ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICA. Resolução do 2º Teste

Transcrição

1 ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICA Resolução do 2º Teste 11 de Junho de 2013 Ano Lectivo: Semestre: Verão

2 ISEL è ADM Secção de Álgebra ç ALGA

3 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 3 PARTE 1 1 ç Em $, dotado do produto interno usual, considere a At, onde?t œ œ ß ß e At œ ß ß e seja J o subespaço gerado por?t Determine: a ç Os ângulos formados por?t e por?te At. b ç A projecção ortogonal sobre?t. c ç A área do paralelogramo definido por?t d ç Um vector unitário ortogonal a?t e e ç Uma base ortonormada de $ que contenha uma base de J. 1a ç O ângulo entre?t é dado por ß!ß ßß $ 1 arccos œ arccos œ arccos ß!ß ßß œ œ $ % Quanto ao ângulo entre?te At, temos?t At ß!ß ßß! 1 arccos œ arccos œ arccos arccos œ! œ?t At ß!ß ßß $ A igualdade anterior mostra que?t ¼At. 1b ç A projecção ortogonal sobre?t é dada ßß ß!ß ß!ß ß!ß $ $ $ œ?t œ ß!ß œ ß!ß œ ß!ß 1c ç Sendo -œ /tß/tß/t $ a base canónica de $, a área do paralelogramo definido por?t é dada por /t œ! /t œ /t /t /t $ œ ßß œ %%œ$ /t $ A área pode também calcular-se com base no determinante de Gram da $ œ œ œ * @t $ * Ano Lectivo: Semestre: Verão 2013 Junho 11

4 4 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 1d ç Como vimos na alínea a, tem-se At ¼?t, e, como œ ß ß ß ß œ!, é também At ¼@t. Portanto, o vector pedido é o versor de At (ou o seu simétrico): versat œ Atœ ßß œ ß ß At $ $ $ $ 1e ç A At de $ é quase ortogonal, pois que nela apenas?t não são ortogonais, visto Se ortogonalizarmos a de J, teremos o problema resolvido. Assim, basta substituir naquela lista o pelo projectante ortogonal sobre?t que é dado por œ ß ß ß!ß œ ß %ß J œ A ßAt é, portanto, ortogonal e contém a de J. A lista formada pelos versores destes vectores será a base o.n. de $?t w ß@tßAt w w pedida: w?t œ vers?t œ?t œ ß!ß œ ß!ß?t œ vers@t œ ß%ß œ ß $ w At œ versat œ At œ ß ß œ At $ $ ß $ ß$ ' $ ' 2013 Junho 11 Ano Lectivo: Semestre: Verão

5 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 5 2 ç Considere o endomorfismo 1À Ä cuja matriz em relação à base canónica é Kœ $ e a função linear 0À Ä à Bß Cß D È B C $Dß $B C D. Determine: a ç Uma base do núcleo de 0. b ç A dimensão da imagem de 0. Justifique. c ç Se 0 é injectiva e se é sobrejectiva. d ç A matriz L de 2 œ 1 0 em relação às bases canónicas dos espaços envolvidos. Use-a para calcular 2BßCßD, para qualquer BßCßD $. e ç Os valores e vectores próprios de 1. f ç Se 1 é diagonalizável e, em caso afirmativo, indique uma matriz diagonal semelhante a K. Resposta 2a ç Como 0BßCßD œbc$dß$bcd, o núcleo de 0 será dado por: Ker0 œ Bß Cß DÀ B C $Dß $B C D œ!ß! œbßcßdàbc$d œ! $BCD œ! Assim, trata-se das soluções do sistema de equações lineares homogéneas BC$Dœ! $B C D œ! A condensação da matriz completa do referido sistema dá-nos $! $! P $!!! $P ÄP % P ÄP P P ÄP µ µ µ $!! % )!!!!! Então, a solução geral do sistema é Dßß, onde D. O núcleo de 0é, pois, Ker0 œ D ß ß À D œ P ß ß O vector ß ß constitui uma base do núcleo de 0, visto que não é nulo e gera Ker 0. A nulidade de 0 é igual a dimker 0 œ. 2b ç Pelo teorema fundamental, teremos dimimg0 œ $dimker0 œ $ œ Assim, a característica de 0 vale. Ano Lectivo: Semestre: Verão 2013 Junho 11

