Álgebra Linear - Prova 1 2015/1 - Jaime

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MAT0355 - Álgebra Linear I - A
Primeira Prova - 30/04/2014
Gabarito de uma prova "padrão"
TODAS AS RESPOSTAS DEVEM SER JUSTIFICADAS
Questão 1:
(a) (1,5 ponto) Encontre dois vetores do R3 que, juntos com u = (1; 3; 0); constituam uma base
do R3:
Solução.
Basta escolher dois vetores que junto com u sejam li. Escolhemos v = (0; 1; 0) e w = (0; 0; 1)
(existem outras escolhas de vetores bem como outras formas de resolver este problema. Portanto,
quem não fez como aqui não signi…ca que está necessariamente incorreto): Resolvendo a equação
xu+ yv+ zw = (0; 0; 0) encontramos como única solução a solução nula x = y = z = 0; o que mostra
estes vetores são li.
(b) (1,5 ponto) Existe algum vetor do R4 que, junto com os vetores u = (1; 3; 1;�1); v =
(0;�1;�1; 1); w = (1; 2; 0; 0); seja uma base do R4?
Solução.
Existirá um tal vetor se os vetores u; v e w forem li. Resolvendo a equação xu+yv+zw = (0; 0; 0; 0)
vemos que ela admite in…nitas soluções. Logo estes 3 vetores são ld e, portanto, não podem fazer
parte de uma base do R4:
(c) (0,5 ponto) Decida se é verdadeira ou falsa a seguinte a…rmação: as ternas (x; y; z) de reais
que são soluções do sistema linear �
2x+ 3y � z = 4
3x+ 5y � 2z = 6
formam um espaço vetorial com as operações usuais de soma de ternas e multiplicação de uma terna
por um escalar.
Solução.
Falsa. Se fosse um espaço vetorial ele deveria ser um subespaço vetorial e, neste caso, teria de
conter o vetor nulo (0; 0; 0), o que claramente não é o caso.
Questão 2 (1,5 ponto) Combinando uma ampliação/redução com uma rotação (ou usando dire-
tamente propriedades das TL do R2 em R2), obtenha a expressão de uma TL T : R2 ! R2 que leva
um quadrado com vértices nos pontos (1; 1); (�1; 1); (�1;�1) e (1;�1) em um quadrado de vértices
(1; 0); (0; 1); (�1; 0); (0;�1):
Solução.
1
Sabendo que uma TL …ca completamente determinada a partir da imagem dos vetores de uma base
e tomando para base f(1; 1); (�1; 1)g, tem-se: T deve satisfazer T (1; 1) = (1; 0) e T (�1; 1) = (0; 1):
Como
(x; y) =
x+ y
2
(1; 1) +
y � x
2
(�1; 1)
obtemos
T (x; y) = T ((x+ y) (1; 1) + y (�1; 1))
=
x+ y
2
T (1; 1) +
y � x
2
T (�1; 1)
=
x+ y
2
(1; 0) +
y � x
2
(0; 1) =
�
x+ y
2
;
y � x
2
�
Já sabemos que T (1; 1) = (1; 0) e T (�1; 1) = (0; 1): Além disso, usando a fórmula acima de T (x; y);
vemos que T (�1;�1) = (�1; 0) e T (1;�1) = (0;�1) o que comprova que esta T satisfaz as condições
pedidas.
Questão 3
(a) (0,5 ponto) Prove que, SEJA QUAL FOR a matriz A 2M2�2; a função T :M2�2 !M2�2
dada por T (X) = AXAt é uma transformação linear, sendo M2�2 o espaço vetorial das matrizes
2� 2 e At denota a matriz transposta de A:
Solução.
Temos que veri…car que (a) T (X + Y ) = T (X) + T (Y ) e que (b) T (aX) = aT (X): Quanto a (a)
temos
T (X + Y ) = A(X + Y )At = AXAt + AY At = A(X) + A(Y )
e quanto a (b)
T (aX) = A(aX)At = a
�
AXAt
�
= aT (X):
(b) (1,0 ponto) Supondo
A =
� �1 0
2 3
�
e sendo T dada como em (a), prove que
T
��
x y
z w
��
=
�
x �2x� 3y
�2x� 3z 9w + 4x+ 6y + 6z
�
:
Solução.
