Prova com gabarito de algebra linear - 1ºEE

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
CCEN – DEPARTAMENTO DE MATEMA´TICA
A´LGEBRA LINEAR
Tercerira Avaliac¸a˜o. Primeiro semestre 2018.
3 de Julho de 2018
1. Seja V =M2×2 o espac¸o das matrizes dois por dois com produto interno〈[
x1 y1
z1 t1
]
,
[
x2 y2
z2 t2
]〉
= x1x2 + 2y1y2 + 2z1z2 + t1t2.
Consideremos W =
[[
1 0
1 0
]
,
[
0 1
0 −1
]]
a) Determine W⊥, (complemento ortogonal de W ). (1,5 pto)
b) Seja PW : V → V o operador projec¸a˜o ortogonal em W . Determine PW
[
x y
z t
]
. (1,5 pto)
Resposta: a) W⊥ =
{[
x y
z t
]
∈ V :
〈[
x y
z t
]
,
[
1 0
1 0
]〉
= 0,
〈[
x y
z t
]
,
[
0 1
0 −1
]〉
= 0
}
Da´ı,
[
x y
z t
]
∈ W⊥, se e somente se
{
x +2z = 0
2y −t = 0
A soluc¸a˜o do sistema linear de equac¸o˜es e´[
x y
z t
]
=
[−2z y
z 2y
]
= y
[
0 1
0 2
]
+ z
[−2 0
1 0
]
.
Portanto W⊥ =
[ [
0 1
0 2
]
,
[−2 0
1 0
]]
b) Como
[
1 0
1 0
]
e
[
0 1
0 −1
]
, sa˜o ortogonais, a projec¸a˜o ortogonal sobre W e dada por
PW =
〈x y
z t
,
1 0
1 0
〉〈1 0
1 0
,
1 0
1 0
〉
[
1 0
1 0
]
+
〈x y
z t
,
0 1
0 −1
〉〈0 1
0 −1
,
0 1
0 −1
〉
[
0 1
0 −1
]
=
x+ 2z
3
[
1 0
1 0
]
+
2y − t
3
[
0 1
0 −1
]
=
1
3
[
x+ 2z 2y − t
x+ 2z t− 2y
]
2. Identifique se cada afirmac¸a˜o e´ verdadeira ou falsa. Justifique.
Seja V espac¸o vetorial com produto interno 〈·, ·〉
a) Dado T : V → V um operador autoadjunto. Seja u o autovetor de T associado
ao autovalor λ1 = 1 e seja v o autovetor de T associado ao autovalor λ2 = 2,
enta˜o 〈u,v〉 = 2. (1,0 pto)
b) Dados u,w ∈ V temos que
‖u+w‖2 = 2 〈u,w〉+ ‖u−w‖2. (1,0 pto)
c) Considere R2 com produto interno 〈·, ·〉 tal que 〈(−1, 2), (0,−2)〉 = −2, enta˜o
α = {(1,−1), (0, 1)} e´ uma base ortonormal. (1,0 pto)
Resposta: a) (Falso) Como T e´ um operador autoadjunto, enta˜o os autovetores
associados a autovalores distintos sa˜o ortogonais. Como u e´ autovetor de T associado
a λ1 = 1 e v e´ autovetor de T associado a λ2 = 2, e λ1 6= λ2, enta˜o, 〈u,v〉 = 0.
b) (Falso)
‖u + w‖2 − ‖u−w‖2 = 〈u+w,u+w〉 − 〈u−w,u−w〉
= 〈u,u〉+ 〈w,w〉+ 〈u,w〉+ 〈w,u〉 − 〈u,u〉 − 〈w,w〉+ 〈u,w〉+ 〈w,u〉
= 4〈u,w〉
Da´ı, ‖u+w‖2 = 4 〈u,w〉+ ‖u−w‖2.
c) (Falso) Existe o produto interno dado por 〈(x1, y1), (x2, y2)〉 = 3x1y1+ 12x2y2 tal que〈(−1, 2), (0,−2)〉 = 3(−1)0 + 1
2
2(−2) = −2, e a base α = {(1,−1), (0, 1)} para esse
produto interno na˜o e´ ortogonal, pois 〈(1,−1), (0, 1)〉 = 3(1)0+1/2(−1)1 = −1/2 6= 0.
3. Considere R4 com produto interno canoˆnico. Seja T : R4 → R4 uma transformac¸a˜o
linear dada por
T (x, y, z, t) =
(
1√
2
y +
1√
2
t , x , − 1√
2
y +
1√
2
t , z
)
T e´ autoadjunta? T e´ ortogonal? Justificar. (1,5 pto)
Defina operador autoadjunto e operador ortogonal. (0,5 pto)
Resposta: Seja α a base canoˆnica de R4. A matriz da transformac¸a˜o T e´ dada por
A = [T ]αα =