6 6 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 2c ç Como a imagem de 0 é um subespaço de com dimensão (característica de 0), teremos, Img0 œ A igualdade anterior permite-nos concluir que 0 é sobrejectiva. Como Ker 0 Á!ß!ß!, a função 0 não é injectiva. 2d ç A figura seguinte ilustra a situação no que respeita à composição das funções 1 e 0. f R 3 R 2 h= go f g R 2 $ A matriz de 0 em relação às bases canónicas de e de é Jœ $ $. Então, matriz L pedida (do tipo $) é dada por $ & ' ( LœKJœ œ $ ( ' & As coordenadas de 2BßCßD na base canónica de são dadas por Portanto, & ' ( B &B 'C (D L\ œ œ ( ' & C (B 'C &D D 2Bß Cß D œ &B 'C (D ß! (B 'C &D!ß œ &B 'C (Dß (B 'C &D 2e ç A equação característica de 1 é - : 1 - œ detk-m œ œ œ! - - A equação anterior equivale a - œ, ou seja, - œ - œ$. O espectro de 1é, portanto, E1œ ß$ A multiplicidade algébrica e geométrica de ambos os valores próprios é igual a. Determinemos agora os vectores próprios de Junho 11 Ano Lectivo: Semestre: Verão

7 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 7 ñ Para - œ, as coordenadas dos vectores próprios de 1 na base canónica são as soluções \ não nulas do sistema homogéneo simplesmente indeterminado KM \œs, que passamos a resolver! PPÄP! µ ÊI 1 œcßcàc œcß ÀC œpß!!!! ñ Para - œ $, as coordenadas dos vectores próprios de 1 na base canónica são as soluções \ não nulas do sistema homogéneo simplesmente indeterminado K$M \œs, que resolvemos a seguir:! PPÄP!! µ Ê I$ 1 œ Cß C À C œ C ß À C œ P ß P ÄP!!! O quadro seguinte resume a situação de 1: - I Pß $ P ß 7 - œ - E1 Podemos fazer uma ilustração geométrica do que se passa com o endomorfismo 1 : Se?t for um vector próprio unitário associado a um valor próprio -! (no nosso caso, ambos os valores próprios são positivos), teremos 1?t œ -?t (isto é,?t e 1?t têm a mesma direcção e sentido) e, calculando a norma de ambos os membros e atendendo a que?t œ e a que temos -!, ficamos com 1?t œ -?t œ -. Concluímos, assim, que o valor próprio - é igual à norma da imagem de?t por meio de 1. A figura seguinte mostra %) vectores unitários?t (os segmentos orientados dentro do círculo de raio e centro na origem) e, aplicadas nas respectivas extremidades, as suas imagens 1?t através de 1. Observe como os vectores unitários?t œ vers ß vers ß ) a verde têm a mesma direcção das suas imagens 1?t œ vers ß œ?t e œ $ vers ß œ $@t a vermelho, sendo a norma de 1?t igual a e a norma de igual a $, como se mostrou antes. Todos os restantes vectores mudam de direcção quando se lhes aplica 1, como a figura também mostra = 1 = Ano Lectivo: Semestre: Verão 2013 Junho 11

8 8 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 2f ç Como a soma das multiplicidades geométricas dos valores próprios de 1 é igual a œ dim, segue-se que 1 é diagonalizável. A matriz de 1 em relação a qualquer base da forma / œ α ß ß ß, com α e reais não nulos (formada por vectores próprios de 1) é Hœ diagß$ œ!! $ Em relação base às bases da forma / w œ ß ßαß, com α e reais não nulos, a matriz de 1 é também diagonal w H œ diag$ß œ $!! w w w w As matrizes diagonais H e H são ambas semelhantes a K, visto que H œ X KX e H œ X KX, onde X é a matriz de mudança da base canónica para a base / e X w é a matriz de mudança da base w α w α canónica para a base /. No nosso caso, teremos X œ e X œ respectivamente. α α 2013 Junho 11 Ano Lectivo: Semestre: Verão

