Prova de GAAL com gabarito

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Universidade Federal de Santa Catarina – Campus Blumenau
Curso(s): Engenharia Têxtil
Professora: Daniela Amazonas
Geo. Analítica e Álg. Linear – 2019.1 – Prova P3 – 10/06/2019
Aluno(a) GABARITO
Q1
Q2
Q3
Q4∑
INSTRUÇÕES
RESPOSTAS SEM JUSTIFICATIVA OU QUE NÃO INCLUAM OS CÁLCULOS NECESSÁRIOS NÃO
SERÃO CONSIDERADAS.
A PROVA DEVE SER FEITA EM CANETA AZUL OU PRETA.
Questão 1. (2,0pts) Suponha que R4 tenha o produto interno euclidiano e seja ~u =
(−1,−1, 0, 2). Determine se o vetor ~u é ortogonal ao subespaço gerado pelos vetores
~w1 = (1,−1, 3, 0) e ~w2 = (4, 0, 9, 2)
Questão 2. (3,0pts) Sejam ~u = (u1, u2, u3) e ~v = (v1, v2, v3) vetores do R3. Seja β =
{(1, 1, 1), (0, 2, 1), (0, 0, 1)} uma base de R3. Dado o produto interno
< ~u,~v >= 3u1v1 + 5u2v2 + 2u3v3,
a) Veri�que que < ~u,~v > satisfaz os 4 axiomas de produto interno.
b) Obtenha a partir de β uma base ortonormal em relação ao produto interno < ~u,~v >.
Questão 3. (3,0pts)
a) Encontre a imagem de ~v = (1, 1, 1) pela rotação anti-horária de π
6
em torno do eixo y
positivo, sabendo que o operador matricial dessa operação é cos θ 0 sen θ0 1 0
− sen θ 0 cos θ

b) Mostre que o operador é uma matriz ortogonal.
Questão 4. (2,0pts) Encontre uma matriz P que diagonaliza A e calcule P−1AP .1 0 00 1 1
0 1 1

Geo. Analítica e Álg. Linear – 2019.1 – Prova P3 – 10/06/2019 2/3
RESOLUÇÃO
Q1) Um vetor qualquer de um subespaço gerado por ~w1 e ~w2 pode ser escrito como
~v = a(1,−1, 3, 0) + b(4, 0, 9, 2) = (a+ 4b,−a, 3a+ 9b, 2b). (1,0 pontos) X
Para determinar se ~u é ortogonal a ~v, devemos calcular o produto interno entre eles, ou
seja
< ~u,~v >= (−1)(a+4b)+(−1)(−a)+(0)(3a+9b)+(2)(2b) = −a−4b+a+4b = 0. (1,0 pontos) X
Logo ~u é ortogonal ao subespaço gerado por ~w1 e ~w2.
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Q2) a) Veri�cando os 4 axiomas temos
• < ~u,~v >= 3u1v1 + 5u2v2 + 2u3v3 = 3v1u1 + 5v2u2 + 2v3u3 =< ~v, ~u >
• < ~u+ v, ~w >= 3(u1 + v1)w1 +5(u2 + v2)w2 +2(u3 + v3)w3 = 3u1w1 +5u2w2 +
2u3w3 + 3v1w1 + 5v2w2 + 2v3w3 =< ~u, ~w > + < ~v, ~w >
• < ~au,~v >= 3au1v1+5au2v2+2au3v3 = a(3u1v1+5u2v2+2u3v3) = a < ~u,~v >
• < ~v,~v >= 3v1v1 + 5v2v2 + 2v3v3 = 3(v1)2 + 5(v2)2 + 2(v3)2 > 0 e só será igual
a zero se ~v = ~0 (1,5 pontos) X
b) Usando o processo de ortogonalização de Gram-Schmidt e fazendo ~u = (1, 1, 1), ~v =
(0, 2, 1) e ~w = (0, 0, 1) temos
~z1 = (1, 1, 1); ||~z1|| =
√
10; < ~v, ~z1 >= 12
~z2 = (0, 2, 1)−
12
10
(1, 1, 1) =
(
−6
5
,
4
5
,−1
5
)
; ||~z2|| =
√
38
5
; < ~w, ~z1 >= 2; < ~w, ~z2 >= −
2
5
~z3 = (0, 0, 1)−
2
10
(1, 1, 1) +
2
38
(
−6
5
,
4
5
,−1
5
)
=
(
− 5
19
,− 3
19
,
15
19
)
; ||~z3|| =
√
30
19
(1,0 pontos) X
Normalizando os vetores temos ~n1 =
(
1√
10
,
1√
10
,
1√
10
)
, ~n2 =
(
−6
√
5
5
√
38
,
4
√
5
5
√
38
,
−
√
5
5
√
38
)
e ~n3 =
(
−5
√
19
19
√
30
,
−3
√
19
19
√
30
,
15
√
19
19
√
30
)
.
Assim, a nova base ortonormal é β′ = { ~n1, ~n2, ~n3} (0,5 pontos) X
======================================================================
Q3) a) A matriz de rotação para θ = π
6
é cos π6 0 sen π60 1 0
− sen π
6
0 cos π
6
 =

√
3
2
0 1
2
0 1 0
−1
2
0
√
3
2
 (0,5 pontos) X
Assim, a imagem de ~v será
√
3
2
0 1
2
0 1 0
−1
2
0
√
3
2

11
1
 =

√
3
2
+ 1
2
1√
3
2
− 1
2
 (1,0 pontos) X
Geo. Analítica e Álg. Linear – 2019.1 – Prova P3 – 10/06/2019 3/3
b) Para mostrar que o operador é uma matriz ortogonal fazemos cos θ 0 sen θ0 1 0
− sen θ 0 cos θ

cos θ 0 − sen θ0 1 0
sen θ 0 cos θ
 =
1 0 00 1 0
0 0 1
 (1,5 pontos) X
Como AAT = I , então o operador é ortogonal .
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Q4) O polinômio característico de A é
det(λI − A) = det
λ− 1 0 00 λ− 1 −1
0 −1 λ− 1
 = λ3 − 3λ2 + 2λ = λ(λ− 1)(λ− 2)
Assim, os autovalores distintos são λ = 0, λ = 1 e λ = 2. (0,5 pontos) X
Se ~x = [x1 x2 x3]T é um autovetor associado a um autovalor de A, entãoλ− 1 0 00 λ− 1 −1
0 −1 λ− 1

x1x2
x3
 =
00
0

• para λ = 0 temos
−x1 = 0
−x2 − x3 = 0
−x2 − x3 = 0
⇒
x1x2
x3
 =
 0−t
t
 = t
 0−1
1

• para λ = 1 temos 
0x1 = 0
−x2 = 0
−x3 = 0
⇒
x1x2
x3
 =
t0
0
 = t
10
0

• para λ = 2 temos 
x1 = 0
x2 − x3 = 0
−x2 + x3 = 0
⇒
x1x2
x3
 =
0t
t
 = t
01
1

Portanto, a matriz
P =
 0 1 0−1 0 1
1 0 1
 (1,0 pontos) X
diagonaliza A. Além disso
P−1AP =
0 0 00 1 0
0 0 2
 (0,5 pontos) X