Gabarito de questões da prova GA_AL 1s 2013

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UNICAMP - Segunda prova de GA_AL 2013
1) Verifique se a seguinte transformação é linear:
 22: ℜ→ℜF , definida por ( ) ( )1,, +−−= xyyxyxF
R: Bastaria mostrar que ( ) ( ) ( ) ( ) 22 01,0100,000,00 ℜℜ ≠=+−−== FF . Portanto a Transformação 
não é linear. 
OBS: Nesse caso não necessário prosseguir, mas deve-se notar que, caso a transformação passasse nesse 
teste ainda seria preciso verificar se a F(U + V) = F(U) + F(V) e F(αU) = αF(U).
2) Encontre os valores de λ¸ tais que o sistema homogêneo (A-λI3)X = 0 tem solução não
trivial e, para esses valores de λ¸ encontre um subconjunto de vetores ortonormais no conjunto solução para a 
matriz 








−=
120
110
000
A .
R: Para que o sistema não tenha apenas a solução trivial, a matriz (A-λI3) não deve ser invertível, ou seja, 
det(A-λI3)=0.
( ) .3,3,002)1)(1(
120
110
00
detdet 3213 −===⇒=+−−−−=








−
−−
−
=− λλλλλλλ
λ
λ
λ
λ IA
A partir dos valores dos autovalores λ é possível encontrar os correspondentes autovetores. A resolução pode 
ser por escalonamento, mas não é necessário dado que o sistema é simples. Para λ = 0,








=
















−
0
0
0
120
110
000
z
y
x
. Uma das equações resulta 0.x = 0, ou seja, qualquer que seja x real. Outras resultam y 
= z, z = -2y, ou seja, z = y = 0. Portanto, a solução são os vetores do tipo x(1,0,0). Resolvendo da mesma 
maneira, o outro autovetor associado ao autovalor 32 =λ é








=
















−
−−
−
0
0
0
3120
1310
003
z
y
x
. Daí 03 =− x e x = 0 (neste caso, x obrigatoriamente tem que ser igual a 
zero). De maneira similar, x e y são iguais a zero. O vetor resultante é (0,0,0) e, portanto não serve como 
autovetor. Da mesma maneira para 33 −=λ , obtém-se o vetor nulo. Dessa maneira, o único autovetor é o 
vetor x(1,0,0) que já tem norma unitária para x = 1.
3) Considere o vetor 



=
3
22,
3
1
1f . 
(a) Escolha f2 de forma que S = {f1, f2} seja base ortonormal do R2. Mostre que S é base.
R: Uma maneira de fazer é escolher um valor qualquer para f2, digamos f2 = (1,0), bastando que f2 não seja 
um múltiplo escalar de f1. Para formar uma base ortogonal, podemos usar o método de Gram Schmidt e fazer 
W1 = f1 e W2 = f2 – 
1
2proj
W
f
. ( ) ( ) 



−=



+−=




+
−=
9
22
9
8
9
22
9
10,1
0.
3
221.
3
1
0,1 12
1
2 Wf
W
.
1
U1 = W1 (porque W1 já é unitário) e 
( )




−=
−
=




−+






−
==
3
1,
3
22
26
22,8
9
22
9
8
9
22,
9
8
222
2
2 W
W
U . 
O procedimento utilizado é fundamental. principalmente quando temos mais que dois vetores. Observe que 
com dois vetores poderíamos ter obtido esse valor de maneira bem simples. Sabemos que para dois valores 
serem ortogonais seu produto escalar tem que ser igual a zero. Portanto, o produto escalar dos dois vetores é 
0.
3
22.
3
1
=+ yx . É fácil verificar que uma solução óbvia seria 
3
1 e 
3
22
−== yx , o que resulta no mesmo 
valor obtido pelo procedimento mais formal inicialmente descrito.
(b) Considere ( )2,2=P . Escreva P como combinação linear dos elementos de S.
R: ( ) 



−+



==
3
1,
3
22
3
22,
3
12,2 βαP , e as duas equações são (II)
3
 
3
222 e (I) 
3
22
3
2 βαβα −=+= . 
Resolvendo (I) e (II), obtém-se 3
2 e 2
3
5 e == βα .
(c) Determine [P]{O,S}, as coordenadas de P em relação ao sistema de coordenadas determinado pela origem 
O e pela base S. 
R: Sabemos que para fazer mudança de coordenadas: 








