Universidade Federal de Pernambuco
Departamento de Matem´atica - ´Area II1o Exerc´ıcio Escolar de ´Algebra Linear - GABARITO 03/02/2006
SEGUNDO SEMESTRE DE 2005
1a quest˜ao. Considere o sistema de equa¸c˜oes lineares dado por:
A = 2 0 1 2 3 0 0 1 1 0 0 1 3 1 1 0 −1 −1 1 −1 x1 x2 x3 x4 x5 = 0 1 −1 0 (1)
(a) O sistema descrito em (1) admite solu¸c˜ao? Justifique. (1.25 ponto)
Solu¸c˜ao: A matriz aumentada associada a (1) ´e 2 0 1 2 3 0 0 0 1 1 0 1 0 1 3 1 1 −1 0 −1 −1 1 −1 0
Usando linha-equivalˆencia, procedemos:
2 0 1 2 3 0 0 0 1 1 0 1 0 1 3 1 1 −1 0 −1 −1 1 −1 0 L2↔ L3 ∼ L1← 12L1 1 0 1 2 1 32 0 0 1 3 1 1 −1 0 0 1 1 0 1 0 −1 −1 1 −1 0 L4← L4+ L2 ∼ 1 0 1 2 1 32 0 0 1 3 1 1 −1 0 0 1 1 0 1 0 0 2 2 0 −1 L1← L1−12L3 ∼ L2← L2− 3L3 L4← L4− 2L3 1 0 0 1 2 32 12 0 1 3 1 1 −4 0 0 1 1 0 1 0 0 0 0 0 −3
Claramente, vemos que o posto da matriz aumentada na forma escada associada ao sistema ´e maior que o posto da matriz de coeficientes e, portanto, o sistema (1) n˜ao admite solu¸c˜ao. A = 2 0 1 2 3 0 0 1 1 0 0 1 3 1 1 0 −1 −1 1 −1 x1 x2 x3 x4 x5 = 0 0 0 0 (2)
(b) O sistema descrito em (2) admite solu¸c˜ao? Se sim, determine a dimens˜ao do subespa¸co
das solu¸c˜oes. (1.25 ponto)
Solu¸c˜ao: Um sistema homogˆeneo sempre admite solu¸c˜oes (pelo menos a trivial). Como visto no item anterior, o posto da matriz de coeficientes ´e igual a 3, da´ı a dimens˜ao do espa¸co das solu¸c˜oes (que ´e dado pelo n´umero de inc´ognitas menos o posto) ´e 2.
2a quest˜ao. Considere os seguintes subespa¸cos de R4: W1= {(x, y, z, t) ∈ R4: x + y − z = 0 e x − z + t = 0} W2= D w1= (0, 1, 0, −2), w2= (3, −1, 2, −1), w3= (0, 1, 1, 1) E Pede-se:
(a) Exiba uma base para o subespa¸co W1. (0.5 ponto)
Solu¸c˜ao: W1´e dado pelo conjunto das solu¸c˜oes dos sistema:
( x + y − z = 0 x − z + t = 0 Por linha-equivalˆencia: " 1 1 −1 0 1 0 −1 1 # L2← (−)L2+ L1 ∼ " 1 1 −1 0 0 1 0 −1 # L1← L1− L2 ∼ " 1 0 −1 1 0 1 0 −1 # ,
que corresponde ao sistema: (
x − z + t = 0
y − t = 0
cujas solu¸c˜oes s˜ao dadas por (x, y, z, t) = (c − d, d, c, d), c, d ∈ R, ou seja, (x, y, z, t) = c(1, 0, 1, 0) + d(−1, 1, 0, 1),
o que diz que u1 = (1, 0, 1, 0) e u2 = (−1, 1, 0, 1) geram os vetores de W1 e como s˜ao
claramente L.I. (um n˜ao ´e m´ultiplo do outro), estes formam uma base para W1.
(b) Exiba uma base para o subespa¸co W1+ W2. (1.0 ponto)
Solu¸c˜ao: Como W1+ W2´e gerado pelos vetores u1, u2, w1, w2, w3, basta verificarmos
quais vetores formam um conjunto L.I.:
u1→ u2→ w1→ w2→ w3→ 1 0 1 0 −1 1 0 1 0 1 0 −2 3 −1 2 −1 0 1 1 1 L2← L2+ L1 ∼ L4← L4− 3L1 1 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 −2 0 −1 −1 −1 0 1 1 1 L3← (−)L3+ L2 ∼ L4← L4+ L2 L5← L5− L2 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0
Logo, o conjunto {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 1), (0, 0, −1, −3)} gera W1+ W2 e como s˜ao L.I. tal
conjunto ´e uma base para W1+ W2.
