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PROVA 2 ALVERI ALVES SANT ANA 2018/2 (CYNTHIA ÁREA 1/ALVERI ÁREA 2)

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UFRGS � Instituto de Matemática
Depto. de Matemática Pura e Aplicada
MAT01355 �Álgebra Linear I A
VERIFICAÇÃO II � 29/11/2018
Prova A1
1 2 3 4 Total
Nome: Cartão: Turma:
• Questão 1 : Considere a matriz A =
 2 2 −11 0 1
2 −2 3

, cujos únicos autovalores são dados por λ1 = 1 e
λ2 = 2. Com base nestas informações, responda as questões abaixo:
(a) Determine os autoespaços de A.
(b) Decida se A é diagonalizável ou não. Em caso afirmativo, diagonalize a matriz A. Em caso negativo,
justifique sua resposta.
Solução da Questão 1 :
(a). Precisamos determinar os autoespaços V1 = Nul [A− 1I] e V2 = Nul [A− 2I], os quais são obtidos
resolvendo-se os sistema lineares homogêneos [A−1I]X = 0 e [A−2I]X = 0, respectivamente. Trabalhando
já nas matrizes aumentadas (completas) dos sitemas, teremos, em cada caso: 1 2 −1 | 01 −1 1 | 0
2 −2 2 | 0
 ∼ · · · ∼
 1 2 −1 | 00 −3 2 | 0
0 0 0 | 0

cuja solução é dada por
V1 = {(−1
3
z,
2
3
z, z) : z ∈ R} = Span {(−1, 2, 3)}
e  0 2 −1 | 01 −2 1 | 0
2 −2 1 | 0
 ∼ · · · ∼
 1 −2 1 | 00 2 −1 | 0
0 0 0 | 0

cuja solução é dada por
V2 = {(0, y, 2y) : y ∈ R} = Span {(0, 1, 2)}
(b). Segue dos resultados acima que dimV1 + dimV2 = 2 6= 3 e, portanto, A não é diagonalizável, uma
vez que nestas condições, não existe uma base de R3 formada de autovetores de A.
• Questão 2 : Considere A =
 −1 10 2
1 3

e v = (−1, 1, 3).
(a) Determine uma base ortogonal para o espaço Col A.
(b) Determine o vetor projeção ortogonal de v em relação ao espaço Col A.
(c) Determine a fatoração QR de A.
Solução da Questão 2 :
(a) Como o conjunto {(−1, 0, 1), (1, 2, 3)} é uma base de Col A, para obter uma base ortogonal para
este mesmo espaço, bastaria aplicar o algorítmo de Gram-Schmidt. assim, tomando w1 = (−1, 0, 1) e
w2 = (1, 2, 3) − < (1, 2, 3), (−1, 0, 1) >
< −1, 0, 1), (−1, 0, 1) >(−1, 0, 1), obtemos que o conjunto {w1, w2} é uma base ortogonal
de Col A. Portanto, {(−1, 0, 1), (2, 2, 2)} é uma base ortogonal de Col A. (Note que existem infinitas bases
ortogonais neste espaço. Esta é apenas uma forma de obtermos uma delas.)
(b) Como determinamos uma base ortogonal para o espaço Col A no item anterior, podemos aplicar a
fórmula da projeção ortogonal em relação a base ortogonal do espaço Col A obtida acima, a saber, B =
{(−1, 0, 1), (2, 2, 2)}. Assim,
projCol Av =
< (−1, 1, 3), (−1, 0, 1) >
< (−1, 0, 1), (−1, 0, 1) >(−1, 0, 1) +
< (−1, 1, 3), (2, 2, 2) >
< (2, 2, 2), (2, 2, 2) >
(2, 2, 2)
=
4
2
(−1, 0, 1) + 6
12
(2, 2, 2)
= (−2, 0, 1) + (1, 1, 1)
= (−1, 1, 3)
Portanto, o vetor projeção ortogonal de v no espaço Col A é dado por projCol Av = (−1, 1, 3).
Obs. Como obtemos aqui que projCol Av = v, segue que v ∈ Col A, ou seja, v deve ser uma combinação
linear das colunas de A. Como A só tem duas colunas e uma entrada de uma delas é nula, fica fácil verificar
que v =
3
2
(−1, 0, 1) + 1
2
(1, 2, 3), confirmando nossa resposta.
(c) Para obter a fatoração QR de A, basta tomar Q uma matriz cujas colunas formam uma base
ortonormal para o espaço Col A e R = QtA. Aproveitando o que se fez antes, temos que o conjunto
{(−1, 0, 1), (2, 2, 2)} é uma base ortogonal de Col A. Normalizando estes vetores, obtemos que
{(−1√
2
, 0,
1√
2
), (
1√
3
,
1√
3
,
1√
3
)}
é uma base ortonormal de Col A. Portanto, tomando
Q =

