Grátis: 3. Considere os subconjuntos não vazios de M2(R) W1 = { ( a b; c −a ) ; a, b, c ∈ R } e W2 = { ( a 0; 0 a ) , a ∈ R }. (a) (1pt) Mostre que W1 é... – Questões Respondidas

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3. Considere os subconjuntos não vazios de M2(R)

W1 = { ( a b; c −a ) ; a, b, c ∈ R }

e W2 = { ( a 0; 0 a ) , a ∈ R }.

(a) (1pt) Mostre que W1 é subespaço vetorial de M2(R);

RESPOSTA: Note que W1 é não vazio, pois a matriz nula pertence a W1. Além disso, dados α, β ∈ R,

A1 = ( a1 b1; c1 −a1 ) e A2 = ( a2 b2; c2 −a2 ), temos que αA1 + βA2 = α( a1 b1; c1 −a1 ) + β( a2 b2; c2 −a2 ) = ( αa1 + βa2 αb1 + βb2; αc1 + βc2 −(αa1 + βb1) ), mostrando que αA1 + βA2 ∈ W1 e portanto W1 é um subespaço vetorial de M2(R).

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P1 - 2020 2 - 2S - Resolução

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Ed

há 12 meses

Para mostrar que \( W_1 \) é um subespaço vetorial de \( M_2(\mathbb{R}) \), precisamos verificar três condições: 1. Não vazio: A matriz nula \( (0 \, 0; 0 \, 0) \) pertence a \( W_1 \) quando \( a = 0, b = 0, c = 0 \). Portanto, \( W_1 \) é não vazio. 2. Fechamento sob adição: Se \( A_1 = (a_1 \, b_1; c_1 \, -a_1) \) e \( A_2 = (a_2 \, b_2; c_2 \, -a_2) \) pertencem a \( W_1 \), então para \( \alpha, \beta \in \mathbb{R} \): \[ \alpha A_1 + \beta A_2 = \alpha (a_1 \, b_1; c_1 \, -a_1) + \beta (a_2 \, b_2; c_2 \, -a_2) = \left( \alpha a_1 + \beta a_2 \, \alpha b_1 + \beta b_2; \alpha c_1 + \beta c_2 \, -(\alpha a_1 + \beta a_2) \right) \] A matriz resultante ainda tem a forma \( (a \, b; c \, -a) \), logo, pertence a \( W_1 \). 3. Fechamento sob multiplicação escalar: Para \( A_1 = (a_1 \, b_1; c_1 \, -a_1) \) e \( \alpha \in \mathbb{R} \): \[ \alpha A_1 = \alpha (a_1 \, b_1; c_1 \, -a_1) = (\alpha a_1 \, \alpha b_1; \alpha c_1 \, -(\alpha a_1)) \] A matriz resultante também tem a forma \( (a \, b; c \, -a) \), portanto, pertence a \( W_1 \). Como todas as condições são satisfeitas, podemos concluir que \( W_1 \) é um subespaço vetorial de \( M_2(\mathbb{R}) \).

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1. (2pt) As seguintes afirmacoes são verdadeiras? Justifique.

(a) (0.5pt) {(x, y, z) ∈ R3; z = 0} é subespaço vetorial de R3; RESPOSTA: A afirmação é VERDADEIRA, pois (0, 0, 0) certamente está em tal conjunto e além disso, se a, b ∈ R e (x1, y1, z1), (x2, y2, z2) são tais que z1 = z2 = 0, então az1 + bz2 = 0, mostrando que
a(x1, y1, z1) + b(x2, y2, z2) = (ax1 + bx2, ay1 + by2, az1 + bz2) está em tal conjunto.

(b) (0.5pt) Se U e W são subespaços vetoriais de V, então U ∪ W é um subespaço vetorial de V;

RESPOSTA: A afirmação é FALSA. Considere por exemplo os subespaços vetoriais de R2 dados por U = {(x, 0), x ∈ R} e W = {(0, y), y ∈ R}.

