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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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