MAT2457 ÁLGEBRA LINEAR PARA ENGENHARIA I 3 a Prova - 1 o semestre de (a) 3; (b) 2; (c) 0; (d) 1; (e) 2.

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1 MAT2457 ÁLGEBRA LINEAR PARA ENGENHARIA I 3 a Prova - 1 o semestre de 2018 Questão 1. Seja U = [(2, 1, 1), (1, 0, 2)], subespaço vetorial de R 3 e ax + by + z = 0 uma equação de U, isto é U = { (x, y, z) R 3 ax + by + z = 0. Então b é igual a: (a) 3; (b) 2; (c) 0; (d) 1; (e) 2. Solução: Um vetor (x, y, z) R 3 está em U se e somente se a equação vetorial em λ e µ: λ(2, 1, 1) + µ(1, 0, 2) = (x, y, z) possui soluções. Esta equação vetorial é equivalente ao seguinte sistema de equações lineares nas variáveis λ e µ: 2λ + µ = x λ = y λ 2µ = z Para resolver o sistema, consideramos sua matriz ampliada e fazemos operações elementares por linha até obter uma matriz escalonada: 2 1 x 1 0 y 1 0 y 1 0 y 0 1 x 2y 0 1 x 2y. 1 2 z 0 2 y + z 0 0 2x 3y + z A equação vetorial é possível se e somente se 2x 3y + z = 0, logo um vetor (x, y, z) R 3 está em U se e somente se 2x 3y + z = 0. Portanto a = 2 e b = 3. Questão 2. Considere as seguintes afirmações: (I) R = {(x, y, z) R 3 x = y 2 = z é um subespaço vetorial de R 3 ; (II) S = {(x, y, z) R 3 x, y, z Q é um subespaço vetorial de R 3 ; (III) T = {(x, y, z) R 3 x = y + 1 = z + 2 é um subespaço vetorial de R 3. Nestas condições podemos afirmar. (a) As três afirmações são falsas. (b) Só (I) e (III) são verdadeiras. (c) Só (I) é verdadeira. (d) Só (II) é verdadeira. (e) Só (II) e (III) são verdadeiras. Solução: (I) Falsa. u = (1, 1, 1) R, porém u + u = (2, 2, 2) R. (II) Falsa. 2 R e u = (1, 0, 0) S, porém 2 u = ( 2, 0, 0) S. (III) Falsa. (0, 0, 0) T. Questão 3. Sejam U e W dois subespaços vetoriais de um espaço vetorial V de dimensão 5. Suponha que dim(u) = dim(w ) = 3 e para cada v V existem u U e w W tal que v = u + w. Então é correto afirmar que 1

2 (a) dim(u W ) = 1. (b) dim(u W ) = 2. (c) U W é o conjunto vazio. (d) Se u U e w W tal que u + w = 0 V, então necessariamente u = 0 V e v = 0 V. (e) dim(u W ) = 0. Solução: (a), (b) e (e). Já que para cada v V existem u U e w W tal que v = u + w, seque que U + W = V e portanto dim(u + W ) = dim(v ) = 5. Usando agora o teorema da dimensão para subespaços vetoriais obtemos a igualdade dim(u W ) = dim U + dim W dim(u + W ) = = 1. (c) Falsa pois sempre 0 V U W. (d) Falsa. Provamos que dim(u W ) = 1 logo existe 0 V u U W. Então 0 V = u + ( u) com u U e u W. Questão 4. Sejam α e β números reais tal que o vetor (α, 1, 5, β) de R 4 pertence ao subespaço vetorial gerado pelos vetores (1, 0, 2, 1) e (2, 1, 1, 0). Então α + β é igual a (a) 8; (b) 7; (c) 6; (d) 5; (e) 4. Solução: O vetor (α, 1, 5, β) pertence ao subespaço gerado pelos vetores (1, 0, 2, 1) e (2, 1, 1, 0), se e somente se a equação vetorial x(1, 0, 2, 1) + y(2, 1, 1, 0) = (α, 1, 5, β) possui soluções. Esta equação vetorial é equivalente ao seguinte sistema linear x + 2y = α y = 1 2x y = 5 x = β Para analisar o sistema, fazemos operações elementares por linha na matriz ampliada do sistema até obter uma matriz escalonada: 1 2 α 1 0 β 1 0 β α α β β β + 6 O sistema é possível se α β 2 = 0 e 2β + 6 = 0, isto é quando β = 3 e α = 5. Questão 5. Dadas as matrizes [ 1 0 A = 0 0 ], B = considere as seguintes afirmações: (I) São linearmente independentes; [ (II) Geram um subespaço de M 2 (R) de dimensão 3; (III) Formam uma base de M 2 (R). Assinale a alternativa correta. (a) Só (II) é verdadeira. (b) Só (II) e (III) são verdadeiras. ] [ 0 0, C = ] [ 0 2, D = 1 1 ],

