GABARITO DO PRIMEIRO EXERC´ICIO ESCOLAR PRIMEIRO SEMESTRE DE 2007
04 DE MARC¸ O DE 2008
1a Quest˜ao. (2,0 pts) Dado o sistema linear −4x + 3y = 2 5x − 4y = 0 2x − y = k,
(a) determine a matriz ampliada A do sistema e encontre a matriz B linha reduzida `a forma escada e linha equivalente a A.
(b) Determine k ∈ R tal que o sistema admita solu¸c˜oes.
Solu¸c˜ao.
(a) A matriz ampliada do sistema ´e
A = −45 −4 03 2 2 −1 k
Procuramos a matriz B linha reduzida `a forma escada e linha equiva-lente a A. Usando as opera¸c˜oes elementares, temos
−45 −4 03 2 2 −1 k L17→L1+L2 −→ 1 −1 25 −4 0 2 −1 k L27→L2−5L1 −→ 1 −10 1 −102 2 −1 k L37→L3−2L1 −→ L37→L3−2L1−→ 1 −10 1 −102 0 1 k − 4 L17→L1−→+L2 1 00 1 −10−8 0 1 k − 4 L37→L3−L2−→ 1 00 1 −10−8 0 0 k + 6
Observamos que se k + 6 = 0, ent˜ao a matriz
B = 1 00 1 −10−8 0 0 0
´e linha reduzida `a forma escada e tambem ´e linha equivalente a A.
Suponhamos k + 6 6= 0. Observamos que nesse caso a matriz 1 00 1 −10−8 0 0 k + 6
n˜ao ´e linha reduzida `a forma escada. Usando ainda as opera¸c˜oes elementares, temos: 1 00 1 −10−8 0 0 k + 6 L37→(k+61 )L3 −→ 1 00 1 −10−8 0 0 1 L17→L1−→+8L3 1 00 1 −100 0 0 1 L27→L2−→+10L3 L27→L2−→+10L3 1 0 00 1 0 0 0 1
(Observe que usamos k + 6 6= 0 na primeira opera¸c˜ao elementar)
Portanto, se k + 6 = 0, temos B = 1 00 1 −10−8 0 0 0 , e se k + 6 6= 0 temos B = 1 0 00 1 0 0 0 1 .
(b) Lembramos que o sistema admite solu¸c˜oes se e apenas se o posto da matriz ampliada pAe o posto da matriz dos coeficientes pC s˜ao iguais.
Por defini¸c˜ao, temos pA= numero de linhas n˜ao nulas de B. Isto
´e, pA= 2 se k + 6 = 0 e pA= 3 se k + 6 6= 0.
A matriz dos coeficientes ´e C =
−45 −43 2 −1
. Usando as mesams opera¸c˜oes elementares, temos que C ´e linha equivalente `a mariz
1 00 1
0 0 .
Logo pC = 2 qualquer seja k.
Portanto o sistema admite solu¸c˜oes se e apenas se pA = 2, ou seja
2aQuest˜ao. (2,0 pts) Seja (V, +, ·) o espa¸co vetorial dos polinˆomios de
grau ≤ 3. Dados os vetores
v1= x3, v2 = (1 − x)2, v3= 1 − x, v4 = 1 + x, mostre que o conjunto β = {v1, v2, v3, v4} ´e uma base de V .
Solu¸c˜ao. Precisamos mostrar que
(i) {v1, v2, v3, v4} ´e um conjunto linearmente independente,
(ii) [v1, v2, v3, v4] = V .
Por (i) precisamos mostrar que os ´unicos escalares a1, a2, a3, a4∈ R tais que
a1· v1+ a2· v2+ a3· v3+ a4· v4 = 0V
s˜ao a1 = a2 = a3 = a4= 0.
Procuramos ent˜ao escalares a1, a2, a3, a4 ∈ R tais que a1· v1+ a2· v2+
a3· v3+ a4· v4 = 0V. Substituindo os vetores e calculando, temos
a1· x3+ a2· (1 − x)2+ a3· (1 − x) + a4· (1 + x) =
(a2+ a3+ a4) + (−2a2− a3+ a4)x + a2x2+ a1x3.
