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1a Prova de A´lgebra Linear — Turma B — 29/04/2014 Prof. Lu´ıs Fernando Crocco Afonso Aluna(o): Turma: 1) (15 pontos) Determine se R2 munido das operac¸o˜es (x, y) + (x′, y′) = (0, 0) α(x, y) = (αx, αy) e´, ou na˜o, um espac¸o vetorial. 2) (15 pontos) Seja V o espac¸o das matrizes 2× 2. Determine se o conjunto S = {A ∈ V ; A2 = A} e´ um subespac¸o de V. 3) (15 pontos) Sejam v1, v2, v3 e v vetores no espac¸o vetorial V tais que v = αv1 + βv2 + γv3 e v = av1 + bv2 + cv3 com α 6= a. Mostre que v1, v2 e v3 sa˜o LD. 4) (15 pontos) Determine se o polinoˆmio p = t2 + 4t − 3 e´ combinac¸a˜o linear dos polinoˆmios p1 = t 2 − 2t+ 5, p2 = 2t2 − 3t e p3 = t+ 3. 5) (20 pontos) Sejam v1 = (2, 0, 4, 0), v2 = (1, 0, 1, 0) e v3 = (1, 0, 4,−2) vetores do espac¸o vetorial R4. a) Determine uma base de [v1, v2, v3]. b) Complete a base obtida em a) para se obter uma base de R4. 6) (20 pontos) Determine uma base e a dimensa˜o do espac¸o-soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares x + 2y − 2z − t + r = 0 x + y + z + t + 2r = 0 x + 2y + 3z + 2t = 0 . 1a Prova de A´lgebra Linear — Turma B — 29/04/2014 Prof. Lu´ıs Fernando Crocco Afonso Gabarito 1) (15 pontos) Determine se R2 munido das operac¸o˜es (x, y) + (x′, y′) = (0, 0) α(x, y) = (αx, αy) e´, ou na˜o, um espac¸o vetorial. Uma Soluc¸a˜o Observe que qualquer que seja (x, y) temos (x, y) + (1, 0) = (0, 0) 6= (1, 0). Assim, nenhum (x, y) faz o papel do vetor nulo. Logo, na˜o ha´ vetor nulo nesta operac¸a˜o, e, portanto, R2 com estas operac¸o˜es na˜o e´ um espac¸o vetorial. 2) (15 pontos) Seja V o espac¸o das matrizes 2× 2. Determine se o conjunto S = {A ∈ V ; A2 = A} e´ um subespac¸o de V. Uma Soluc¸a˜o Observe que I = [ 1 0 0 1 ] ∈ S pois I2 = I. Observe agora que 2I = [ 2 0 0 2 ] /∈ S pois (2I)2 = 4I 6= 2I. Logo, S na˜o e´ um subespac¸o vetorial de V. 3) (15 pontos) Sejam v1, v2, v3 e v vetores no espac¸o vetorial V tais que v = αv1 + βv2 + γv3 e v = av1 + bv2 + cv3 com α 6= a. Mostre que v1, v2 e v3 sa˜o LD. Uma Soluc¸a˜o Temos av1 + bv2 + cv3 = αv1 + βv2 + γv3, ou seja, (a− α)v1 + (b− β)v2 + (c− γ)v3 = 0. Logo, a equac¸a˜o xv1 + yv2 + zv3 = 0 possui a soluc¸a˜o x = a − α, y = b − β, z = c − γ . Como a− α 6= 0 segue que v1, v2 e v3 sa˜o LD. 4) (15 pontos) Determine se o polinoˆmio p = t2 + 4t − 3 e´ combinac¸a˜o linear dos polinoˆmios p1 = t 2 − 2t+ 5, p2 = 2t2 − 3t e p3 = t+ 3. Uma Soluc¸a˜o Consideremos a equac¸a˜o p = xp1 + yp2 + zp3, isto e´, t2 + 4t− 3 = (x+ 2y)t2 + (−2x− 3y + z)t+ 5x+ 3z. Ela e´ equivalente ao sistema x + 2y = 1 − 2x − 3y + z = 4 5x + 3z = −3 , cuja soluc¸a˜o e´ x = −3, y = 2 e z = 4. Logo, p = −3p1 + 2p2 + 4p3 e p e´ combinac¸a˜o linear de p1, p2 e p3. 5) (20 pontos) Sejam v1 = (2, 0, 4, 0), v2 = (1, 0, 1, 0) e v3 = (1, 0, 4,−2) vetores do espac¸o vetorial R4. a) Determine uma base de [v1, v2, v3]. b) Complete a base obtida em a) para se obter uma base de R4. Uma Soluc¸a˜o a) Formamos a matriz M cujas linhas sa˜o os vetores v1, v2 e v3, isto e´, M = 2 0 4 01 0 1 0 1 0 4 −2 . A matriz escalonada reduzida equivalente a` matriz M e´ a matriz N = 1 0 0 00 0 1 0 0 0 0 1 . As linhas de N formam os vetores e1 = (1, 0, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0) e e4 = (0, 0, 0, 1). Temos, enta˜o, que [v1, v2, v3] = [e1, e3, e4] = {(x, 0, z, w) ; x, z, w ∈ R}. Claramente a dimensa˜o do subespac¸o [v1, v2, v3] e´ 3 e uma de suas bases e´ {e1, e3, e4}. (Outra base e´ {v1, v2, v3}.) b) Observando as colunas que conte´m os pivoˆs da matriz N verificamos que o vetor e2 = (0, 1, 0, 0) e´ tal que {e1, e2, v3, e4} e´ uma base de R4. (Caso se tenha utilizado a outra base do subespac¸o, ficamos com {v1, v2, v3, e2}. 6) (20 pontos) Determine uma base e a dimensa˜o do espac¸o-soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares x + 2y − 2z − t + r = 0 x + y + z + t + 2r = 0 x + 2y + 3z + 2t = 0 . Uma Soluc¸a˜o O sistema acima possui soluc¸a˜o x = −3 5 t− 19 5 r y = 1 5 t+ 8 5 r z = −3 5 t+ 1 5 r t, r ∈ R . Logo, o espac¸o-soluc¸a˜o do sistema e´ S = {( −3 5 t− 19 5 r, 1 5 t+ 8 5 r,−3 5 t+ 1 5 r, t, r ) t, r ∈ R } . Uma base deste subespac¸o e´ {(−3, 1,−3, 5, 0), (−19, 8, 1, 0, 5)} e sua dimensa˜o e´ 2.
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