 obtemos �2x+2z�w = 0 de modo que w = �2x+2z:
Logo, podemos descrever W na forma
W = f(x; 2z; z;�2x+ 2z) j x; z 2 Rg :
Tomando x = z = 0 vemos que (0; 0; 0; 0) 2 W:Dados u = (x; 2z; z;�2x+ 2z) ; v = (a; 2b; b;�2a+ 2b)
em W temos
u+ v = (x+ a; 2z + 2b; z + b;�2x+ 2z � 2a+ 2b)
= (x+ a; 2 (z + b) ; z + b;�2 (x+ a) + 2 (z + b)) 2 W:
Além disso, dados u = (x; 2z; z;�2x+ 2z) em W e � 2 R temos
�u = (�x; �2z; �z;��2x+ �2z) = (�x; 2 (�z) ; �z;�2�x+ 2�z) 2 W:
Logo W é um subespaço vetorial do R4:
OBS: existem outras maneiras de provar que W é subespaço, por exemplo, usando as equações
originais.
(b) (1,5) Ache uma base de W; determinando dimW:
Solução
Temos
(x; 2z; z;�2x+ 2z) = (x; 0; 0;�2x) + (0; 2z; z; 2z)
= x (1; 0; 0;�2) + z (0; 2; 1; 2)
de modo que W é gerado pelos vetores (1; 0; 0;�2) ; (0; 2; 1; 2) : Como claramente estes vetores não
são múltiplos um do outro, eles são li. Logo B = f(1; 0; 0;�2) ; (0; 2; 1; 2)g é uma base de W e
dimW = 2:
(c) (1,0) Determine os valores de a; b tais que (a; b; 2a; 2) 2 W:
Solução
Para (a; b; 2a; 2) estar na forma (x; 2z; z;�2x+ 2z) devemos ter
x = a
2z = b
2a = z
2 = �2x+ 2z
Resolvendo o sistema encontramos a = 1 e b = 4:
1
2) (1,0) Sabendo que o conjunto V de todas as funções da forma
a+ bx+ cx2 + dx3
(1 + x) (1 + x2)
é um espaço vetorial com as operações usuais de adição de funções e de multiplicação de função por
escalar, comprove que
f1(x) = 1; f2(x) =
1
1 + x
; f3(x) =
x
1 + x2
; f4(x) =
1
1 + x2
é uma base de V:
Solução
Primeiro notamos que as funções f1; :::; f4 são li:
af1 + bf2 + cf3 + df4 = 0,
a+
b
1 + x
+
cx
1 + x2
+
d
1 + x2
= 0,
ax3 + (a+ b+ c)x2 + (a+ c+ d)x+ (a+ b+ d)
(1 + x) (1 + x2)
= 0
o que nos leva ao sistema
a = 0
a+ b+ c = 0
a+ c+ d = 0
a+ b+ d = 0
que tem como solução apenas a = b = c = d = 0: Logo as funções são li.
Vamos agora veri…car que todo elemento de V é uma combinação linear das funções fi; ou seja,
que elas geram V . Dado um elemento genérico a+bx+cx
2+dx3
(1+x)(1+x2)
de V temos que encontrar �; �; 
 e � tais
que
a+ bx+ cx2 + dx3
(1 + x) (1 + x2)
= �+
�
1 + x
+
1 + x2
+
�
1 + x2
=
�x3 + (�+ � + 
)x2 + (�+ 
 + �)x+ (�+ � + �)
(1 + x) (1 + x2)
o que nos leva ao sistema
� = a
�+ � + 
 = b
�+ 
 + � = c
�+ � + � = d
que tem como solução � = a; � = 1
2
b� 1
2
a� 1
2
c+ 1
2
d; 
 = 1
2
b� 1
2
a+ 1
2
c� 1
2
d e � = 1
2
c� 1
2
b� 1
2
a+ 1
2
d:
Como o conjunto das função f1; :::; f4 é li e gera V eles formam uma base de V:
2
3) Considere o operador linear T : R3 ! R3 e a base B do R3 dados por:
T (x; y; z) = (x� z; y + z; x+ y)
B = f(1; 0; 1) ; (�1; 1; 0) ; (0; 1;�1)g :
(a) (1,0) Determine a matriz [T ]B de T na base B
Solução
Temos
T (1; 0; 1) = (0; 1; 1); T (�1; 0; 1) = (�2; 1; 0); T (0; 1;�1) = (1; 0;�1)
Resolvendo os sistemas
a)
(0; 1; 1) = x (1; 0; 1) + y (�1; 1; 0) + z (0; 1;�1)
0 = x� y
1 = y + z
1 = x� z
encontramos a11 = x = 1; a12 = y = 1; a13 = z = 0:
b)
(�2; 1; 0) = x (1; 0; 1) + y (�1; 1; 0) + z (0; 1;�1)
�2 = x� y
1 = y + z
0 = x� z
encontramos a21 = x = �12 ; a22 = y = 32 ; a23 = z = �12 :
c)
(1; 0;�1) = x (1; 0; 1) + y (�1; 1; 0) + z (0; 1;�1)
1 = x� y
0 = y + z
�1 = x� z
encontramos a31 = x = 0; a32 = y = �1; a33 = z = 1 de mdo que