3 (c) As três são falsas. (d) Só (III) é verdadeira. (e) Só (I) e (III) são verdadeiras. Solução: (I) Falsa. A B C + D = 0. (II). Verdadeira. Primeiro temos que D = A + B + C logo [A, B, C, D] = [A, B, C]. Por outro lado, as matrizes A, B, C são L.I. pois se xa + yb + zc = 0 com x, y, z R, então x + y = 0, 2y = 0, y + z = 0, y = 0 logo x = 0, y = 0, z = 0. Assim {A, B, C é uma base (com 3 matrizes) do subespaço de M 2 (R) gerado por A, B, C e D. (III) Falsa já que são L.D.. Questão 6. Sejam os vetores u = (3, 0, 1, 2) E, v = (1, 1, 1, 2) E e w = (0, 1, 0, 3) E, com coordenadas referidas a uma base E = {e 1, e 2, e 3, e 4 de R 4. Indicar qual das seguintes afirmações é falsa. (a) R 4 é soma dos subespaços [e 1, e 2 ] e [u, v]. (b) Os vetores u, e 2, e 3, e 4 formam uma base de R 4. (c) R 4 é soma dos subespaços [u, v] e [e 3, e 4 ]. (d) R 4 é soma dos subespaços [u, v, w] e [e 4 ]. (e) A dimensão do supespaço de R 4 gerado por u, v e w, é 3. Solução: Usaremos os seguintes resultados teóricos: 1. Se u 1,..., u m, v 1,..., v n V, então [u 1,..., u m ] + [v 1,..., v n ] = [u 1,..., u m, v 1,..., v n ]. 2. Se u 1,..., u m R n, então para obter uma base e dimensão de W = [u 1,..., u m ] podemos proceder do seguinte modo. Seja A a matriz n m com linhas os vetores u 1,..., u m. Fazemos operações elementares por linha em A até obter uma matriz escalonada B. Então a dimensão de W é o posto de A, isto é o número de linhas não nulas na matriz escalonada B. Uma base de W esta formada por todas as linhas não nulas da matriz escalonada B. 3. Definição: O posto de uma matriz m n é o número de linhas não nulas de uma matriz escalonada por linhas obtida a partir de A através de operações elementares por linha. 4. Seja dim(v ) = n e S = {u 1,..., u n uma sequencia de exatamente n vetores. Então são equivalentes: (i) S é base de V ; (ii) S gera V ; (iii) S é L.I.. (a) Falsa. Temos que [e 1, e 2 ] + [u, v] = [e 1, e 2, u, v] e [e 1 ] E [e 2 ] E [u] E = [v] E Assim dim[e 1, e 2, u, v] = 3 < 4 = dim R 4 logo [e 1, e 2, u, v] R 4. (b) Verdadeira. Como o número de vetores é igual à dimensão do espaço, é suficiente provar que são L.I.: se xu + ye 2 + ze 3 + te 4 = 0, então considerando as coordenadas dos vetores obtemos a igualdade x(3, 0, 1, 2) + y(0, 1, 0, 0) + z(0, 0, 1, 0) + t(0, 0, 0, 1) = (0, 0, 0, 0) que implica x = y = z = t = 0. 3

