21002eFolioB08sol2

(1)

Nome: . . . . B. I.: . . . N0 _{de Estudante: . . . .}

Curso: . . . . Unidade Curricular: ´Algebra Linear I C´odigo: 21002

Data: 12 de Janeiro de 2009 Ano Lectivo: 2008/09

Docente: Ana Lu´ısa Correia Classifica¸cão: . . . . Um e-Fólio é uma actividade avaliada e individual. A submissão do e-Fólio supõe, sob compromisso de honra, que o aluno respondeu às questões individualmente e que não recebeu aux´ılio de ninguém nem prestou aux´ılio a nenhum colega.

Para a resoluc

¸˜

ao do

e-F´

olio B, aconselha-se que:

• Imprima este documento (n˜ao necessariamente a cores). • Preencha devidamente o cabe¸calho do exemplar.

• O e-Fólio é composto por 3 grupos de questões, contém 3 páginas e termina com a palavra FIM. Responda às questões de escolha múltipla no espa¸co destinado ao efeito. Para resolver os grupos II e III pode usar no máximo 5 páginas. • Utilize, sempre, uma letra leg´ıvel.

• Depois de ter realizado o e-Fólio digitalize-o e carregue-o, na página moodle da unidade curricular, em “e-Fólio B”, no tópico 5, até ao dia 17 de Janeiro.

Crit´

erios de avaliac

¸ ˜

ao e cotac

¸˜

ao:

• A cota¸cão total deste e-Fólio é de 4 valores.

• Com excep¸cão das 4 questões de escolha múltipla, terá de justificar todas as respostas e apresentar os cálculos realizados. Não serão pontuadas respostas que não sejam acompanhadas de uma justifica¸cão, mesmo estando correctas.

• Cada questão de escolha múltipla do grupo I tem a cota¸cão de 0.25 valores. Por cada resposta errada serão descontados 1

3 valores. ´E considerada errada uma

questão com mais de uma resposta. A classifica¸cão m´ınima destas 4 questões é de 0 valores. As cota¸cões são as seguintes:

Grupo I ERRADAS C 0 1 2 3 4 E 0 0,0 0,0 0,0 0,0 0,0 R 1 0,25 0,17 0,08 0,0 T 2 0.5 0.42 0,33 A 3 0.75 0,67 S 4 1,0

Grupo II Grupo III

(2)

Grupo I

Em cada questão apenas uma das afirma¸cões a), b), c), d) é verdadeira. Indique-a marcando × no quadrado respectivo. Caso pretenda anular alguma das suas respostas, basta escrever “Anulado” junto a essa resposta e indicar, se for caso disso, a que pretenda que seja considerada.

1. Sejam u, v, w vectores de R3 _{tais que {u, v} ´e um conjunto linearmente independente e}

{u, w} é um conjunto linearmente dependente. Considere as afirma¸cões: (i) (u, v) é base de hu, v, wi.

(ii) w ∈ hu, vi. (iii) v ∈ hu, wi. Ent˜ao:

a) Nenhuma das afirma¸cões é verdadeira. b) Apenas uma das afirma¸cões é verdadeira. @

@

c) Apenas duas das afirma¸cões são verdadeiras. d) Todas as afirma¸cões são verdadeiras.

2. Considere os subespa¸cos vectoriais de R3_:

F = {(x, y, z) ∈ R3: x + y = 2z} , G = {(x, y, z) ∈ R3: x + y = 0, y + z = 0} H = h(1, −1, 1), (1, −1, 0)i.

Ent˜ao:

a) F ∪ G = R3_. _{c) dim G = 2.}

b) F ∩ G ∩ H = ∅. @@ _{d) F + H = R}3_.

3. Considere a transforma¸c˜ao linear T : R3

→ R3 _{definida por T (x, y, z) = (x + y, 0, z), para}

todo (x, y, z) ∈ R3_{. Considere as afirma¸c˜oes seguintes:}

(i) ker T = {a(1, −1, 0) : a ∈ R}; (ii) ker T = ker T2_{, onde T}2 _{= T ◦ T ;}

(iii) T é sobrejectiva se e só se dim im T + dim ker T = 3. A lista completa de afirma¸cões correctas é:

a) (i) e (iii) @@ _{c) (i) e (ii)}

(3)

4. Considere em R3

e em R4 _{as bases:}

R3 : B1 = b.c. R3 , B1′ = ((1, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 1, 0))

R4 : B2 = b.c. R4 , B2′ = ((1, 0, 1, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1), (1, 0, 0, 0)).