Lembramos que nesse caso 0V = 0 + 0x + 0x2+ 0x3, e que, por defini¸c˜ao,
os polimˆomios
(a2+ a3+ a4) + (−2a2− a3+ a4)x + a2x2+ a1x3
e
0 + 0x + 0x2+ 0x3 s˜ao iguais se e apenas se
a2+ a3 + a4 = 0 −2a2− a3+ a4 = 0 a2 = 0 a1 = 0
Portanto temos que a1, a2, a3, a4satisfazem a1·v1+a2·v2+a3·v3+a4·v4= 0V
se e apenas se eles satisfazem o sistema linear a3 + a4 = 0 −a3+ a4 = 0 a2 = 0 a1 = 0
que ´e equivalente ao sistema a3 + a4 = 0 2a4 = 0 a2 = 0 a1 = 0
Logo, a1 · v1+ a2 · v2+ a3 · v3+ a4 · v4 = 0V se e apenas se a1 = a2 = a4 = 0 e a3 = 0 − a4 = 0. Isto ´e, o conjunto {v1, v2, v3, v4} ´e linearmente
independente.
Vamos ver agora que [v1, v2, v3, v4] = V . Precisamos mostrar que para
todo v ∈ V existem escalares a1, a2, a3, a4 ∈ R tais que
(1) v = a1· v1+ a2· v2+ a3· v3+ a4· v4.
Seja ent˜ao v = α0+ α1x + α2x2+ α3x3 um vetor qualquer de V .
Substituindo na (1) tem-se
α0+ α1x + α2x2+ α3x3=
= a1· x3+ a2· (1 − x)2+ a3· (1 − x) + a4· (1 + x) =
= (a2+ a3+ a4) + (−2a2− a3+ a4)x + a2x2+ a1x3.
ou seja, como antes, temos que existem a1, a2, a3, a4 tais que v = a1· v1+
a2· v2+ a3· v3+ a4· v4 se e apenas se a1, a2, a3, a4 satisfazem o sistema
a2+ a3 + a4 = α0 −2a2− a3+ a4 = α1 a2 = α2 a1 = α3
isto ´e, se e e apenas se a1, a2, a3, a4 satisfazem o sistema
a2+ a3 + a4= α0 −a2+ 2a4= α1+ α0 a2= α2 a1= α3. ´
E facil ver que a1= α3. a2= α2 a4= 12(α0+ α1+ a2) = 12(α0+ α1+ α2) a3= α0− a2− a4 = α0− α2−1 2(α0+ α1+ α2) = 1 2(α0− α1− 3α2) satisfazem o sistema.
Isto ´e, dado um vetor qualquer v = α0+ α1x + α2x2+ α
3x3 ∈ V , tem-se
v = a1· v1+ a2· v2+ a3· v3+ a4· v4, onde
a1= α3, a2= α2, a3= 12(α0− α1− 3α2) , a4= 12(α0+ α1+ α2) .
Portanto [v1, v2, v3, v4] = V , e podemos concluir que o conjunto β = {v1, v2, v3, v4} ´e uma base de V .
3aQuest˜ao. (2,0 pts) Dado o vetor v = (1, 0, 0) ∈ R3, determine as coordenadas [v]α= aa12 a3 e [v]β = bb12 b3
de v em rela¸c˜ao `as bases: (a) α = {(1, 1, 1), (−1, 1, 0), (1, 0, −1)};
(b) β = {(0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0)}.
Solu¸c˜ao. A saber, dados um espa¸co vetorial V e um vetor v ∈ V , `as coordenadas a1 a2 .. . an
de v em rela¸c˜ao a uma base {v1, v2, . . . , vn} de V s˜ao os ´
unicos escalares a1, a2, . . . , an tais que
v = a1· v1+ a2· v2+ · · · + an· vn. (a) Procuramos [v]α= aa12 a3 .
