Prova + Gab 1ºEE

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Primeiro Exame de A´lgebra Linear 2010-1
GABARITO
1a. Questa˜o: Considere o sistema −x + 2y − z = 02x − 3y + cz = 53x + y − 4z = d
(a) Encontre os valores nume´ricos de c e d para os quais o sistema tem infinitas soluc¸o˜es. (1,5 ponto)
(b) Encontre as soluc¸o˜es do sistema quando c e d teˆm os valores encontrados no item anterior. (1,0 ponto)
RESOLUC¸A˜O: Apo´s um escalonamento parcial da matriz ampliada do sistema, chegamos a
 1 −2 1 00 1 c− 2 5
0 0 7− 7c d− 35

Caso 7 − 7c 6= 0, poder´ıamos dividir a u´ltima linha por 7 − 7c e prosseguir o escalonamento,
chegando a` matriz identidade 3×3 na parte esquerda. Neste caso, o sistema teria soluc¸a˜o u´nica.
Como queremos evitar este caso, devemos ter 7−7c = 0, ou seja, c = 1. Neste caso, se d−35 6= 0,
o sistema na˜o teria soluc¸a˜o. Como tambe´m queremos evitar este caso, devemos ter d = 35. No
caso em que c = 1 e d = 35, prosseguimos o escalonamento, chegando a
 1 0 −1 100 1 −1 5
0 0 0 0

O posto da matriz do sistema e´ igual ao posto da matriz ampliada (dois), portanto o sistema e´
poss´ıvel. A nulidade e´ positiva (um), portanto o sistema e´ indeterminado. O sistema final e´
{
x − z = 10
y − z = 5
cujas soluc¸o˜es sa˜o da forma (x, y, z) = (10 + z, 5 + z, z), ou (x, y, z) = (10, 5, 0) + z(1, 1, 1), com
z ∈ R.
Respostas: (a) c = 1 , d = 35 .
(b) { (10, 5, 0) + z(1, 1, 1) | z ∈ R }
1
2
2a. Questa˜o: Considere a matriz
A =
 −1 1 21 0 −2
−6 4 13

(a) Encontre a inversa de A.(1,5 ponto)
(b) Use o resultado do item anterior para resolver o sistema AX = b, onde(1,0 ponto)
X =
 xy
z
 b =
 −20
3

RESOLUC¸A˜O: (a) Iniciamos com as matrizes
 −1 1 2 1 0 01 0 −2 0 1 0
−6 4 13 0 0 1

Fazemos o escalonamento da matriz a` esquerda, usando operac¸o˜es elemantares nas linhas, efet-
uando as mesmas operac¸o˜es na matriz a` direita. Chegamos a 1 0 0 −8 5 20 1 0 1 1 0
0 0 1 −4 2 1

Conclusa˜o: a matriz escada obtida no lado esquerdo e´ a matriz identidade. Portanto, a inversa
da matriz A e´
A−1 =
 −8 5 21 1 0
−4 2 1

(b) Multiplicando os lados da igualdade AX = b por A−1, obtemos
X = A−1b =
 −8 5 21 1 0
−4 2 1
 −20
3
 =
 22−2
11

Resposta: x = 22, y = −2, z = 11 .
3
3a. Questa˜o: Considere o espac¸o vetorial M2(R) das matrizes 2× 2 com entradas reais. Seja
A =
[
2 3
3 4
]
.
(a) Mostre que o conjunto das matrizes X =
[
w x
y z
]
tais que AX = XA formam um
subespac¸o de M2(R). (1,0 ponto)
(b) Encontre duas matrizes que geram o subespac¸o do item anterior. (1,5 ponto)
RESOLUC¸A˜O: (a) Seja W o conjunto das matrizes X que satisfazem AX = XA. Precisamos
mostrar que:
(i) se X1 e X2 esta˜o em W , enta˜o X1 + X2 tambe´m esta´ em W .
(ii) se X esta´ em W , enta˜o cX tambe´m esta´ em W , para qualquer escalar c.
Verificac¸o˜es (usaremos as propriedades ba´sicas da multiplicac¸a˜o matricial):
(i) Supomos AX1 = X1A e AX2 = X2A. Enta˜o A(X1 +X2) = AX1 +AX2 = X1A+X2A =
(X1 + X2)A. Logo, X1 + X2 esta´ em W .
(ii) Supomos AX = XA. Enta˜o A(cX) = c(AX) = c(XA) = (cX)A. Logo, cX esta´ em W .
Apresentamos a seguir outro me´todo. Escrevemos explicitamente a equac¸a˜o matricial AX =
XA: [
2 3
3 4
] [
w x
y z
]
=
[
w x
y z
] [
2 3
3 4
]
Fazendo as multiplicac¸o˜es, obtemos a igualdade[
2w + 3y 2x + 3z
3w + 4y 3x + 4z
]
=
[
2w + 3x 3w + 4x
2y + 3z 3y + 4z
]
que e´ o mesmo que [
3(y − x) −3w − 2x + 3z
3w + 2y − 3z 3(x− y)
]
=
[
0 0
0 0
]
Assim, vemos que W corresponde ao conjunto soluc¸a˜o de um sistema homogeˆneo, a saber
− 3x + 3y = 0
− 3w − 2x + 3z = 0
3w + 2y − 3z = 0
3x − 3y = 0
Portanto, W e´ um subespac¸o vetorial de M2(R).
4
(b) Escalonando a matriz do sistema obtido no item anterior, obtemos
1 0 23 −1
0 1 −1 0
0 0 0 0
0 0 0 0