9 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 9 PARTE 2 1 ç Considere a aplicação linear : À $ Ä definida por :Bß Cß D œ B Cß B D. Atente agora nas seguintes proposições envolvendo :: +ç O vector ß pertence à imagem de :. $,ç A matriz de : em relação às bases canónicas de e de é!.! -ç a : BßCßD œ: BßCßD. BßCßD $.ç A nulidade de : é igual a. A lista completa de proposições verdadeiras é: ú ç +ß -ß. ú ç +ß, ú ç +ß - ú ç + ç Resposta A proposição dada é verdadeira: O vector ß pertence à imagem de :: A matriz de : em relação às bases canónicas é gœ! a qual tem, obviamente,! característica igual a ; assim, é também igual a a dimensão de Img : (característica de :). Deste modo, a Img : é um subespaço de com a mesma dimensão de, logo Img : œ. Isto significa que : é sobrejectiva, isto é, todos os vectores de (incluindo ß ) pertencem a Img :. ç A proposição dada é falsa :, visto que a matriz de : terá que ser do tipo $. ç A proposição é verdadeira: De facto, temos, para qualquer BßCßD $ : : BßCßD œb C ßB D œbcßbd œ: BßCßD ç A proposição dada é falsa: Vimos em cima que dimimg : œ e o teorema fundamental dá- nos dimker: œ$dimimg : œ$œ. Assim sendo, a resposta correcta é a terceira. Ano Lectivo: Semestre: Verão 2013 Junho 11

10 10 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do 2º Teste 2 ç Considere uma matriz real E do tipo % %, cujo espectro é o conjunto EE œ!ß ß. Apenas uma das seguintes proposições é verdadeira. Indique qual: úçe é invertível. úçe é necessariamente diagonalizável. úço polinómio característico de E é : EB œ BB B. ú ç O sistema de equações lineares homogéneas EM \œsé possível e indeterminado. Resposta ç Como! é um valor próprio de E, o sistema homogéneo E!M % \ œ S Í E\ œ S é indeterminado com grau de indeterminação igual a %car E! (as suas soluções constituem os vectores próprios associados ao valor próprio - œ!, isto é, o espaço nulo de E); isto equivale a car E %, o que equivale ainda a dizer que E não é invertível. A proposição é, pois, falsa. ç Por hipótese, o polinómio característico de E (de coeficientes reais e grau %) tem $ raízes reais distintas, o que mostra que não terá nenhuma raiz complexa (se D fosse uma tal raiz, também o seria D e teríamos & raízes distintas em para um polinómio do grau %, o que é absurdo!); portanto, uma das raízes reais dadas deverá ser dupla, sendo as outras duas simples. A raiz dupla poderá ser simples geometricamente (caso em que E não é diagonalizável) ou dupla (caso em que E será diagonalizável); concluímos, portanto, que E não é necessariamente diagonalizável, sendo a proposição dada falsa. ç A proposição é falsa: O polinómio dado tem grau $, logo, não poderá ser polinómio característico de uma matriz de ordem %. De acordo com o que vimos no ponto anterior, os possíveis polinómios característicos de E serão: : EB œ B B B : EB œ BB B : B œ BB B E % % ç Como - œ é um valor próprio de E, o sistema homogéneo E - M \ œ S, isto é, EM % \œs, tem soluções não nulas (as quais constituem os vectores próprios de E associados ao valor próprio - œ ), o que equivale a dizer que o sistema E M \ œ S é possível e indeterminado. A proposição é, portanto, verdadeira. O que acabamos de ver mostra que a resposta correcta é a quarta. % 2013 Junho 11 Ano Lectivo: Semestre: Verão