Prova resolvida - Álgebra Linear (Espaços Vetoriais)

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Matemática em Exerćıcios
Exerćıcios resolvidos - Álgebra Linear
Professor Guilherme Miguel Rosa
Questão 1. Seja X = {(x1, x2) ∈ R2}. Determine se X é um espaço vetorial com as operações de
adição e multiplicação por escalar definidas abaixo:
(x1, x2) + (y1, y2) = (x1y1, x2y2) e α(x1, x2) = (αx1, αx2).
Solução: Observe que as duas operações produzem um vetor em R2. Como a operação de multi-
plicação por escalar é a operação usual em R2, não é necessário verificar os axiomas dessa operação.
Mas em relação a adição, podemos concluir que X não é espaço vetorial pois não é satisfeito o axioma
do vetor nulo. Dado um vetor qualquer (x1, x2) e o vetor nulo temos:
(x1, x2) + (0, 0) = (x10, x20) = (0, 0) 6= (x1, x2).
Questão 2. Seja V um espaço vetorial real. Considere A e B dois subespaços vetoriais de V , mostre
que A ∩B também é um subespaço vetorial de V .
Solução: Precisamos mostrar que 0 ∈ A ∩ B, u + v ∈ A ∩ B e au ∈ A ∩ B, onde a é um escalar
qualquer e u, v ∈ A ∩ B. Dados u e v em A ∩ B, tem-se que u, v ∈ A e u, v ∈ B. Como A e B são
subespaços vetoriais de V :
• 0 ∈ A
• u+ v ∈ A;
• au ∈ A;
• 0 ∈ B;
• u+ v ∈ B;
• au ∈ B.
Portanto, 0 ∈ A ∩B, u+ v ∈ A ∩B e au ∈ A ∩B.
Questão 3. Determine o valor de k para que o conjunto B = {(1, 0, k − 1), (−2, k, 1), (0, 1, k)} não
seja uma base de R3.
Solução: Basta que B seja LD. Para isso, a equação a(1, 0, k − 1) + b(−2, k, 1) + c(0, 1, k) = 0 deve
apresentar outras soluções além da trivial a = b = c = 0. Resolvendo a equação, temos:
(a, 0, a(k − 1)) + (−2b, bk, b) + (0, c, ck) = (0, 0, 0).
Logo, a − 2b = 0, bk + c = 0 e a(k − 1) + b + ck = 0. Fazendo a = 2b e c = −bk, a terceira equação
nos fornece 2b(k − 1) + b− bk2 = 0 =⇒ b(2k − 1− k2) = 0. Dessa maneira, para que o sistema seja
SPI, −k2 + 2k − 1 = 0 e consequentemente k = 1.
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Questão 4. Seja {(x, y, z, w) ∈ R4 | x + w = y + z e y = x + z} um subespaço vetorial de R4. Ache
uma base para X e determine sua dimensão.
Solução: Como y = x+ z e x+w = y+ z, podemos deixar todos os componentes do vetor em função
de x e z, onde x e z são eles mesmos, y já está pronto e w = y+ z− x =⇒ w = (x+ z) + z− x = 2z.
Então, um vetor qualquer u ∈ X é da forma u = (x, x + z, z, 2z), com x, z ∈ R. Podemos escrever u
como combinação linear de vetores em R4 fazendo:
(x, x+ z, z, 2z) =(x, x, 0, 0) + (0, z, z, 2z)
=x(1, 1, 0, 0) + z(0, 1, 1, 2)
Logo, o conjunto (1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 2) é uma base de X desde que seja LI. De fato é, pois a(1, 1, 0, 0)+
b(0, 1, 1, 2) = (0, 0, 0, 0) =⇒ (a, a, 0, 0) + (0, b, b, 2b) = (0, 0, 0, 0) =⇒ a = 0 e b = 0. Como a base
tem dois vetores, dim(X) = 2.
Questão 5. Mostre que a função 〈u, v〉 = u1v1 − 6u2v2 não é um produto interno em R2, onde
u = (u1, u2) e v = (v1, v2).
Solução: Basta apresentar um axioma que não é verificado. Nesse caso, não ocorre 〈u, u〉 ≥ 0:
• 〈u, u〉 = (u1)2−6(u2)2, que nem sempre é maior ou igual a zero, tome o caso particular u1 = u2,
onde 〈u, u〉 = −5(u1)2.
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