O sistema e´, portanto, equivalente a{
w + 23y − z = 0
x − y = 0
As soluc¸o˜es do sistema acima sa˜o da forma (w, x, y, z) = y(−23 , 1, 1, 0) + z(1, 0, 0, 1), com y e z
em R. Portanto, o espac¸o soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo e´ gerado pelos vetores (−23 , 1, 1, 0) e
z(1, 0, 0, 1). Na forma matricial, obtemos os geradores para W :[ −23 1
1 0
] [
1 0
0 1
]
Note-se que ha´ outras soluc¸o˜es poss´ıveis.
4a. Questa˜o: Considere os vetores
(1, 0, 0,−2) (0, 1, 1, 1) (0, 2, 2, 1) (−2, 3, 3, 7)
(a) Mostre que sa˜o linearmente dependentes, e encontre uma relac¸a˜o de dependeˆncia linear
entre eles.(1,5 ponto)
(b) Encontre uma base para o subespac¸o de R4 gerado pelos vetores acima.(1,0 ponto)
RESOLUC¸A˜O: Queremos encontrar x, y, z, t tais que x(1, 0, 0,−2)+y(0, 1, 1, 1)+z(0, 2, 2, 1)+
t(−2, 3, 3, 7) = (0, 0, 0, 0). Isto equivale a encontrar as soluc¸o˜es do sistema
x − 2t = 0
y + 2z + 3t = 0
y + 2z + 3t = 0
− 2x + y + z + 7t = 0
Escalonando a matriz do sistema, chegamos ao sistema equivalente x − 2t = 0y + 3t = 0
z = 0
As soluc¸o˜es do sistema acima sa˜o da forma (x, y, z, t) = t(2,−3, 0, 1), com t ∈ R. Escolhendo
uma soluc¸a˜o na˜o trivial, vemos que
2(1, 0, 0− 2)− 3(0, 1, 1, 1) + (−2, 3, 3, 7) = (0, 0, 0, 0)
A relac¸a˜o de dependeˆncia linear acima mostra que os vetores dados sa˜o linearmente dependentes.
5
(b) Chamemos ~v1 = (1, 0, 0,−2), ~v2 = (0, 1, 1, 1), ~v3 = (0, 2, 2, 1), ~v4 = (−2, 3, 3, 7). Pelo re-
sultado do item anterior, ~v4 pode ser escrito como uma combinac¸a˜o linear de ~v1 e ~v2. Portanto,
o espac¸o gerado pelos quatro vetores e´ o mesmo espac¸o gerado por ~v1, ~v2 e ~v3. Para verificar
se estes treˆs u´ltimos sa˜o linearmente independentes, devemos encontrar as soluc¸o˜es do sistema
corespondente a` equac¸a˜o vetorial x~v1 + y~v2 + z~v3 = ~0. Isto corresponde a fazer t = 0 no sistema
do item anterior, o que forc¸a x = y = z = 0. Assim, a u´nica combinac¸a˜o linear de ~v1, ~v2 e ~v3 cujo
resultado e´ o vetor nulo e´ a trivial, o que mostra que estes vetores sa˜o linearmente independentes.
Conclusa˜o: { (1, 0, 0,−2), (0, 1, 1, 1), (0, 2, 2, 1) } e´ uma base do subespac¸o dado.
Um racioc´ınio ana´logo mostra que { (1, 0, 0,−2), (0, 2, 2, 1), (−2, 3, 3, 7) } e
{ (0, 1, 1, 1), (0, 2, 2, 1), (−2, 3, 3, 7) } tambe´m sa˜o bases.
Outro me´todo para encontrar uma base consiste em dispor as coordenadas dos vetores nas
linhas de uma matriz, e efetuar o escalonamento. A partir da matriz
1 0 0 −2
0 1 1 1
0 2 2 1
−2 3 3 7

chegamos a` matriz escada 
1 0 0 0
0 1 1 0
0 0 0 1
0 0 0 0

Os vetores correspondentes a`s linhas na˜o nulas formam uma base do subespac¸o dado. Neste
caso, a base sera´ { (1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 0, 1) }.