−1√
2
1√
3
0
1√
3
1√
2
1√
3

e fazendo
R = QtA =

−1√
2
0
1√
2
1√
3
1√
3
1√
3

 −1 10 2
1 3
 =

2√
2
2√
2
0
6√
3

obtemos
A =

−1√
2
1√
3
0
1√
3
1√
2
1√
3


2√
2
2√
2
0
6√
3

que é a fatoração desejada.
• Questão 3: Considere a matriz A =
[
9 −4
−4 3
]
.
(a) Diagonalize ortogonalmente a matriz A.
(b) Faça um esboço do gráfico da curva de nível de altura 4, do gráfico da forma quadática de Q : R2 → R,
definida por Q(v) = vtAv.
Solução da Questão 3(a) :
Vamos apenas apresentar a solução do item (a), pois plotagem de gráficos eu não sei como fazer no
programa computacional que estou usando para escrever as respostas das questões.
A equação característica da matriz A dada é a seguinte:
det(AλI) = 0⇔ λ2 − 12λ+ 11 = 0
cujas raízes são
λ1 = 11 e λ2 = 1
de modo que os autovalores de A são dados por λ1 = 11 e λ1 = 1. Os autoespaços de A então são dados por
V1 = Nul (A− 11I) e V2 = Nul (A− I). Vamos calculá-los, então. Temos:
V1 = Nul (A− 11I)
= conjunto solução do sistema homogêneo [A− 11I]X = 0
= {(−2y, y) : y ∈ R}
= Span {(−2, 1)}
Como os autoespaços de uma matriz simétrica são ortogonais entre si, podemos determinar V2 da seguinte
forma:
V2 = (V1)
⊥ = Span {(−1,−2)}
Portanto, uma diagonalização ortogonl de A é dada por
A =
[ −2√
5
−1√
5
1√
5
−2√
5
] [
11 0
0 1
][ −2√
5
1√
5−1√
5
−2√
5
]
• Questão 4.
(a) Determine a equação da reta que melhor se ajusta, no sentido de mínimos quadrados, aos pontos (1, 1),
(2,−3) e (3, 5).
(b) Considere A =
 1 11 2
1 3

e v = (1,−3, 5). Escreva v da forma v = u+ w, onde w ∈ Col A e u ⊥ w.
(c) Considere A e v como no item anterior. Use o resultado do item anterior para justificar que o
sistema de equações lineares Ax = v não tem solução. (Queremos saber se você sabe usar a teoria de
mínimos quadrados para justificar este fato. Não use gráficos nem a resolução do sistema considerado.
Pense que você necessitará saber estas coisas na sua futura vida profissional ...).
Solução da Questão 4.
(a) Queremos determinar uma equação da forma y(t) = a+bt de modo que seu gráfico se ajuste o melhor
possível, no sentido de mínimos quadrados, aos pontos dados. Isto é equivalente a determinar uma solução
de mínimos quadrados para o sistema linear
a+ b1 = 1
a+ b2 = −3
a+ b3 = 5
que pode ser escrito matricialmente como 1 11 2
1 3
[ a
b
]
=
 1−3
5

Chamando de A =
 1 11 2
1 3

e v =
 1−3
5

, queremos encontrar uma solução de mínimos quadrados
para o sistema Ax = v. Para tanto, basta resolver o sistema linear associado
AtAx = Atv
Como
AtA =
[
1 1 1
1 2 3
] 1 11 2
1 3
 = [ 3 6
6 14
]
e
Atv =
[
1 1 1
1 2 3
] 1−3
5
 = [ 3
10
]
temos que resolver o sistema linear [
3 6
6 14
] [
a
b
]
=
[
3
10
]
cuja solução é dada por {(−3, 2)}.
Portanto, a equação da reta procurada é dada por
y(t) = −3 + 2t
(b) Note que a matriz A e o vetor v dados neste item coincidem com a matriz A e o vetor v do item
anterior. O Teorema da Projeção nos garante que a única forma de escrever o vetor v da forma v = u+ w,
com w ∈ Col A e u ⊥ w é fazendo w = projCol Av e u = v − w.
Calculando o vetor projeção ortogonal via teoria de mínimos quadrados, temos:
projCol Av = Axˆ
onde xˆ é uma solução de mínimos quadrados do sistema linear Ax = v. Usando a resposta do item anterior,
temos xˆ = (−3, 2). Portanto,
projCol Av =
 1 11 2
1 3
[ −3
2
]
=
 −11
3

Assim, para obter a escrita desejada, tomamos w = (−1, 1, 3) e u = v − w = (1,−3, 5) − (−1, 1, 3) =
(2,−4, 2), para obter
v = (−1, 1, 3) + (2,−4, 2)
(c) Sabemos que um sistema linear Ax = v tem solução se, e somente se, v ∈ Col A. Na escrita acima
observamos que v se escreve como uma soma onde uma das parcelas é um vetor que está em Col A e a
outra é um vetor não nulo que está no complemento ortogonal de Col A. Portanto, podemos concluir dai que
v 6∈ Col A e, consequentemente, o sistema linear Ax = v não tem solução.
Obs. A argumentação acima nos diz que
u = 0⇔ v = projCol Av ∈ Col A
ou seja, o vetor u nos dá uma medida de quão grasseiro é o erro cometido nas aferições que resultam nas
entradas do vetor v. Muitas vezes, este vetor u é chamado de vetor erro de mínimos quadrados. Quantomaior sua norma, maior o erro cometido.

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