Prova 1 S gabario

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Universidade Federal de Pernambuco
1a Avaliação de Álgebra Linear
17 de outubro de 2014
Aluno:
Turma:
As respostas somente serão aceitas com justificativa. Não é permitida qualquer consulta.
Questão 1
Considere a seguinte matriz ampliada de um sistema de equações lineares: 1 0 a −22 1 0 −3
0 −1 4 b

a) (1,5) Quais as condições que a e b devem satisfazer para que o sistema tenha infinitas solu-
ções? Neste caso, qual o grau de liberdade do sistema?
b) (1,0) Determine o conjunto solução do sistema quando temos a = 3 e b = −1.
Questão 2
a) (0,5) Quais as condições que um subconjunto W, contido em um espaço vetorial V, deve
satisfazer para ser considerado um subespaço vetorial de V?
b) (1,0) Considere o espaço vetorial P1 = {a0 + a1x;∀ai ∈ R, i = 0, 1}. O subconjunto W =
{a0 + a1x; a20 = a1 + 1} é um subespaço vetorial de P1?
c) (1,0) Considere o espaço vetorial P3 = {a0 + a1x+ a2x2 + a3x3;∀ai ∈ R, i = 0, . . . , 3}.
Seja W = [1− x+ x2, 5x− x2, 2− x3] um subespaço gerado em P3. O polinômio
p(x) = 1 + 4x2 + 2x3 é um vetor pertencente a W?
Questão 3
Considere o espaço vetorial R4, e os subespaços vetoriais U = [(2, 1,−1, 1), (1, 1, 0, 1)] e
W = {(x, y, z, t); x+ 2y − 2z = 0 e y − 2z + t = 0}.
a) (2,0) Determine uma base para W e uma base para U ∩W .
b) (1,0) Determine uma base para U +W .
c) (0,5) A soma U +W é direta?
Questão 4
Considere o espaço vetorial P2, e os vetores v1 = 1 + x e v2 = x+ x2 contidos nele.
a) (0,5) Os vetores v1 e v2 são LI?
b) (1,0) Construa uma base para P2 a partir de {v1, v2}. Lembre-se que dimP2 = 3.
1
Respostas
Questão 1
Aplicando as operações elementares na matriz em questão, temos que:
1 0 a −2
2 1 0 −3
0 −1 4 b
L2→ L2− 2L1