Seja T : R3

→ R4 _{a transforma¸c˜ao linear que, com respeito `as bases B}′

1 de R3 e B′2 de R4, ´e

representada pela matriz A = MB′

1,B′2(T ) =     2 0 1 1 1 0 0 3 −2 −1 0 1     . Ent˜ao: a) B = MB1,B2(T ) =     3 0 1 1 1 2 2 4 7 −2 3 3     . @@ _{b) B = M}_B₁_,B₂_{(T ) =}     2 0 −1 −1 1 2 −5 4 8 −5 3 5     . c) B = MB1,B2(T ) =     −5 2 5 −1 1 2 1 0 −2 6 −2 −4     . d) B = MB1,B2(T ) =     −3 2 2 1 1 2 0 0 −1 6 −2 0     .

Justifique todas as afirma¸c˜oes e apresente os c´alculos realizados para as obter. Grupo II

Considere a base B = ((1, 1, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1)) de R3_{. Considere a aplica¸c˜ao linear}

T : R3 _{→ R}4 _{definida por:}

T (1, 1, 0) = (0, 1 − a, 0, 1 − a) , T (0, 1, 1) = (1, 1, 0, 0) , T (1, 0, 1) = (−1, 0, b, b + 1), onde a, b ∈ R.

a) Mostre que T ´e injectiva se e s´o se a 6= 1 e b 6= 0. b) Fa¸ca a = 2 e b = 0.

b1) Determine uma base para im T e estenda essa base a uma base de R4.

b2) Determine todos os k ∈ R tais que (2, k2, k2− 1, k) ∈ im T e escreva esses vectores

como combina¸c˜ao linear dos vectores da base de im T que determinou em b1).

b3) Determine a express˜ao geral de T , i.e. T (x, y, z) para todo (x, y, z) ∈ R3.

Resolu¸c˜ao: a) Temos

T ´e injectiva ⇐⇒ dim ker T = 0 ⇐⇒

3=dim ker T +dim im T dim im T = 3 ⇐⇒ rank A = 3

- onde A = MB,b.c.R3(T ). Ora A =     0 1 −1 1 − a 1 0 0 0 b 1 − a 0 b + 1     −→ ... −→     1 − a 1 0 0 1 −1 0 0 b 0 0 0     .

(4)

Segue-se que rank A = 3 se e s´o se 1 − a 6= 0 e b 6= 0. Portanto, ker T = 0 se e s´o se a 6= 1 e b 6= 0.

b1) Como a = 2 e b = 0, temos

im T = hT (1, 1, 0), T (0, 1, 1), T (1, 0, 1)i = h(0, −1, 0, −1), (1, 1, 0, 0), (−1, 0, 0, 1)i. Ora, pela al´ınea a), dim im T = 2, pois b = 0. Assim qualquer base de im T tem 2 vectores. Como (−1, 0, 0, 1) = −(0, −1, 0, −1) − (1, 1, 0, 0), ent˜ao

im T = h(0, −1, 0, −1), (1, 1, 0, 0)i. e ((0, −1, 0, −1), (1, 1, 0, 0)) ´e uma base de im T .

Consideremos a base can´onica de R3_{, ((1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)).}

Va-mos substituir os dois primeiros vectores desta base pelos vectores da base de im T que acab´amos de determinar. Consideremos, assim, o conjunto de vectores {(0, −1, 0, −1), (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)}. Temos 0 −1 0 −1 1 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 = Laplace-linha 4 0 −1 0 1 1 0 0 0 1 = Laplace-linha 3 0 −1 1 1 = 1 6= 0.

Portanto os vectores são linearmente independentes, como são 4 e dim R4 _{= 4 então}

((0, −1, 0, −1), (1, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)) ´e uma base de R4 _{que estende a base}

de im T obtida acima. b2) Temos (2, k2, k2− 1, k) ∈ im T ⇔ (2, k2 , k2− 1, k) ∈ h(0, −1, 0, −1), (1, 1, 0, 0)i ⇔ (2, k2, k2− 1, k) = α(0, −1, 0, −1) + β(1, 1, 0, 0), α, β ∈ R ⇔ (2, k2_{, k}2_{− 1, k) = (β, −α + β, 0, −α)} ⇔          2 = β k2 _{= −α + β} k2_{− 1 = 0} k = −α ⇔          β = 2 1 = k + 2 k = ±1 − ⇔          β = 2 1 = 1 k = −1 α = 1 Portanto para k = −1 temos que (2, k2_{, k}2 _{− 1, k) ∈ im T e neste caso}

(2, k2_{, k}2_{− 1, k) = (2, 1, 0, −1) = (0, −1, 0, −1) + 2(1, 1, 0, 0)}

´e a combina¸c˜ao linear pedida.

