ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA DE SETÚBAL DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA
ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICA 2009/2010
TÓPICOS DE RESOLUÇÃO DO 1o TESTE (DIURNO)
QUESTÕES DE ESCOLHA MÚLTIPLA
1. [2,0]Sejam A e B duas matrizes quadradas da mesma ordem tais que A é uma matriz ortogonal (isto é, AAT
= AT
A = In) e B é uma matriz simétrica.
Qual das seguintes afirmações é necessariamente verdadeira? A) A é uma matriz singular.
B) AT
B = (BA)T.
C) AT e BT são permutáveis.
D) AB é uma matriz simétrica.
Resolução: A matriz A é ortogonal logo tem inversa (A−1 = AT), pelo que a opcão A)
é falsa; B é uma matriz simétrica logo B = BT vindo (BA)T
= AT
BT = ATB, pelo que
B) é a opção correcta.
2. [2,0]Considere o conjunto S = {2 + x, 1 − x2, x+ 2x2} ⊆ P 2(R) .
Qual das seguintes afirmações é necessariamente falsa?
A) O polinómio 4 + 2x é uma combinação linear dos elementos de S com os coeficientes 1, 2 e 1, respectivamente.
B) 4 + 2x ∈ S .
C) Os elementos de S são linearmente independentes.
D) É possível obter o polinómio 0+0x+0x2 a partir dos elementos de S de duas formas
distintas.
Resolução: 1 (2 + x) + 2 (1 − x2) + 1 (x + 2x2) = 4 + 2x, pelo que a opcão A) é
ver-dadeira; viu-se que 4 + 2x é combinação linear dos elementos de S logo 4 + 2x ∈ S, donde a opção B) é verdadeira; x + 2x2 = (2 + x) − 2 (1 − x2) portanto os elementos de
3. [2,0]Considere a matriz A= 0 0 k 0 0 k 2 0 1 0 1 −k 0 1 1 1 , onde k é um parâmetro real.
I. Se k = 0, a segunda linha é combinação linear das restantes.
II. Qualquer que seja o valor de k, a quarta linha é combinação linear das restantes. III. Qualquer que seja o valor de k, as três primeiras colunas de A são linearmente
independentes.
IV. As linhas da matriz A são linearmente independentes para k = 0. A lista completa das afirmações correctas é:
A) I e IV. B) III e IV. C) I e II. D) II e III.
Resolução: (0, 0, 2, 0) = λ1(0, 0, 0, 0) + λ2(1, 0, 1, 0) + λ3(0, 1, 1, 1) é impossível, pelo
que a opcão I. é falsa;
(0, 1, 1, 1) = λ1(0, 0, k, 0) + λ2(0, k, 2, 0) + λ3(1, 0, 1, −k) é impossível, sendo a opcão II.
falsa; 0 0 k 0 0 k 2 0 1 0 1 −k 0 1 1 1 −. . .→ 1 0 1 −k 0 1 1 1 0 0 2 −k 0 0 0 k2 2
Da discussão da cararacterística da matriz resulta que, se k = 0 todas as colunas e linhas da matriz são linearmente independentes, donde as opções III. e IV. são verdadeiras e a opção correcta é a opção B).
RESUMO:
A) B) C) D)
1 X
2 X
1. Considere o seguinte sistema de equações lineares, em que a e b são parâmetros reais: −x + y + z = a ax+ 2y − z = 2 ax− ay = b .
(a) [2,5]Discuta o sistema em função dos parâmetros.
Resolução: Recorrendo à matriz ampliada do sistema, [A|B], vamos fazer a sua condensação por forma a obtermos a matriz em escada:
[A|B] = −1 1 1 | a a 2 −1 | 2 a −a 0 | b −→ aL1+ L2 aL1+ L3 −1 1 1 | a 0 a+ 2 a− 1 | a2+ 2 0 0 a | a2 + b .
Vamos agora proceder à discussão do sistema (usando o teorema de Rouché e corolário):
• Se a = −2 ∧ a = 0, então c(A) = c(A|B) = 3 = n.o incógnitas. Logo, o sistema
é possível e determinado.