1 0 a −2
0 1 −2a 1
0 −1 4 b
L3→ L3+ L2

1 0 a −2
0 1 −2a 1
0 0 4− 2a b+ 1


1 0 a −2
2 1 0 −3
0 −1 4 b
L2→ L2− 2L1

1 0 a −2
0 1 −2a 1
0 −1 4 b
L3→ L3+ L2

1 0 a −2
0 1 −2a 1
0 0 4− 2a b+ 1


1 0 a −2
2 1 0 −3
0 −1 4 b
L2→ L2− 2L1

1 0 a −2
0 1 −2a 1
0 −1 4 b
L3→ L3+ L2

1 0 a −2
0 1 −2a 1
0 0 4− 2a b+ 1

a) Para o sistema ter infinitas soluções, é necessário que 4 − 2a = 0 e b + 1 = 0 ⇔ a =
2, b = −1. Neste caso, o posto da matriz dos coeficientes é 2, logo o grau de liberdade
será 1(3− 2 = 1).
b) Com a = 3 e b = −1 temos:
 1 0 3 −20 1 −6 1
0 0 −2 0
 ⇔
 1 0 0 −20 1 0 1
0 0 1 0
, temos assim que
x = −2, y = 1 e z = 0.
Questão 2
a) Para W ser um subespaço vetorial de V é necessário que:
i) 0 ∈ W
ii) ∀u, v ∈ W ⇒ u+ v ∈ W
iii) ∀a ∈ R, ∀v ∈ W ⇒ av ∈ W
b) Nenhuma das três propriedades citadas em (a) são satisfeitas, mas basta mostrar isso para
uma delas:
i) 0 = 0 + 0x /∈ W , porque 02 = 0 + 1⇔ 0 = 1, o que é absurdo.
ii) Considere os vetores u = 2 + 3x e v = 3 + 8x. Note que u e v pertencem a W
(22 = 3+ 1 e 32 = 8+ 1), mas o vetor u+ v = 5+ 11x não pertence aW , porque
52 6= 11 + 1.
iii) Seja a = −2 e v = 2 + 3x. O vetor av = −4 − 6x não pertence ao conjunto W ,
porque (−4)2 6= (−6) + 1. Logo, W não é um subespaço vetorial de P1.
c) Para que p(x) ∈ W , é necessário que p(x) possa ser escrito como uma combinação linear de
1− x+ x2, 5x− x2 e 2− x3, ou seja, 1 + 4x+ 2x3 = a (1− x+ x2) + b (5x− x2) +
c (2− x3) deve ter solução única. De fato,
1 + 4x+ 2x3 = a (1− x+ x2) + b (5x− x2) + c (2− x3)
1 + 4x+ 2x3 = a+ 2c+ (−a+ 5b)x+ (a− b)x2 − cx3
Assim,
a+ 2c = 1
−a+ 5b = 0
a− b = 4
−c = 2
,
2
de onde concluímos que c = −2, a = 1 − 2.(−2) = 5 e 5 − b = 4 ⇔ b = 1. Logo, o
vetor p(x) pertence ao subespaço W.
Questão 3
a) Temos que o sistema homogêneo de V é dado por{
x+ 2y − 2z = 0
y − 2z + t = 0 ⇔
{
x+ 2z − 2t = 0
y − 2z − t = 0 ⇔ (−2z+2t, 2z−t, z, t) = z(−2, 2, 1, 0)+
t(2,−1, 0, 1).
Como os vetores (−2, 2, 1, 0) e (2,−1, 0, 1) são LI, uma base para V é dada por BV =
{(−2, 2, 1, 0), (2,−1, 0, 1)}.
Temos que v ∈ U ∩V ⇔ a(2, 1,−1, 1)+ b(1, 1, 0, 1) = c(−2, 2, 1, 0)+ d(2,−1, 0, 1)⇔
(2a+ b, a+ b,−a, a+ b) = (−2c+ 2d, 2c− d, c, d). Daí,
2a+ b = −2c+ 2d (1)
a+ b = 2c− d (2)
−a = c (3)
a+ b = d (4)
, de onde concluímos que c = −d (substituindo 2 e 3 na
equação 4). Assim, v = c(−2, 2, 1, 0)+d(2,−1, 0, 1) = −d(−2, 2, 1, 0)+d(2,−1, 0, 1) =
(0, d, d, d) = d(0, 1, 1, 1), que é gerador e LI. Portanto, BU∩V = {(0, 1, 1, 1)}
b) Temos que U + V = [(2, 1,−1, 1), (1, 1, 0, 1), (−2, 2, 1, 0), (2,−1, 0, 1)]. Uma forma de
verificar se estes vetores formam uma base para U + V é verificar se eles são LI. Outra
forma trata-se de analisar a dimensão de U + V : Sabendo que dimU = 2, dimV = 2
e dimU ∩ V = 1, temos que dim U + V = 3, o que implica dizer que somente
três dos vetores geradores formam uma base para (U + V ). Sendo assim, temos que
BU+V = {(2, 1,−1, 1), (1, 1, 0, 1), (−2, 2, 1, 0)}, por exemplo, pois os três vetores são
LI.
c) Como U ∩V = [(0, 1, 1, 1)], ele tem outros vetores além do vetor nulo, logo não é uma soma
direta.
Questão 4
a) Temos que a(1 + x) + b (x+ x2) = 0⇔ a+ (a+ b)x+ bx2 = 0⇔ a = 0, b = 0. Logo, os
vetores (1 + x)e (x+ x2) são LI.
b) Para formarmos uma base para P2 a partir de 1 + x e x + x2, precisamos escolher um
vetor que não seja combinação linear de um desses dois, por exemplo, 3 + x. Assim,
BP2 = {1 + x, x+ x2, 3 + x}.
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