Prova 2 de Álgebra Linear I

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Universidade Federal de Santa Catarina – Centro de Blumenau
Curso(s): Licenciatura em Matemática
Professor: Luiz Rafael
Álgebra Linear I – 2019-1 – Prova P2 – 27/5/2018
Aluno(a)
Q1
Q2
Q3
Q4
Q5
Q6∑INSTRUÇÕES
RESPOSTAS SEM JUSTIFICATIVA OU QUE NÃO INCLUAM OS CÁLCULOS NECESSÁRIOS NÃO
SERÃO CONSIDERADAS.
Questão 1.
(a) (10 pontos) SejaE um espaço vetorial de dimensão �nita. Dê a de�nição de: (i) Subespaço Vetorial
de E; e (ii) Base de um Subespaço Vetorial de E.
(b) (10 pontos) Prove que a interseção de dois subespaços vetoriais X1, X2 ⊂ E é um subespaço
vetorial.
Questão 2. Sejam os vetores u := (1, 0, 0), v := (1, 1, 0) e w := (2,−3, 5) de R3.
(a) (5 pontos) Expresse o vetor (1,−3, 10)T como combinação linear de u,v e w.
(b) (5 pontos) O conjunto {v,u,w} é um uma base de R3? Justi�que sua resposta.
Questão 3. (15 pontos) Mostre que os polinômios p1(t) = 2, p2(t) = 2t+1 e p3(t) = −2t2 − 3t+2
formam uma base de P2. Escreva p(t) = 4t2 − 4t+ 2 como combinação linear de {p1,p2,p3}.
Questão 4.
(a) (10 pontos) Seja A ∈ Rm×n. Mostre que N (A) é um subespaço vetorial de Rn.
(b) (25 pontos) Seja a matriz
A =
1 2 4 42 2 5 6
3 −4 −3 2
 .
Encontre bases para os quatro espaços fundamentais Im(A), N (A), Im(AT ), N (AT ) e deter-
mine suas dimensões.
Questão 5. (20 pontos) Seja F1 ⊂ R3 o conjunto dos vetores que tem todas as coordenadas iguais (i.e.,
vetores do tipo (x, x, x)) eF2 ⊂ R3 o conjunto de todos os vetores que tem a primeira coordenada igual
à zero (i.e., vetores do tipo (0, y, z)). Mostre que F1 e F2 são subespaços vetoriais e queR3 = F1⊕F2.
Questão 6. (Bônus de arredondamento: Máximo 0,3 ponto) Cite um personagem da saga Star Wars que
apareceu em todos os 8 (oito) �lmes lançados até agora?
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Resolução
Questão 1) (a) i. Um conjunto X ⊂ E é um subespaço vetorial se
A. 0E ∈ X ;
B. u+ v ∈ X , para todo u,v ∈ X ;
C. αu ∈ X , para todo u ∈ X e α ∈ R.
(0,5 ponto)X
ii. Um conjunto B ⊂ X , X subespaço vetorial de E é uma base de X se
A. B for L.I;
B. B gerar X , isto é X = span(B).
(0,5 ponto)X
iii. Sejam os subespaços vetoriais X1, X2 de E, um subespaço vetorial. Seja X = X1 ∩X2
e tome u,v ∈ X e α ∈ R. Note que por um lado αu + v ∈ X1 que é um subespaço.
(0,5 ponto)X
Por outro lado, também temos αu+v ∈ X2 pelo mesmo motivo. Logo αu+v ∈ X1 ∈
X o que implica que X é um subespaço. (0,5 ponto)X
Questão 2) (a) Seja A :=
[
u v w
]
∈ R3×3 =
1 1 20 1 −3
0 0 5
 e o vetor b := (1,−3, 10). Para escrever
b = α1u+ α2v + α3w, basta resolver o sistema Ax = b. Neste caso, temos1 1 20 1 −3
0 0 5

α1α2
α3
 =
 1−3
10

e a solução α1 = −6, α2 = 3 e α3 = 2. (0,5 ponto)X
(b) Note que o S.L. homogêneo Ax = 0 tem solução única, pois A é inversível. Portanto, o
conjunto {v,u,w} é LI. Como dim(R3) = 3 e trata-se de um conjunto LI de 3 vetores,
então {v,u,w} é uma base de R3. (0,5 ponto)X
Questão 3) Vamos mostrar que o conjunto de polinômios dados é uma base para P2.
i. (LI) Fazemos a C.L. nula α1p1(t) + α2p2(t) + α3p3(t) = 0P2 e lembrando que 0P2 =
0t2 + 0t+ 0 temos
α1(2) + α2(2t+ 1) + α3(−2t2 − 3t+ 2) = 0t2 + 0t+ 0 ⇒
(−2α3)t2 + (2α2 − 3α3)t+ (2α1 + α2 + 2α3) = 0t2 + 0t+ 0,
o que resulta no sistema linear 
2α1 + α2 + 2α3 = 0
2α2 − 3α3 = 0
−2α3 = 0
,
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com matriz de coe�cientes
2 1 22 −3
−2
, a qual é não-singular. Logo o SL tem solução única
e portanto α1 = α2 = α3 = 0 e logo o conjunto é LI. (0,5 ponto)X
ii. (Gera P2) Utilizando as ideias acima, dado qualquer polinômio p(t) = a2t2+a1t+a0 ∈ P2,
é possível construir o sistema linear
2α1 + α2 + 2α3 = a0
2α2 − 3α3 = a1
−2α3 = a2
.
Como a matriz do coe�cientes é não-singular, temos solução única para todo vetor (a2, a1, a0).
Logo, qualquer vetor de P2 pode ser escrito como CL de {p1,p2,p3} e logo este conjunto
gera P2. (0,5 ponto)X
Outro argumento é que dim(P2) = 3 e logo, como o conjunto de 3 vetores é LI, temos uma
base. (0,5 ponto)X
iii. Considerando o item acima e o vetor p(t) = 4t2 − 4t+ 2, temos o sistema linear2 1 22 −3
−2