=










−
=




=


=


3
2
3
25
2
2
3
1
3
22
3
22
3
1
'
'
2
1
y
x
U
U
y
x
Q
y
x
t
t
t . 
Como era de se esperar, as coordenadas no novo sistema correspondem aos coeficientes (α e β) da 
combinação linear (CL) das coordenadas do ponto P em relação aos vetores da nova base. Os valores ( )2,2 
correspondem às coordenadas de P em relação à base canônica.
4) Seja T:R3 → R2 uma transformação linear definida por T(1,1,1) = (1,2), T(1,1,0) = (2,3) e T(1,0,0) = 
(3,4).
a) Determinar T(x,y,z);
R: Aplicando o conceito de combinação linear com os vetores da base (notar que (1,1,1), (1,1,0) e (1,0,0) 
devem formar uma base, ou seja, serem LI):
 
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( )4,3()3,2)2,1(0,0,1()0,1,1)1,1,1(,,
0,0,1()0,1,1)1,1,1(,,0,0,1()0,1,1)1,1,1(,,
γβαγβα
γβαγβα
++=++=
=++=⇒++=
TTTzyxT
TzyxTzyx
Como ( ) ( )



=
+=
++=
⇒++=
α
βα
γβα
γβα
z
y
x
zyx 0,0,1()0,1,1)1,1,1(,, . Resolvendo o sistema, obtém-se α = z, β = y-z 
e γ = x-y. Portanto, ( ) ( ) ( ) )4,3(,,4,3)(()3,2)()2,1(,, zyxzyxzyxTyxzzzyxT −−−−=⇒−+−+= .
b) Determinar o vetor U pertencente a R3 tal que T(U) = (3,1);
R: O sistema a ser resolvido é 14 e 33 =−−=−− zyxzyx . O resultado é o vetor (-2,-z-9,z) para qualquer 
que seja z pertencente aos números reais.
c) Determinar o vetor V Ɛ R3 tal que T(V) = (0,0).
R: O sistema a ser resolvido é 04 e 03 =−−=−− zyxzyx . O resultado é o vetor V = (0,-z,z) = z(0,-1,1) 
para qualquer que seja z pertencente aos números reais.
2
5) Seja T:R2 → R2 definida por: 


−
=
51
31
]T[ . Determinar os vetores U, V e W tais que:
a) T(U) = -U; 
R: T(U) = -U ⇒ T(x,y) = -(x,y) )0,0(U5 e 
51
31
=⇒+=+=−⇒




−
=


−
−
⇒ y-x-y yxx
y
x
y
x
.
b) T(V) = 3V
R: T(V) = 3V ⇒ T(x,y) = 3(x,y) )0,0(V53 e 33
51
31
3
3
=⇒+=+=⇒




−
=


⇒ y-xy yxx
y
x
y
x
.
OBS: No item b) deste caso também é necessário que o vetor V seja o vetor nulo. Em outro tipo de prova 
aplicada, em outra situação (mas com resolução semelhante), resultou em um vetor α(1,1) e não o vetor nulo, 
para qualquer que seja α pertencente ao conjunto dos reais. 
c) T(W) = (2,2).
R: T(W) = (2,2) ⇒ T(x,y) = (2,2) 


=⇒+=+=⇒




−
=


⇒
2
1,
2
1W52 e 2
51
31
2
2
y-x yx
y
x
.
OBS: A seguir resolveremos uma questão de outra turma (a questão 4) que também causou dúvidas quanto à 
sua resolução.
4) Seja T:R2 → R3 uma transformação linear com matriz
[ ]








−
−=
32
10
11
'B
B
T
Para B ={E1,E2}, base canônica do R2, e B’ = {(1,0,1),(-2,0,1),(0,1,0)}, base do R3. Qual a imagem do vetor 
(1,-2) pela T? 
R: Para B canônica, (1,-2) = αE1 + βE2 = α(1,0) + β(0,1) ⇒ α = 1 e β = -2 que são também os coeficientes da 
combinação linear (CL) na base canônica. Para achar os coeficientes na nova base, considerando a 
transformação, utilizamos [ ]







 −
=


−







−
−=
8
2
1
2
1
32
10
11
'B
B
T . Portanto, os coeficientes da CL (já com a 
aplicação da transformação T) na base B’ são (-1,2,8). Daí, podemos escrever a combinação linear da 
transformação T nos vetores da base B’, que é o resultado desejado: T(1,-2) = (-1).(1,0,1) + 2(-2,0,1) + 
8(0,1,0) = (-5,-8,1).
3