Sua união é o conjunto U ∪ W = {(x, y) ∈ R2; xy = 0}, que não é subespaço vetorial de R2, pois (1, 0) e (0, 1) estão em U ∪ W, mas no entanto (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) /∈ U ∪ W.

(c) (0.5pt) O polinômio p(t) = t2 + 4t − 3 é combinação linear de p1(t) = t2 − 5, p2(t) = 2t2 − 3t + 2 e p3(t) = −t + 3;

RESPOSTA: A afirmação é VERDADEIRA. Escrevendo p(t) = ap1(t) + bp2(t) + 3p3(t), obtemos,
t2 + 4t − 3 = a(t2 − 5) + b(2t2 − 3t + 2) + c(−t + 3) = (a + 2b)t2 + (−3b − c)t + (−5a + 2b + 3c).

Igualando os coeficientes dos polinômios da igualdade acima, temos o sistema linear { a + 2b = 1; −3b − c = 4; −5a + 2b + 3c = −3 }.

Sob operações elementares, tal sistema é equivalente ao sistema linear { a + 2b = 1; −3b − c = 4; −c = 18 }.

E portanto a = −25/3, b = 14/3 e c = −18 é solução do sistema acima. Disso, p(t) = −25/3 p1(t) + 14/3 p2(t) − 18p3(t), mostrando a veracidade da afirmação.

(d) (0.5pt) Se {u, v, w} ⊂ V é L.I. então {v + u, u + w, v + w} é L.I.

RESPOSTA: A afirmação é VERDADEIRA, pois se a, b, c são escalares satisfazendo a(v + u) + b(u + w) + c(v + w) = 0V, então 0V = av + au + bu + bw + cv + cw = (a + b)u + (a + c)v + (b + c)w.

Sendo {u, v, w} L.I., devemos ter necessariamente a + b = a + c = b + c = 0 =⇒ a = b = c = 0, mostrando que {v + u, u + w, v + w} é L.I.

2. (2.5 pt) Considere as seguintes funções de R em C: f1(x) = 1, f2(x) = eix, f3(x) = e−ix, g1(x) = 1, g2(x) = cos x e g3(x) = sinx.

(a) (0.8pt) Mostre que {f1, f2, f3} é um conjunto L.I.;

RESPOSTA: Se a, b, c ∈ C são tais que af1(x) + bf2(x) + cf3(x) = 0, ∀x ∈ R, então a · 1 + b · eix + ce−ix = 0, ∀x ∈ R.

Em particular, considerando x e −x temos que { a + beix + ce−ix = 0; a + be−ix + ceix = 0 }, o que nos dá (b − c)(eix − e−ix) = 0 para todo x ∈ R. Pelas identidades do item b), obtemos então que (b − c)2i sinx = 0 implicando necessariamente que b = c.

Assim, 0 = a + beix + ce−ix = a + b(eix + e−ix) = a + 2b cosx ∀x ∈ R.

No entanto, como a função cosseno não é constante, a relação acima só é válida se, e só se, a = b = 0 e portanto {f1, f2, f3} é L.I.

(b) (0.7pt) Mostre que cada gi pode ser escrito como combinação linear dos fi’s. Para isto, utilize as identidades cosx = eix + e−ix / 2 e sinx = eix − e−ix / 2i.

RESPOSTA: Das relações acima, obtemos que g2(x) = cos x = eix + e−ix / 2 = eix / 2 + e−ix / 2 = 1/2 f2(x) + 1/2 f3(x) e g3(x) = sin x = eix − e−ix / 2i = eix / 2i − e−ix / 2i = 1/2i f2(x) − 1/2i f3(x).

(c) (1pt) Determine a matriz mudança de base Iβγ da base β = {f1, f2, f3} para a base γ = {g1, g2, g3}.

RESPOSTA: Para se obter a matriz Iβγ, devemos escrever os elementos da base β como combinação linear dos elementos da base γ. Mas pelas relações acima, temos que f2(x) = eix = cosx + i sinx = g2(x) + ig3(x) e f3(x) = e−ix = cosx − i sinx = g2(x) − ig3(x), donde Iβγ = [ 1 0 0; 0 1 1; 0 i −i ]