Prova + Gab - 1ºEE

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Universidade Federal de Pernambuco
Primeira avaliac¸a˜o de A´lgebra Linear - 2009.1
Gabarito
CCEN - Depto. de Matema´tica - A´rea II
Questa˜o 1. Considere o sistema linear abaixo, onde a e b sa˜o nu´meros reais.
x+ y + 3z = 2
x+ 2y + 4z = 3
x+ 3y + az = b
a) (1.0) Para que valores de a e b o sistema na˜o admite soluc¸a˜o?
Escalonando a matriz ampliada:
1 1 3 2
1 2 4 3
1 3 a b
→

1 1 3 2
0 1 1 1
0 2 a− 3 b− 2
→

1 0 2 1
0 1 1 1
0 0 a− 5 b− 4

Para a = 5 e b 6= 4 o sistema na˜o admite soluc¸a˜o, pois obtemos para a
matriz de coeficientes posto pc = 2 diferente do posto da matriz ampliada
pa = 3.
b) (1.0) Para que valores de a e b o sistema admite infinitas soluc¸o˜es? Deter-
mine neste caso o conjunto soluc¸a˜o.
Para a = 5 e b = 4, temos infinitas soluc¸o˜es, com z varia´vel real livre.
1 0 2 1
0 1 1 1
0 0 0 0
⇒
x+ 2z = 1y + z = 1 ⇒

x = 1− 2λ
y = 1− λ
z = λ
, ∀λ ∈ <
ou, de outra forma,

x
y
z
 =

1
1
0
+ λ

−2
−1
1
, ∀λ ∈ <
Questa˜o 2. Seja V = M(2×2) o espac¸o vetorial das matrizes 2 × 2 e seja
Version 1.2 27 de marc¸o de 2009
U o subespac¸o de V gerado por ~u1 =
 1 0
2 1
, ~u2 =
−2 1
−1 −2
 e ~u3 =
−1 3
7 −1
. Isto e´, U = [~u1, ~u2, ~u3].
a) (0.5) Determine uma base para U .
Este conjunto de vetores ja´ e´ gerador de U , enta˜o retirando os vetores
“supe´rfluos” (que sa˜o combinac¸a˜o linear dos demais) podemos obter um
conjunto L.I. e ainda gerador, uma base.
1 0 2 1
−2 1 −1 −2
−1 3 7 −1
→

1 0 2 1
0 1 3 0
0 3 9 0
→

1 0 2 1
0 1 3 0
0 0 0 0

Da´ı, temos a base β = {~u1, ~u2} de U , ou ainda a β′ =

 1 0
2 1
 ,
 0 1
3 0

.
b) (0.5) Verifique se o vetor ~v =
 3 −3
−3 3
 pertence a U .
 3 −3
−3 3
 = a ·
 1 0
2 1
+ b ·
 0 1
3 0
 =
 a b
2a+ 3b a
⇒
 a = 3b = −3
Como ~v e´ combinac¸a˜o linear dos vetores na base de U , ~v ∈ U.
Questa˜o 3. Seja o espac¸o vetorial V = <4, considere os seguintes conjuntos
W1 = {(x, y, z, t) ∈ <4 / x+ 2y − 2z − t = 0 e y − z − t = 0} e
W2 = {(x, y, z, t) ∈ <4 / x+ 2y − t = 0 e z = 0}.
a) (0.5) Prove que W2 e´ subespac¸o de V .
Basta observar que W2 ⊂ V e´ o conjunto soluc¸a˜o de um sistema ho-
mogeˆnio, logo e´ subespac¸o.
De outra forma:
• W2 6= ∅, pois ~0 ∈ W2 (satisfaz as equac¸o˜es).
• ∀ ~v = (x1, y1, z1, t1) e ~u = (x2, y2, z2, t2) ∈ W2,
~v + ~u = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2, t1 + t2), assim
x1 +x2 +2(y1 +y2)− (z1 +z2) = x1 +2y1− t1 +x2 +2y2− t2 = 0+0 = 0
e z1 + z2 = 0 + 0 = 0. Satisfaz as equac¸o˜es.
A soma de vetores em W2 e´ “fechada”, ~v + ~u ∈ W2.
• ∀ ~v = (x, y, z, t) ∈ W2, λ ∈ <, λ~v = (λx, λy, λz, λt), assim
λx+ 2λy − λt = λ(x+ 2y − t) = λ · 0 = 0, e
2
λz = λ · 0 = 0. Satisfaz as equac¸o˜es.
A multiplicac¸a˜o por escalar e´ “fechada”, λ~v ∈ W2.
Portanto, W2 e´ subespac¸o de V .
b) (0.5) Encontre uma base para W1.
 1 2 −2 −1 0
0 1 −1 −1 0
→
 1 0 0 1 0
0 1 −1 −1 0
⇒

x = −λ2
y = λ1 + λ2
z = λ1
t = λ2
x
y
z
t

= λ1

0
1
1
0

+ λ2

−1
1
0
1

, ∀ λ1 e λ2 ∈ <
Temos, enta˜o uma base β1 = {(0, 1, 1, 0), (−1, 1, 0, 1)} para W1 formada
pelos vetores ba´sicos que geram as soluc¸o˜es do referido sistema homogeˆnio
(e que sa˜o L.I.).
c) (0.5) Encontre uma base para W2.
 1 2 0 −1 0
0 0 1 0 0
⇒

x = −2λ1 + λ2
y = λ1
z = 0
t = λ2
ou

x
y
z
t

= λ1

−2
1
0
0

+ λ2

1
0
0
1

,
∀ λ1 e λ2 ∈ <
Temos, enta˜o uma base β2 = {(−2, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1)} para W2.
d) (0.5) Determine W1 +W2.
W1 +W2 fica bem determinado pelo conjunto gerador formado pelos ve-
tores nas bases de W1 e W2 juntos:
W1 +W2 = [(0, 1, 1, 0), (−1, 1, 0, 1), (−2, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1)]
e) (1.0) Determine W1 ∩W2.
Como o sistema e´ homogeˆnio vamos trabalhar apenas com a matriz de
coeficientes.
3