b3) Como T está definida à custa da base B então temos de escrever um vector genérico

(x, y, z) de R3 _{como combina¸c˜ao linear dos vectores da base B:}

(x, y, z) = α(1, 1, 0) + β(0, 1, 1) + γ(1, 0, 1) = (α + γ, α + β, β + γ) ⇐⇒      α + γ = x α + β = y β + γ = z ⇐⇒      α = x+y−z₂ β = −x+y+z₂ γ = x−y+z₂

(5)

Segue-se que

T (x, y, z) = x+y−z₂ T (1, 1, 0) + −x+y+z₂ T (0, 1, 1) + x−y+z₂ T (1, 0, 1)

= x+y−z₂ (0, −1, 0, −1) +−x+y+z₂ (1, 1, 0, 0) + x−y+z₂ (−1, 0, 0, 1) = (−x + y, −x + z, 0, −y + z),

para todo (x, y, z) ∈ R3_.

Alternativa: Como acima escreve-se (x, y, z) como combina¸c˜ao linear dos vectores da base B: T (x, y, z) = matricialmenteMB,b.c.R 3(T )   x+y−z 2 −x+y+z 2 x−y+z 2  =     0 1 −1 −1 1 0 0 0 0 −1 0 1       x+y−z 2 −x+y+z 2 x−y+z 2  =     −x + y −x + z 0 −y + z     .

Portanto, T (x, y, z) = (−x + y, −x + z, 0, −y + z) para todo (x, y, z) ∈ R3_.

Alternativa: Primeiro determinemos M_b.c.R3

,b.c.R4(T ). Ora B = M_b.c.R3 ,b.c.R4(T ) = I₄M B,b.c.R4(T )   1 0 1 1 1 0 0 1 1   −1 =     0 1 −1 −1 1 0 0 0 0 −1 0 1       1/2 1/2 −1/2 −1/2 1/2 1/2 1/2 −1/2 1/2  =     −1 1 0 −1 0 1 0 0 0 0 −1 1     . Agora T (x, y, z) = matricialmenteB   x y z  =     −1 1 0 −1 0 1 0 0 0 0 −1 1       x y z  =     −x + y −x + z 0 −y + z     . Grupo III Seja A ∈ R3×3 _{uma matriz tal que:}

(i) (1, 1, 0) ∈ ker A;

(ii) 1 ´e valor pr´oprio de A;

(iii) o subespa¸co próprio associado ao valor próprio 1 é E(1) = {(x, y, z) ∈ R3_{: x − 2y + z = 0}.}

a) Determine todos os valores próprios de A e mostre que A é diagonal¸izável.

b) Determine uma matriz A satisfazendo as condi¸c˜oes (i), (ii) e (iii). Justifique todos os c´alculos.

(6)

Resolu¸c˜ao:

a) Como (1, 1, 0) ∈ ker A então A(1, 1, 0) = 0 e como (1, 1, 0) 6= 0, então 0 é valor próprio de A. Além disso, (1, 1, 0) é vector próprio de A associado ao valor próprio 0. Por outro lado, por hipótese 1 é valor próprio de A e o subespa¸co próprio associado é

E(1) = {(x, y, z) ∈ R3

: x − 2y + z = 0} = {(x, y, z) ∈ R3_{: x = 2y − z}}

= {(2y − z, y, z) : y, z ∈ R} = {y(2, 1, 0) + z(−1, 0, 1) : y, z ∈ R} = h(2, 1, 0), (−1, 0, 1)i.

Assim temos

(1, 1, 0) vector pr´oprio associado ao valor pr´oprio λ1 = 0

(2, 1, 0), (−1, 0, 1) vectores pr´oprios associados ao valor pr´oprio λ2 = 1.

Os vectores (2, 1, 0), (−1, 0, 1) são linearmente independentes, pois α(2, 1, 0)+β(−1, 0, 1) = (0, 0, 0) implica α = β = 0. Logo m. a.(1) ≥ m. g.(1) = dim E(1) = 2. Como A é uma matriz 3 × 3 então λ1 = 0 e λ2 = 1 são os valores próprios distintos de A.

Por ´ultimo, como 1 1 0 2 1 0 −1 0 1

= −1 6= 0 então estes vectores são linearmente indepen-dentes e constituem uma base de R3 _{formada por vectores próprios de A. Logo A é}

diagonaliz´avel (Proposi¸c˜ao 6.7.7).

b) Como A é diagonalizável, então A é semelhante a uma matriz diagonal D, cujos ele-mentos da diagonal de D são os valores próprios de A. Quer dizer que existe uma matriz invert´ıvel S tal que

S−1AS =   0 0 0 0 1 0 0 0 1   = D.