(c) Exiba uma base para o subespa¸co W1∩ W2. (1.0 ponto)
Solu¸c˜ao: Primeiramente, vamos escrever W2 de forma param´etrica. Se v = (x, y, z, t)
pertence a W2, ent˜ao ele pode ser escrito como combina¸c˜ao linear dos vetores w1, w2 e
w3, ou seja,
o que equivale ao sistema, 3b = x a −b +c = y 2b +c = z −2z −b +c = t 0 3 0 x 1 −1 1 y 0 2 1 z −2 −1 1 t L2↔ L1 ∼ 1 −1 1 y 0 3 0 x 0 2 1 z −2 −1 1 t L2← 13L2 ∼ L4← L4+ 2L1 1 −1 1 y 0 1 0 1 3x 0 2 1 z 0 −3 3 2y + t L1← L1+ L2 ∼ L3← L3− 2L2 L4← L4+ 3L2 1 0 1 1 3x + y 0 1 0 1 3x 0 0 1 −23x + z 0 0 3 x + 2y + t L4← L4− 3L3 ∼ 1 0 1 1 3x + y 0 1 0 1 3x 0 0 1 −2 3x + z 0 0 0 3x + 2y − 3z + t
o que nos diz que que W2 = {(x, y, z, t) ∈ R4 : 3x + 2y − 3z + t = 0}. Agora, se
v = (x, y, z, t) ∈ W1∩ W2ent˜ao este deve ser solu¸c˜ao do sistema:
v ∈ W1 ½ v ∈ W2{ x +y −z = 0 x −z +t = 0 3x +2y −3z +t = 0 (3)
Resolvendo o sistema (3), acima: 1 1 −1 0 1 0 −1 1 3 2 −3 1 L2← (−)L2+ L1 ∼ L3← L3− 3L1 1 1 −1 0 0 1 0 −1 0 −1 0 1 L1← L1− L2 ∼ L3← L3+ L2 1 0 −1 1 0 1 0 −1 0 0 0 0
que representa o sistema ½
x −z +t = 0
y −t = 0
cujas solu¸c˜oes podem ser escritas como
(x, y, z, t) = (c − d, d, c, d) = c(1, 0, 1, 0) + d(−1, 1, 0, 1),
que ´e o mesmo subespa¸co W1, ou seja, W1∩ W2= W1, e uma base para tal subespa¸co ´e
n
(1, 0, 1, 0), (−1, 1, 0, 1)o.
Solu¸c˜ao: (outra) Um vetor de W2´e da forma:
a(0, 1, 0, −2) + b(3, −1, 2, −1) + c(0, 1, 1, 1) = (3b, a − b + c, 2b + c, −2a − b + c).
Tal vetor pertence a W1 se, e somente se, satisfaz `as equa¸c˜oes que definem W1, isto ´e,
( 3b + (a − b + c) − (2b + c) = 0 3b − (2b + c) + (−2a − b + c) = 0 ( a = 0 −2a = 0 ⇒ a = 0.
Portanto, W1∩ W2= hw2, w3i e {w1, w2} ´e base desse subespa¸co.
3a quest˜ao. Seja V = P
3(R), o espa¸co vetorial dos polinˆomios de grau menor ou igual a 3. Sejam p1(t) =
t3+ 1, p
2(t) = t − 1, p3(t) = t3− t + 2 e p4(t) = −1, vetores de V .
(a) Seja W ⊂ V gerado por p1, p2, p3 e p4. Calcule dim(W ). (1.5 ponto)
Solu¸c˜ao: Note que a condi¸c˜ao para que o polinˆomio q(t) = a3t3+a2t2+a1t+a0∈ P3(R)
perten¸ca a W =p1, p2, p3, p4
®
, pode ser obtida fazendo
q(t) = x1p1(t) + x2p2(t) + x3p3(t) + x4p4(t) : a3t3+ a2t2+ a1t + a0 = x1p1(t) + x2p2(t) + x3p3(t) + x4p4(t) = x1(t3+ 1) + x2(t − 1) + x3(t3− t + 2) + x4(−1) = (x1+ x3)t3+ (x2− x3)t + (x1− x2+ 2x3− x4), ou seja, x1 +x3 = a3 0 = a2 x2 −x3 = a1 x1 −x2 +2x3 −x4 = a0 (4) Resolvendo o sistema (4), 1 0 1 0 a3 0 0 0 0 a2 0 1 −1 0 a1 1 −1 2 −1 a0 L2↔ L4 ∼ 1 0 1 0 a3 1 −1 2 −1 a0 0 1 −1 0 a1 0 0 0 0 a2 L2← (−)L2+ L1 ∼ 1 0 1 0 a3 0 1 −1 1 a3− a0 0 1 −1 0 a1 0 0 0 0 a2 L3← (−)L3+ L2 ∼ 1 0 1 0 a3 0 1 −1 1 a3− a0 0 0 0 1 a3− a1− a0 0 0 0 0 a2
ou seja, para que q(t) ∈ W , a2= 0 e podemos escrever
W =
n
q(t) ∈ P3(R) : o coeficiente do monˆomio de grau 2 ´e 0
o
.