De contrário, isto é, se a = −2 ∨ a = 0, temos duas situações: • Se a = 0, então:
— Se b = 0, então c(A) = c(A|B) = 2 = 3 = n.o incógnitas, logo, o sistema é
possível e indeterminado.
— Se b = 0, então c(A) = 2 = 3 = c(A|B), logo, o sistema é impossível. • Se a = −2, então −1 1 1 | −2 0 0 −3 | 6 0 0 −2 | b + 4 −→ −2 3L2+ L3 −1 1 1 | −2 0 0 −3 | 6 0 0 0 | b .
— Se b = 0, então c(A) = c(A|B) = 2 = 3 = n.o incógnitas, logo, o sistema é
possível e indeterminado.
— Se b = 0, então c(A) = 2 = 3 = c(A|B), logo, o sistema é impossível. (b) [1,0]Admita que a = −2 e b = 0. Recorrendo ao Método de Gauss, resolva o sistema.
Resolução: Usando os cálculos já efectuados na alínea (a), tem-se −1 1 1 | −2 0 0 −3 | 6 0 0 0 | 0 . Assim, o sistema é equivalente a
−1 1 1 | −2 0 0 −3 | 6 0 0 0 | 0 −→ −L1 −1 3L2 1 −1 −1 | 2 0 0 1 | −2 0 0 0 | 0 −→ L2+L1 1 −1 0 | 0 0 0 1 | −2 0 0 0 | 0 isto é, x− y = 0 z = −2 ⇔ x= y z = −2 ,∀y ∈ R.
(c) [0,5]Indique, justificando, o valor lógico de: "O sistema homogéneo associado a um sistema impossível é um sistema impossível".
Resolução: Afirmação falsa porque um sistema homogéneo é sempre possível. Neste caso, o sistema homogéneo seria possível e indeterminado.
(d) [0,5]Pode afirmar que o conjunto das soluções de um sistema homogéneo é um subespaço vectorial? Justifique.
Resolução: Sim. O conjunto das soluções de um sistema homogéneo constitui o espaço nulo da matriz dos coeficientes do sistema.
2. Considere as matrizes A = 1 2 2 2 4 0 1 1 2 e B = 1 0 0 1 1 0 . (a) [1,5]Calcule A−1.
Resolução: A matriz inversa A−1 obtém-se ampliando a matriz A com a matriz
identidade I3 e reduzindo a matriz resultante. Isto é:
1 2 2 | 1 0 0 2 4 0 | 0 1 0 1 1 2 | 0 0 1 −→ −2L1 + L2 −L1+ L3 1 2 2 | 1 0 0 0 0 −4 | −2 1 0 0 −1 0 | −1 0 1 −→ L2 ↔ L3 1 2 2 | 1 0 0 0 −1 0 | −1 0 1 0 0 −4 | −2 1 0 −→ −L2 1 4L3 −2 −2 0 | 2 1 0 0 1 0 | 1 0 −1 0 0 1 | 1 2 − 1 4 0 −→ 2L3+ L1 1 2 0 | 0 1 2 0 0 1 0 | 1 0 −1 0 0 1 | 1 2 − 1 4 0 −→ −2L2+ L1 1 0 0 | −2 1 2 2 0 1 0 | 1 0 −1 0 0 1 | 1 2 − 1 4 0 Assim, A−1 = −2 1 2 2 1 0 −1 1 2 − 1 4 0 .
(b) Sendo X uma matriz, resolva a equação AX − B = O. Resolução: Tendo em conta que existe A−1, tem-se:
AX− B = O ⇔ AX = O + B ⇔ AX = B ⇔ A−1AX = A−1B ⇔ ⇔A−1AX = A−1B ⇔ A−1A=I3 I3X = A−1B ⇔ X = A−1B. Assim, X = A−1B = −2 1 2 2 1 0 −1 1 2 − 1 4 0 1 0 0 1 1 0 = 0 1 2 0 0 1 2 − 1 4 .
3. Sejam V o subespaço de R3 gerado por (−1, 2, 1) e (0, 3, 2) e W o conjunto de R3
definido por
W = (x, y, z) ∈ R3 : 2x + y − z = 0. (a) [2,0]Caracterize V por meio de um sistema de equações.