0
1√
2
0
1√
2
1 0 0 0
0 − 1√
2
0
1√
2
0 0 1 0

T e´ autoadjunta se e somente se a matriz A e´ sime´trica, isto e´, A′ = A. Mas nesse
caso A na˜o e´ sime´trica, portanto T na˜o e´ autoadjunta.
T e´ ortogonal se e somente se a matriz A e´ ortogonal, isto e´, A′A = I, onde I e´ a
matriz identidade. Como
A′A =

0 1 0 0
1√
2
0 − 1√
2
0
0 0 0 1
1√
2
0
1√
2
0


0
1√
2
0
1√
2
1 0 0 0
0 − 1√
2
0
1√
2
0 0 1 0
 =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1

enta˜o T e´ uma transformac¸a˜o ortogonal.
4. Considere a qua´drica dada por
3z2 + 2xy + 2
√
2x+ 1 = 0.
a) Determine a equac¸a˜o reduzida (sem termos mistos, nem lineares quando poss´ıvel)
e identifique a qua´drica. (2,5 pto)
b) Esboce o gra´fico da qua´drica identificando a origem e os eixos. (0,5 pto)
Resposta: a) A forma matricial da qua´drica e´ dada por:
[
x, y, z
]  0 1 01 0 0
0 0 3
 xy
z
+ [2√2, 0, 0]
 xy
z
 = −1
Diagonalizamos a matriz da forma quadra´tica. Para isso, calculamos os autovalores e
autovetores.
Autovalores:
p(λ) = |A− λI| =
∣∣∣∣∣∣
−λ 1 0
1 −λ 0
0 0 3− λ
∣∣∣∣∣∣ = (3− λ)(λ2 − 1) = 0.
Os autovalores sa˜o as ra´ızes do polino´mio caracter´ıstico: λ1 = 1, λ2 = −1 e λ3 = 3.
Autovetores: (A− λI)v = 0
λ1 = 1  −1 1 01 −1 0
0 0 2
 xy
z
 =
 00
0

Da´ı, o autovetor e´ soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares
−x+ y = 0
x− y = 0
2z = 0.
A soluc¸a˜o satisfaz x = y e z = 0. Enta˜o (x, y, z) = (x, x, 0). E o autoespac¸o de λ1 e´
gerado por (1, 1, 0). Normalizando, obtemos que
Vλ1 =
[
(1/
√
2, 1/
√
2, 0)
]
.
λ2 = −1  1 1 01 1 0
0 0 4
 xy
z
 =
 00
0

Da´ı, o autovetor e´ soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares
x+ y = 0
x+ y = 0
4z = 0.
A soluc¸a˜o satisfaz x = −y e z = 0. Enta˜o (x, y, z) = (−y, y, 0). O autoespac¸o de λ2 e´
gerado por (−1, 1, 0). Normalizando, obtemos que
Vλ2 =
[
(−1/
√
2, 1/
√
2, 0)
]
.
λ3 = 3  −3 1 01 −3 0
0 0 0
 xy
z
 =
 00
0

Da´ı, o autovetor e´ soluc¸a˜o do sistema de equac¸o˜es lineares
−3x+ y = 0
x− 3y = 0
0 = 0.
A soluc¸a˜o satisfaz x = y = 0. Enta˜o (x, y, z) = (0, 0, 1). O autoespac¸o de λ3 e´ gerado
por (0, 0, 1). Portanto
Vλ3 = [(0, 0, 1)] .
Fazemos a primeira mudanc¸a de varia´veis, da base canoˆnica a` base ortonormal de auto-
vetores
β = {(1/
√
2, 1/
√
2, 0), (−1/
√
2, 1/
√
2, 0), (0, 0, 1)}
. Denotamos as novas variaveis por (x1, y1, z1). E obtemos
[
x1, y1, z1
]  1 0 00 −1 0
0 0 3
 x1y1
z1
+[2√2, 0, 0]
 1/√2 −1/√2 01/√2 1/√2 0
0 0 1
 x1y1
z1
 = −1
Da´ı,
x21 − y21 + 3z21 + 2x1 − 2y1 = −1
Completando quadrados,
(x1 + 1)
2 − (y1 + 1)2 + 3z21 = −1 + 1− 1
Considerando a mudanc¸a de varia´veis,
x2 = x1 + 1, y2 = y1 + 1, z2 = z1
obtemos a qua´drica
x22 − y22 + 3z22 = −1.
Mudando o sinal, obtemos
−x22 + y22 − 3z22 = 1.
A qua´drica e´ um hiperboloide de duas folhas.
b) A origem e´ dada por (x2, y2, z2) = (0, 0, 0), enta˜o (x1, y1, z1) = (−1,−1, 0).
Figura 1: Esboc¸o de gra´fico do hiperboloide de duas folhas