Assim, uma base para W pode ser dada por©1, t, t3ªe, portanto, dim(W ) = 3.
Solu¸c˜ao: (outra) Seja
A = 1 0 0 1 −1 1 0 0 2 −1 0 1 −1 0 0 0
a matriz das coordenadas dos polinˆomios na base {1, t, t2, t3}. Esta matriz ´e
linha-equivalente `a matriz: 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0
Assim, dim(W ) = posto(A) = 3, e W h1, t, t3i.
(b) O polinˆomio q(t) = 3t3− 7t + 8 pertence a W ? Justifique.
(1.0 ponto)
Solu¸c˜ao: Como q(t) = 3t3− 7t + 8 n˜ao possui o monˆomio de grau 2, ent˜ao como visto
4a Quest˜ao Sejam S, A ⊂ M
2×2(R), os conjuntos das matrizes 2 × 2, tais que:
S = (" a11 a12 a21 a22 # : a12= a21 ) e A = (" 0 a12 a21 0 # : a12= −a21 )
(a) Mostre que S e A s˜ao subespa¸cos de M2×2(R). (1.0 ponto)
Solu¸c˜ao: Sejam S1, S2∈ S e α, β ∈ R, digamos
S1= " a b b c # e S2= " d e e f # , a, b, c, d, e, f ∈ R, Assim, αS1+ βS2 = α " a b b c # + β " d e e f # = " αa + βd αb + βe αb + βe αc + βf # ∈ S.
Da mesma forma, sejam A1, A2∈ A e α, β ∈ R, com
A1= " 0 b −b 0 # e A2= " 0 e −e 0 # , b, e ∈ R, temos, αA1+ βA2 = α " 0 b −b 0 # + β " 0 e −e 0 # = " 0 αb + βe −(αb + βe) 0 # ∈ A.
(b) Determine as dimens˜oes de S e A (1.0 ponto)
Solu¸c˜ao: Para S ∈ S, escrevemos,
S = " a b b c # = a " 1 0 0 0 # + b " 0 1 1 0 # + c " 0 0 0 1 # ,
ou seja, as trˆes matrizes `a direita da igualdade geram S e como s˜ao claramente L.I. formam uma base para este subespa¸co e dim(S) = 3.
Similarmente, A ∈ A, escrevemos, A = " 0 b −b 0 # = b " 0 1 −1 0 # ,
ent˜ao a matriz acima `a direita gera A e como n˜ao ´e nula, ela forma um conjunto L.I. e uma base para este subespa¸co. Logo, dim(A) = 1.
Solu¸c˜ao: (outra para item (a) e (b)) " a11 a12 a12 a22 # = a11 " 1 0 0 0 # + a12 " 0 1 1 0 # + a22 " 0 0 0 1 # Logo S = *" 1 0 0 0 # , " 0 1 1 0 # , " 0 0 0 1 #+
. E mais, dim(S) = 3, pois as trˆes matrizes
s˜ao L.I.. " 0 a12 −a12 0 # = a12 " 0 1 −1 0 # ⇒ A = *" 0 1 −1 0 #+ ⇒ dim(A) = 1
(c) Determine S ∩ A. (0.5 ponto)
Solu¸c˜ao: Note que se B ∈ M2×2(R), digamos,
B = " b11 b12 b21 b22 # ,
se B ∈ S ∩ A, ent˜ao b21 = b12, pois B ∈ S, e b11 = b22 = 0 e b21 = −b12. Logo
b11= b22= b21= b12= 0 e B ´e a matriz nula. Assim temos,
S ∩ A = {0}.
Solu¸c˜ao: (outra) Seja B ∈ A, B = "
0 b
−b 0
#
. B ∈ S se, e somente se, b = −b ⇔
2b = 0 ⇔ b = 0 ⇔ B = " 0 0 0 0 # . Logo, A ∩ S = (" 0 0 0 0 #) .