As colunas da matriz S são os vectores da base de vectores próprios indicada acima, isto é S =   1 2 −1 1 1 0 0 0 1  . Como S−1 = 1 |S|adj S|S|=−1= −         1 0 0 1 − 1 0 0 1 1 1 0 0 − 2 −1 0 1 1 −1 0 1 − 1 2 0 0 2 −1 1 0 − 1 −1 1 0 1 2 1 1         T =   −1 2 −1 1 −1 1 0 0 1  , então A = (SS−1)A(SS−1) = S(S−1AS)S−1 = SDS−1 =   1 2 −1 1 1 0 0 0 1     0 0 0 0 1 0 0 0 1     −1 2 −1 1 −1 1 0 0 1  =   2 −2 1 1 −1 1 0 0 1  .

(7)

Escolha M´

ultipla - Justifica¸c˜

ao

1. Como {u, v} são linearmente independentes então u, v são vectores não nulos. Agora, como {u, w} são linearmente dependentes então w é um múltiplo escalar de u, isto é w = αu para algum α ∈ R. Assim,

hu, v, wi =

w=αuhu, vi{u,v} lin. indep.=⇒ (u, v) ´e base de hu, v, wi =⇒ (i) ´e verdadeira.

Por outro lado,

w = αu =⇒ w ∈ hu, vi =⇒ (ii) ´e verdadeira. Por ´ultimo,

hu, wi =

w=αuhui

logo v 6∈ hu, wi e (iii) ´e falsa. Portanto c) ´e a resposta correcta. 2. Temos F = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = 2z} = {(x, y, z) ∈ R3 : x = −y + 2z} = {y(−1, 1, 0) + z(2, 0, 1) : y, z ∈ R} = h(−1, 1, 0), (2, 0, 1)i e G = {(x, y, z) ∈ R3 : x + y = 0, y + z = 0} = {(x, y, z) ∈ R3 _{: x = −y, z = −y}} = {y(−1, 1, −1) : y ∈ R} = h(−1, 1, −1)i Agora temos:

• A afirma¸cão a) não pode estar correcta, porque uma união de subespa¸cos só é um subespa¸co se um deles está contido no outro e nesse caso teria no máximo dimens˜ ao 1. Outra forma de argumentar, á por exemplo observar que (0, 0, 1) 6∈ F e (0, 0, 1) 6∈ G, logo (0, 0, 1) 6∈ F ∪ G. Portanto F ∪ G 6= R3_.

• Temos sempre que o vector nulo est´a em qualquer subespa¸co, portanto 0 ∈ F ∩ G ∩ H. Logo ´e falso F ∩ G ∩ H = ∅.

• dim G = 1 6= 2 - portanto c) ´e falsa.

• O subespa¸co soma ´e gerado pelos geradores de F reunidos com os geradores de H. Assim, F +H = h(−1, 1, 0), (2, 0, 1), (1, −1, 1), (1, −1, 0)i = h(−1, 1, 0), (2, 0, 1), (1, −1, 1)i. Como −1 1 0 2 0 1 1 −1 1

6= 0 estes três vectores são linearmente independentes. Por-tanto F + H = R3 _{e d) é verdadeira.}

3. Temos

ker T = {(x, y, z) ∈ R3

: T (x, y, z) = (0, 0, 0)} = {(x, y, z) ∈ R3_{: (x + y, 0, z) = (0, 0, 0)}}

= {(x, y, z) ∈ R3

(8)

Portanto (i) ´e verdadeira. Por outro lado, para todo (x, y, z) ∈ R,

T2(x, y, z) = T (T (x, y, z)) = T (x + y, 0, z) = (x + y + 0, 0, z) = T (x, y, z). Portanto T2 _{= T , donde ker T}2 _{= ker T e (ii) é verdadeira. A afirma¸cão (iii) é falsa,}

pois dim ker T = 1 e dim im T +dim ker T = 3, mas dim im T = 3−1 = 2 < 3 = dim R3_.

Logo T não é sobrejectiva. Portanto c) é a resposta correcta.

4. A matriz B = MB1,B2(T ) pode ser obtida como o produto de 3 matrizes, a saber:

B = MB1,B2(T ) = MB′₂,B2(idR4)MB′₁,B′₂(T )MB1,B₁′(idR3) =     1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 1 0 0 0 1 0     A   1 0 1 0 1 1 1 0 0   −1 .

Efectuando estes c´alculos obtemos a matriz indicada em b). FIM