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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
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