α1α2
α3
 =
 2−4
4

cuja solução é α1 = 112 , α2 = −5, α3 = −2. (0,5 ponto)X
Questão 4) (a) Sejam x,y ∈ N (A) e α ∈ R. Então Ax = 0 e Ay = 0. (0,5 ponto)X
Note que A(αx + y) = αAx + Ay = α0 + 0 = 0. Logo αx + y ∈ N (A) está provado
que N (A) é um subespaço vetorial. (0,5 ponto)X
(b) Dada a matrizA =
1 2 4 42 2 5 6
3 −4 −3 2
, efetuamos sua fatoração LU e obtemosL =
1 0 02 1 0
3 5 1

e U =
1 2 4 40 −2 −3 −2
0 0 0 0
. (0,5 ponto)X
Com isso temos:
i. Base e dimensão deIm(A): ComoU tem apenas duas linhas não-nulas, dim(Im(A)) =
2. As colunas 1 e 2 deU contém os pivôs, logo as colunas 1 e 2 deA, isto é, {(1, 2, 3), (2, 2,−4)}
formam uma base de Im(A). (0,5 ponto)X
ii. Base e dimensão de N (A): Como A tem 4 colunas, pelo teorema do núcleo e da
imagem, dim(N (A) = 4− dim(Im(A)) = 4− 2 = 2.
Para uma base de N (A), resolvemos Ux = 0. Neste caso, temosx1 + 2x2 + 4x3 + 4x4 = 0−2x2 − 3x3 − 2x4 = 0 =
x1 + 2x2 = −4x3 − 4x4−2x2 = 3x3 + 2x4 ,
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e assim x1 = −x3 − 2x4 e x2 = −32x3 − x4.
Portanto, os vetores de N (A) são escritos como

x1
x2
x3
x4
 =

−x3 − 2x4
−32x3 − x4
x3
x4
 =

−x3
−32x3
x3
0
+

−2x4
−x4
0
x4
 = x3

−1
−32
1
0
+x4

−2
−1
0
1
 , ∀x3, x4 ∈ R.
Logo uma base para N (A) é {(−1,−32 , 1, 0)(−2,−1, 0, 1)}. (0,5 ponto)X
iii. Base e dimensão de Im(AT ): Como posto-linha e posto-coluna são iguais, segue que
dim(Im(AT )) = 2. Para uma base de Im(AT ), basta tomarmos as linhas não-nulas
de U , pois Im(AT ) = Im(UT ). Então, temos que {(1, 2, 4, 4), (0,−2,−3,−2)} é a
base procurada. (0,5 ponto)X
iv. Base e dimensão de N (AT ): Como A tem 3 linhas, Pelo Teorema do Núcleo e da
Imagem, dim(N (AT )) = 3 − Im(AT ) = 3 − 2 = 1. Como U tem a última linha
nula, uma base de N (AT ) é dada pela última linha da matriz L−1. Como L−1 = 1 0 0−2 1 0
7 −5 1
, então {(7,−5, 1)} é uma base de N (AT ). (0,5 ponto)X
Questão 5) (a) F1 e F2 são subespaços. Com efeito, para F1, sejam u,v ∈ F1 e α ∈ R. Então u =
(u, u, u), u ∈ R e v = (v, v, v), v ∈ R. Segue que αu + v = α(u, u, u) + (v, v, v) =
(αu+v, αu+v, αu+v) que está em F1 pois tem todas as coordenadas iguais. (0,5 ponto)X
ParaF2 sejamu,v ∈ F2 eα ∈ R. Entãou = (0, u′, u′′), u′, u′′ ∈ R ev = (0, v′, v′′), v′, v′′ ∈
R. Segue que αu+ v = α(0, u′, u′′) + (0, v′, v′′) = (0, αu′ + v′, αu′′ + v′′2 que está em F1
pois tem a primeira coordenada nula. (0,5 ponto)X
(b) R3 = F1 ⊕ F2. Primeiro, note F1 + F2 ⊂ Real3. Por outro lado, vamos mostrar que todo
x ∈ R pode ser escrito como soma v1+v2, com v1 ∈ F1 e v2 = F2. Com efeito, devemos ter
(x1, x2, x3) = (x, x, x) + (0, y, z) = (x, x+ y, x+ z). Logo, tomando x = x1, y = x2 − x1
e z = x3 − x1 temos o resultado desejado. (0,5 ponto)X
Quanto a soma direta, vamos mostrar que F1 ∩ F2 = {0}. Seja x ∈ F1 ∩ F2. Logo, por
um lado x = (x, x, x). Por outro lado, x = (0, y, z). Assim, temos x = 0, y = x = 0 e
z = x = 0. Portanto, x = 0, como queríamos. (0,5 ponto)X
Questão 6) C-3PO ou RD-D2. (Até 0,3 ponto)X
Boa Prova!