1 2 −2 −1
0 1 −1 −1
1 2 0 −1
0 0 1 0

→

1 2 −2 −1
0 1 −1 −1
0 0 2 0
0 0 1 0

→

1 0 0 1
0 1 −1 −1
0 0 1 0
0 0 1 0

→

1 0 0 1
0 1 0 −1
0 0 1 0
0 0 0 0


x+ t = 0
y − t = 0
z = 0
⇒

x = −λ
y = λ
z = 0
t = λ
, ∀λ ∈ < ou

x
y
z
t

= λ

−1
1
0
1

, ∀λ ∈ <
Portanto, W1 ∩W2 = [(−1, 1, 0, 1)], e´ subespac¸o gerado por este vetor.
Outra maneira de resolver e´ perceber que qualquer vetor em W1∩W2
pode ser escrito como combinac¸a˜o tanto dos vetores de β1 como de β2.
a(0, 1, 1, 0) + b(−1, 1, 0, 1) = c(−2, 1, 0, 0) + d(1, 0, 0, 1)⇒
(−b, a+ b, a, b) = (−2c+ d, c, 0, d)⇒ a = 0 e b = c = d⇒
b(−1, 1, 0, 1), b ∈ <. Temos W1 ∩W2 = [(−1, 1, 0, 1)]
f) (0.5) Qual a dimensa˜o de W1+2? A soma W1 +W2 e´ soma direta?
dim(W1 +W2) = dimW1 + dimW2 − dim(W1 ∩W2) = 2 + 2− 1 = 3.
Na˜o e´ soma direta pois W1 ∩W2 6= {~0}.
Questa˜o 4. Seja V = P2(x) o espac¸o vetorial dos polinoˆmios em x de grau
menor ou igual a 2, com as operac¸o˜es usuais. considere β1 = {1, 1+x, 1+x+x2}.
a) (0.7) Mostre que β1 e´ base para P2(x).
∀p ∈ P2(x), p = a0 + a1x+ a2x2, para a0, a1 e a2 ∈ <.
a0 +a1x+a2x
2 = a.1+b(1+x)+c(1+x+x2) = (a+b+c)+(b+c)x+cx2
a+ b+ c = a0
b+ c = a1
c = a2
⇒

a = a0 − a1
b = a1 − a2
c = a2
a0 +a1x+a2x
2 = (a0−a1).1+(a1−a2)(1+x)+a2(1+x+x2), ∀p ∈ P2(x)
Assim, β1 trata-se de um conjunto gerador. E tambe´m e´ um conjunto L.I.,
pois ~0 = a.1 + b(1 + x) + c(1 + x+ x2) = (a+ b+ c) + (b+ c)x+ cx2 implica
a = b = c = 0. Logo, β1 e´ base.
De outra forma. Se lembramos que dimP2(x) = 3, basta provarmos
que este conjunto com treˆs vetores e´ L.I., ou provarmos que ele e´ gerador.
4
b) (0.8) Seja p(x) = 1+x2, determine as coordenadas [p(x)]β1 de p(x) na base
β1.
Usando as contas da letra a) podemos resolver
1 + x2 = a.1 + b(1 + x) + c(1 + x+ x2),
observando que a0 = 1, a1 = 0 e a2 = 1.
a = a0 − a1 = 1− 0 = 1
b = a1 − a2 = 0− 1 = −1
c = a2 = 1
[p(x)]β1 = (1,−1, 1)
c) (1.0) Sabendo que β2 = {1, 2x, 4x2 − 1} e´ outra base de P2(x), determine
a matriz mudanc¸a de base [I]β1β2 de β1 para β2 e calcule [p(x)]β2 .
Calculamos as coordenadas dos vetores ~u de β1 em β2:
~u = a.1 + b(2x) + c(4x2 − 1) = (a− c) + 2bx+ 4cx2, encontramos
[1]β2 = (1, 0, 0)
[1 + x]β2 = (1,
1
2
, 0)
[1 + x+ x2]β2 = (
5
4
, 1
2
, 1
4
)
Veja as contas para este u´ltimo:

1 = a− c
1 = 2b
1 = 4c
⇒

a = 1− 1
4
= 5
4
b = 1
2
c = 1
4
[I]β1β2 =

1 1 5
4
0 1
2
1
2
0 0 1
4
 e [p(x)]β2 =

1 1 5
4
0 1
2
1
2
0 0 1
4
 ·

1
−1
1
 =
[
5
4
0 1
4
]
[1 + x2]β2 = (
5
4
, 0, 1
4
)
d) (1.0) Determine [I]β2β1 .
Como [I]β2β1 =
(
[I]β1β2
)−1
, podemos usar
[
[I]β1β2 ; I
]
∼
[
I ;
(
[I]β1β2
)−1]

1 1 5
4
0 1
2
1
2
0 0 1
4


1 0 0
0 1 0
0 0 1
→

1 1 5
4
0 1 1
0 0 1
4


1 0 0
0 2 0
0 0 1
→

1 0 1
4
0 1 1
0 0 1


1 −2 0
0 2 0
0 0 4
→

1 0 0
0 1 0
0 0 1


1 −2 −1
0 2 −4
0 0 4
⇒ [I]β2β1 =
1 −2 −1
0 2 −4
0 0 4
 .
Outra maneira e´ resolvendo como na questa˜o anterior, agora calculando
as coordenadas dos vetores ~v de β2 em β1.
5