00-Prova 1B e Gabarito

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2a Chamada da 1a Prova de A´lgebra Linear — Turma B — 05/05/2014
Prof. Lu´ıs Fernando Crocco Afonso
Aluna(o): Turma:
1) (15 pontos) Sejam V = {(x, y, z) ; x+ y + z = 0} e W = {(x, y, z) ; x− y = 0} dois subespac¸os
de R3. Determine se R3 = V⊕W.
2) (15 pontos) Seja V o espac¸o das matrizes 2× 2 e seja T uma matriz fixa de V. Determine se o
conjunto
S = {A ∈ V ; AT = TA}
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 = δv1 + εv2, com γ 6= 0. Mostre que v3 e´ uma combinac¸a˜o linear de v1 e v2.
4) (15 pontos) Determine se os polinoˆmios p1 = (1 − t)2, p2 = (1 + t)2 e p3 = t formam, ou na˜o,
uma base do espac¸o vetorial P2.
5) (20 pontos) Sejam v1 = (1, 2, 1, 2), v2 = (1, 1, 2, 1), v3 = (1, 1, 0, 3), v4 = (0, 1, 2, 0) vetores de
R4.
a) Determine as condic¸o˜es para que o vetor (a, b, c, d) ∈ [v1, v2, v3, v4].
b) Obtenha uma base de [v1, v2, v3, v4].
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 − z + 3t − 4r = 0
2x + 4y − 2z − t + 6r = 0
2x + 4y − 2z + 4t − 2r = 0
.
2a Chamada da 1a Prova de A´lgebra Linear — Turma B — 05/05/2014
Prof. Lu´ıs Fernando Crocco Afonso
Gabarito
1) (15 pontos) Sejam V = {(x, y, z) ; x+ y + z = 0} e W = {(x, y, z) ; x− y = 0} dois subespac¸os
de R3. Determine se R3 = V⊕W.
Uma Soluc¸a˜o
Vejamos o que e´ V ∩W: (x, y, z) ∈ V ∩W se, e so´ se, (x, y, z) e´ satisfaz o sistema{
x + y + z = 0
x − y = 0 .
Resolvendo este sistema, obtemos
V ∩W =
{
(x, y, z) ; x = y = −z
2
, z ∈ R
}
= {(−z,−z, 2z) ; z ∈ R}.
Logo, V ∩W 6= {0} e, portanto, R3 6= V⊕W.
2) (15 pontos) Seja V o espac¸o das matrizes 2× 2 e seja T uma matriz fixa de V. Determine se o
conjunto
S = {A ∈ V ; AT = TA}
e´ um subespac¸o de V.
Uma Soluc¸a˜o
i) A matriz nula 0 esta´ em S pois 0T = 0 = T0.
ii) Sejam A,B ∈ S. Enta˜o, AT = TA e BT = TB. Da´ı temos
(A+B)T = AT +BT = TA+ TB = T (A+B).
Logo, A+B ∈ S.
iii) Sejam A ∈ S e α ∈ R. Enta˜o, AT = TA. Da´ı temos
(αA)T = α(AT ) = α(TA) = T (αA)
. Logo, (αA) ∈ S.
De i), ii) e iii) segue que S 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 = δv1 + εv2 com γ 6= 0. Mostre que v3 e´ uma combinac¸a˜o linear de v1 e v2.
Uma Soluc¸a˜o
Como v = αv1 + βv2 + γv3 e v = δv1 + εv2 temos αv1 + βv2 + γv3 = δv1 + εv2. Da´ı, obtemos
γv3 = (δ − α)v1 + (ε− β)v2. Como γ 6= 0 segue
γ =
δ − α
γ
v1 +
ε− β
γ
v2.
Logo, v3 e´ uma combinac¸a˜o linear de v1 e v2.
4) (15 pontos) Determine se os polinoˆmios p1 = (1 − t)2, p2 = (1 + t)2 e p3 = t formam, ou na˜o,
uma base do espac¸o vetorial P2.
Uma Soluc¸a˜o
Sabemos que dim P2 = 3. Assim, p1 = 1− 2t+ t2, p2 = 1 + 2t+ t2 e p3 = t formam uma base
de P2 se, e so´ se, eles sa˜o LI. Consideremos, enta˜o, a equac¸a˜o
xp1 + yp2 + zp3 = 0.
Ela e´ equivalente a` equac¸a˜o
(x+ y)t2 + (−2x+ 2y + z)t+ x+ y = 0.
Esta, por sua vez, e´ equivalente ao sistema
x + y = 0
− 2x + 2y + z = 0
x + y = 0
que tem soluc¸a˜o na forma x = z/4, y = −z/4, z qualquer. Logo, p1, p2, p3 na˜o sa˜o LI e, portanto,
na˜o formam uma base de P2.
5) (20 pontos) Sejam v1 = (1, 2, 1, 2), v2 = (1, 1, 2, 1), v3 = (1, 1, 0, 3), v4 = (0, 1, 2, 0) vetores de
R4.
a) Determine as condic¸o˜es para que o vetor (a, b, c, d) ∈ [v1, v2, v3, v4].
b) Obtenha uma base de [v1, v2, v3, v4].
Uma Soluc¸a˜o
a) Formamos a matriz M cujas linhas sa˜o os vetores v1, v2, v3 e v4, isto e´,
M =

1 2 1 2
1 1 2 1
1 1 0 3
0 1 2 0
 .
A matriz escalonada reduzida equivalente a` matriz M e´ a matriz
N =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
 .
As linhas de N formam os vetores e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0) e e4 = (0, 0, 0, 1).
Temos, enta˜o, que
[v1, v2, v3, v4] = [e1, e2, e3, e4] = R4.
Assim, qualquer vetor (a, b, c, d) ∈ R4 = [v1, v2, v3, v4].
b) Uma base de R4 e´ {e1, e2, e3, e4}. Outra base e´ {v1, v2, v3, v4}.
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 − z + 3t − 4r = 0
2x + 4y − 2z − t + 6r = 0
2x + 4y − 2z + 4t − 2r = 0
.
Uma Soluc¸a˜o
O sistema acima e´ equivalente ao sistema
x+ 2y − z = 0
t = 0
r = 0
cuja soluc¸a˜o e´ 
x = z − 2y
t = 0
r = 0
y, z ∈ R
.
Logo, o espac¸o-soluc¸a˜o deste sistema e´
S = {(z − 2y, y, z, 0, 0) ; y, z ∈ R}.
Uma base deste subespac¸o e´
{(1, 0, 1, 0, 0), (−2, 1, 0, 0, 0)}
e a dimensa˜o do subespac¸o e´ 2.