[T ]B =
24 1 1 0�1
2
3
2
�1
2
0 �1 1
35t =
24 1 �12 01 3
2
�1
0 �1
2
1
35
(b) (1,0) Determine, USANDO [T ]B ; as coordenadas de T (1; 1;�1) na base B
Solução
Determinamos primeiro as coordenadas de (1; 1;�1) na base B: a equação
(1; 1;�1) = x (1; 0; 1) + y (�1; 1; 0) + z (0; 1;�1)
3
é equivalente ao sistema
1 = x� y
1 = y + z
�1 = x� z
que tem como solução x = 1
2
; y = �1
2
; z = 3
2
: Logo,
[(1; 1;�1)]B =
24 12�1
2
3
2
35 :
Daí
[T (1; 1;�1)]B =
24 1 �12 01 3
2
�1
0 �1
2
1
3524 12�1
2
3
2
35 =
24 34�7
4
7
4
35 :
(c) (1,0) Comprove que � = 0 é um autovalor de T e detemine um autovetor associado a �
Solução
� é um autovalor se existe v não nulo tal que T (v) = �v: Como no caso � = 0; temos que encontrar
v = (x; y; z) não nulo tal que T (v) = 0; o que é equivalente ao sistema
0 = x� z
0 = y + z
0 = x+ y
cujas soluções são da forma x = z; y = �z. Tomando z = 1 vemos não só que � = 0 é um autovalor
de T mas como (1;�1; 1) é um autovetor associado a � = 0:
(d) (1,0) Comprove, usando o Teorema do Núcleo e da Imagem de uma TL, que existem
reais a; b; c para os quais o sistema de equações8<:
x� z = a
y + z = b
x+ y = c
NÃO tem solução.
Solução
Do ítem anterior decorre que N(T ) = f(z;�z; z) j z 2 Rg donde dimN(T ) = 1: O Teorema
do Núcleo e da Imagem nos diz que dimR3 = dimN(T ) + dim Im(T ) que, neste caso, implica em
3 = 1 + dim Im(T ) donde dim Im(T ) = 2: Como Im(T ) � R3 decorre que Im(T ) não pode ser todo
o R3 ou seja, T não é sobrejetora. Logo existe (a; b; c) 2 R3 para o qual não existe (x; y; z) 2 R3 tal
que T (x; y; z) = (a; b; c); o que equivale a dizer que para estes valores a; b; c o sistema acima não tem
solução.
4) Considere um operador linear T : R3 ! R3:
a) (0,5) Suponha que T seja um operador triangularizável, ou seja, que exista uma base B
do R3 tal que [T ]B é uma matriz do tipo
[T ]B =
24 a b c0 d e
0 0 f
35
4
([T ]B é dita uma matriz triangular superior) Quais são os autovalores de T?
Solução
O polinômio característico de T é
p(�) = det
24 a� � b c0 d� � e
0 0 f � �
35 = (a� �) (d� �) (f � �) :
Logo os autovalores de T , que são as raízes de p(�); são a; d; f:
(b) (1,0) Um subespaçoW do R3 é dito T�invariante se T (u) 2 W para todo u 2 W: Suponha
que W1 e W2 sejam subespaços T�invariantes, que W1 � W2 e que dimW1 = 1 e dimW2 = 2:
Comprove que T é triangularizável.
Solução
Como dimW1 = 1 existe um vetor v1 que gera W1: Como v1 2 W2 pois W1 � W2; e como
dimW2 = 2; existe um vetor v2 2 W2 tal que fv1; v2g é uma base de W2: Considerando agora um
vetor qualquer v3 do R3 que não está no plano gerado por v1 e v2 obtemos uma base B = fv1; v2; v3g
do R3: Determinemos a matriz de T nesta base. Temos T (v1) = av1 para um certo a 2 R já que
W1 é T�invariante. Também, temos T (v1) = bv1 + cv2 pois W2 é T�invariante. Assim, como T (v3)
pode ser escrito como combinação linear de v1; v2 e v3 pois B é uma base do R3; podemos supor
T (v3) = dv1 + ev2 + fv3: Então obtemos
T (v1) = av1
T (v1) = bv1 + cv2
T (v3) = dv1 + ev2 + fv3
do que decorre que
[T ]B =
24 a 0 0b c 0
d e f
35t =
24 a b d0 c e
0 0 f
35
que é uma matriaz triangular.
(Note que a soma dos pontos de todas as questões 10,5)
5