T
��
x y
z w
��
=
� �1 0
2 3
� �
x y
z w
� � �1 0
2 3
�t
=
� �1 0
2 3
� �
x y
z w
� � �1 2
0 3
�
Efetuando a primeira multiplicação de matrizes e depois a segunda obtemos, nesta ordem:
T
��
x y
z w
��
=
� �x �y
2x+ 3z 3w + 2y
� � �1 2
0 3
�
=
�
x �2x� 3y
�2x� 3z 9w + 4x+ 6y + 6z
�
2
(c) (0,5 ponto) Calcule N(T )
Solução.�
x y
z w
�
2 N(T ), T
��
x y
z w
��
=
�
0 0
0 0
�
,
x = 0
�2x� 3y = 0
�2x� 3z = 0
9w + 4x+ 6y + 6z = 0
Este sistema só tem como solução a solução nula x = y = z = w = 0; de modo que
N(T ) =
��
0 0
0 0
��
(d) (0,5 ponto) Enuncie o Teorema do Núcleo e da Imagem
Solução.
Dada uma T.L. T : V ! W tem-se dimV = dimN(T ) + dim Im(T )
(e) (0,5 ponto) Use o Teorema do Núcleo e da Imagem para provar que ImT =M2�2:
Solução.
Como, pelo ítem anterior, dimN(T ) = 0; e como dim(M2�2) = 4 decorre to Teorema do Núcleo
e da Imagem que dim Im(T ) = 4: Logo Im(T ) =M2�2:
Questão 4: Seja S o subconjunto do espaço P3 das funções polinomiais de grau menor ou igual a
3 cuja derivada segunda é nula.
(a) (1,0 ponto) Prove que S é um subespaço de P3
Solução.
Como a derivada segunda da função polinomial nula 0 é óbviamente nula decorre que 0 2 S:
Se p(x); q(x) 2 S então p00(x) = 0 e q00(x) = 0: Logo, como sabemos do Cálculo que a derivada da
soma é a soma das derivadas, temos (p(x) + q(x))00 = (p0(x) + q0(x))0 = p00(x) + q00(x) = 0 + 0 = 0:
Se p(x) 2 S então p00(x) = 0: Logo, dado � 2 R; decorre novamente das regras de derivação do
Cálculo que (�p(x))00 = (�p0(x))0 = �p00(x) = �0 = 0:
Isto prova que S é um subespaço de P3:
Uma outra maneira de provar é obtendo uma descrição explícita de S. Dado p(x) = a + bx +
cx2+dx3 temos p0(x) = b+2cx+3dx2 e p00(x) = 2c+6dx. Logo p(x) 2 S , p00(x) = 0, 2c+6dx =
0 , c = 0 e d = 0: Obtemos então S = fa+ bx j a; b 2 Rg : Daí prova-se que S é um subespaço
testando-se as 3 condições usuais.
(b) (0,5 ponto) Prove que p(x) = 1� x e q(x) = 1 + x formam um base B de S
Solução.
Temos �p(x) + �q(x) = 0 , � (1� x) + � (1 + x) = 0 , � + � + (� � �)x = 0 , � + � = 0 e
� � � = 0, � = 0 e � = 0: Logo p(x) e q(x) são linearmente independentes.
Dado a + bx temos a + bx = �p(x) + �q(x) = 0 , � + � = a e � � � = b , � = (a+ b) =2 e
� = (a� b) =2: Decorre que p(x) e q(x) geram S: Assim p(x) e q(x) formam um base do R2:
(c) (0,5 ponto) Determine as coordenadas de q(x) = �2 + 3x na base B:
3
Solução.
Decorre do ítem (b), para a = �2 e b = 3 vem � = (�2� 3) =2 = �5=2 e � = (�2 + 3) =2 = 1=2:
Logo
[q(x)]B =
� �5
2
1
2
�
4