Resolução: Seja − →u = (u 1, u2, u3) ∈ V ⇒ −→u ∈ (−1, 2, 1) , (0, 3, 2) ⇒ ⇒ (u1, u2, u3) = a (−1, 2, 1) + b (0, 3, 2) ⇒ −a = u1 2a + 3b = u2 a+ 2b = u3
passando para a forma matricial tem-se: −1 0 | u1 2 3 | u2 1 2 | u3 −→ 2L1+ L2 L1+ L3 −1 0 | u1 0 3 | u2+ 2u1 0 2 | u1+ u3 −→ −2 3L2+ L3 −1 0 | u1 0 3 | u2+ 2u1 0 0 | u1+ u3− 23(u2+ 2u1)
para o sistema ser possível tem-se que u1+ u3− 2 3(u2+ 2u1) = 0 u1+ u3− 23(u2+ 2u1) = 0 ⇐⇒ u1+ 2u2− 3u3 = 0, logo V = (x, y, z) ∈ R3 : x + 2y − 3z = 0 (b) [1,5]Mostre que W é subespaço vectorial de R3.
Resolução: W é subespaço vectorial de R3 sse:
•W = ∅ (?) como 2.0 + 0 − 0 = 0 =⇒ (0, 0, 0) ∈ W =⇒ W = ∅ •∀−→u , −→v ∈ W =⇒ −? →u + −→v ∈ W − →u = (u 1, u2, u3) ∈ W =⇒ 2u1+ u2− u3 = 0 (i) − →v = (v 1, v2, v3) ∈ W =⇒ 2v1+ v2− v3 = 0 (ii)
mostrar que −→u + −→v = (u1+ v1, u2+ v2, u3+ v3) ∈ W é mostrar que
2 (u1+ v1) + (u2+ v2) − (u3+ v3) = 0.
mas atendendo a (i) e (ii) sabemos que
(2u1+ u2− u3) + (2v1+ v2− v3) = 0 ⇐⇒ 2 (u1+ v1) + (u2+ v2) − (u3 + v3) = 0
•∀−→u ∈ W, ∀λ ∈ R=⇒ λ−? →u ∈ W
mostrar que λ−→u = (λu1, λu2, λu3) ∈ W é mostrar que
2 (λu1) + (λu2) − (λu3) = 0
atendendo a (i) tem-se λ (2u1+ u2− u3) = 0 ⇐⇒ 2 (λu1) + (λu2) − (λu3) = 0
então podemos concluir que: ∀−→u ∈ W, ∀λ ∈ R =⇒ λ−→u ∈ W Conclusão: W é subespaço vectorial de R3.
(c) [1,5]Determine V ∩ W. Resolução: Seja −→u ∈ V ∩ W =⇒ −→u ∈ V ∧ −→u ∈ W =⇒ −→u ∈ {(x, y, z) ∈ R3 : x + 2y − 3z = 0 ∧ 2x + y − z = 0} 2x + y − z = 0 x+ 2y − 3z = 0 ⇐⇒ y= z − 2x z = −3x ⇐⇒ y= −5x z = −3x então V∩W = (x, y, z) ∈ R3 : y = −5x ∧ z = −3x= {(x, −5x, −3x) : x ∈ R} = (1, −5, −3) . 4. [1,5]Considere a matriz A = −1 0 2 2 1 −4
. Determine uma base do espaço das colunas de A e indique a sua dimensão.
Resolução: O espaço das colunas é C (A) =< C1, C2, C3 >=< (−1, 2) , (0, 1) , (2, −4) >
pelo que (−1, 2) , (0, 1) e (2, −4) são geradores.
Para constituirem uma base os vectores têm de ser linearmente independentes: −1 0 2 2 1 −4 −→ 2L1+ L2 −1 0 2 0 1 0
A característica da matriz é 2 logo as duas colunas dos redutores são linearmente in-dependentes, portanto {(−1, 2) , (0, 1)} é base de C (A), donde dim C (A) = 2 (no de