Os escalares a1, a2, a3satisfazem v = a1·v1+a2·v2+a3·v3. Substituindo
tem-se (1, 0, 0) = a1· (1, 1, 1) + a2· (−1, 1, 0) + a3· (1, 0, −1) = = (a1− a2+ a3, a1+ a2, a1− a3), ou seja a1− a2+ a3= 1 a1+ a2= 0 a1− a3= 0. Logo a2 = − a1 a3 = a1 a1− a2+ a3 = a1+ a1+ a1 = 1. Portanto a1 = 13, a2 = −31, a3 = 13 e [v]α= 1 3 −1 3 1 3 . (b) Determinamos agora e [v]β = bb12 b3
. Por isso ´e sufficiente observar que
v = (1, 0, 0) = 0 · (0, 0, 1) + 0 · (0, 1, 0) + 1 · (1, 0, 0). Logo [v]β = 00 1 .
4a Quest˜ao. (2,0 pts)
(a) Dˆe a defini¸c˜ao de conjunto linearmente independente de vetores. (b) Sejam (V, +, ·) o espa¸co vetorial das matrizes reais 2 por 2 e k um
n´umero real. Dados os seguintes vetores de V , v1 = · 1 2 0 1 ¸ , v2= · 1 0 0 1 ¸ , v3 = · −1 k 0 −1 ¸ ,
determine (todos) os k ∈ R tais que o conjunto {v1, v2, v3} seja
linearmente independente. Solu¸c˜ao.
(a) Dado um espa¸co vetorial (V, +, ·) e dado um conjunto de vetores β = {v1, v2, . . . , vn} ⊂ V , dizemos que β ´e linearmente independente
se os ´unicos escalares a1, a2, . . . , an∈ R tais que
a1· v1+ a2· v2+ · · · + an· v = 0V s˜ao a1 = a2 = · · · = an= 0.
(b) Por defini¸c˜ao, {v1, v2, v3} ´e linearmente independente se os ´unicos
escalares a1, a2, a3 ∈ R tais que
a1· · 1 2 0 1 ¸ + a2· · 1 0 0 1 ¸ + a3· · −1 k 0 −1 ¸ = 0V = · 0 0 0 0 ¸ s˜ao a1 = a2 = a3 = 0. Calculando, tem-se · a1+ a2− a3 2a1+ a3k 0 a1+ a2− a3 ¸ = · 0 0 0 0 ¸ . Tomando por exemplo
a3= − 1,
a1= 12k,
a2= − 1 − 1 2k,
temos a1· v1+ a2· v2+ a3· v3 = 0V, qualquer seja k ∈ R. Como a3 = −1 6= 0, os trˆes vetores n˜ao s˜ao linearmente independentes,
para qualquer k ∈ R.
Ou seja, n˜ao existe k ∈ R tal que o conjunto {v1, v2, v3} seja
5aQuest˜ao. (2,0 pts) Seja (V, +, ·) um espa¸co vetorial. Dados trˆes
ve-tores w, v1, v2 ∈ V , seja W ⊂ V o subconjunto definido por
W = {w + a1· v1+ a2· v2 | a1, a2 ∈ R}.
(a) Mostre que se 0V (o vetor nulo de V ) pertence a W , ent˜ao w ∈ [v1, v2].
(b) Suponha que w = 0V. Mostre que W ´e subespa¸co vetorial de V .
Solu¸c˜ao.
(a) Como 0V ∈ W , existem a1, a2 ∈ R tais que w + a1· v1+ a2· v2 = 0V.
Logo w = −a1· v1− a2· v2∈ [v1, v2].
(b) Nesse caso temos W = {a1· v1 + a2· v2 | a1, a2 ∈ R}. Precisamos
mostrar que (i) W 6= ∅;
(ii) para todos u1, u2∈ W , tem-se u1+ u2∈ W ;
(iii) para todo α ∈ R e todo u ∈ W , tem-se α · u ∈ W . (i) Como v1 = 1 · v1+ 0 · v2∈ W , temos W 6= ∅.
(ii) Sejam u1 = a1· v1+ a2· v2 e u2= b1· v1+ b2· v2 ∈ W dois vetores
quaisquer. Logo
u1+ u2= (a1· v1+ a2· v2) + (b1· v1+ b2· v2) = = (a1+ b1) · v1+ (a2+ b2) · v2 ∈ W.
(iii) Sejam α ∈ R e u = a1· v1+ a2· v2∈ W quaisquer. Logo α · u2 = α · (a1· v1+ a2· v2) =