4 Portanto, os vetores são independentes e uma base de R 4. (c) Verdadeira. Temos que [u, v] + [e 3, e 4 ] = [u, v, e 3, e 4 ] e [u] E [v] E [e 3 ] E = [e 4 ] E Todas as linhas da matriz escalonada são não nulas, logo são independentes e geram R 4. (d) Verdadeira. Temos que [u, v, w] + [e 4 ] = [u, v, w, e 4 ] e [u] E [v] E [w] E = [e 4 ] E Todas as linhas da matriz escalonada são não nulas, logo são independentes e geram R 4. (e) Verdadeira. Temos [u] E [v] E = [w] E Portanto dim[u, v, w] = 3. Questão 7. Em R 4 se consideram os subespaços vetoriais Então (a) dim S = 2 e dim(s + T ) = 3; (b) dim S = 2 e dim(s + T ) = 4; (c) dim S = 3 e dim(s + T ) = 4; (d) dim S = 3 e dim(s T ) = 1; (e) dim S dim T e S + T = R 4. S = [ (1, 0, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (0, 1, 2, 1) ], T = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 1 x 3 x 4 = 0, x 2 + x 3 = 0. Solução: S é o espaço linha da matriz A com linhas os vetores geradores de S, e sua dimensão é o posto de A, isto é o número de linhas não nulas de uma matriz escalonada obtida a partir de A por operações elementares. A = Assim, dim(s) = 2 e S = [u 1, u 2 ] onde u 1 = (1, 0, 1, 1) e u 2 = (0, 1, 2, 1). Por outro lado T = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 1 = x 3 + x 4, x 2 = x 3 = { (x 3 + x 4, x 3, x 3, x 4 ) R 4 x 3, x 4 R = { x 3 (1, 1, 1, 0) + x 4 (1, 0, 0, 1) R 4 x 3, x 4 R = [ (1, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1) ]. 4

5 logo T tem dimensão 2 e está gerado pelos vetores v 1 = (1, 1, 1, 0) e v 2 = (1, 0, 0, 1). A dimensão de S + T é igual ao posto da matriz 4 4 com linhas as bases de S e T determinada acima. u u 2 v 1 = v Assim dim(s + T ) = 3. Usando o teorema da dimensão obtemos que dim(s T ) = dim(s) + dim(t ) dim(s + T ) = = 1. Questão 8. No espaço vetorial R 4 consideramos os seguintes subespaços vetoriais Sejam u = (a, b, c, d) U e w W tal que Então a + b + c + d é igual a U = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 1 x 3 = 0, x 3 + x 4 = 0, W = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 2 x 3 = 0, x 1 x 4 = 0. u + w = (1, 1, 1, 1). (a) 4; (b) 0; (c) 1; (d) 2; (e) 3. Solução: Temos U = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 1 = x 3, x 4 = x 3 = { (x 3, x 2, x 3, x 3 ) R 4 x 2, x 3 R = { x 2 (0, 1, 0, 0) + x 3 (1, 0, 1, 1) R 4 x 2, x 3 R = [ (0, 1, 0, 0), (1, 0, 1, 1) ]. Os vetores u 1 = (0, 1, 0, 0) e u 2 = (1, 0, 1, 1) formam uma base de U. W = { (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 x 2 = x 3, x 1 = x 4 = { (x 4, x 3, x 3, x 4 ) R 4 x 3, x 4 R = { x 3 (0, 1, 1, 0) + x 4 (1, 0, 0, 1) R 4 x 3, x 4 R = [ (0, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1) ]. Os vetores w 1 = (0, 1, 1, 0) e w 2 = (1, 0, 0, 1) formam uma base de W. Vamos a exprimir v = (1, 1, 1, 1) como c.l. dos vetores u 1, u 2, w 1, w 2. Escalonamos a matriz ampliada associada à equação vetorial xu 1 + yu 2 + zw 1 + tw 2 = v e obtemos: [ u t 1 u t 2 w t 1 w t 2 v t ] = logo t = 0, z = 2, y = 1 e x = 3. Portanto, u = 3u 1 + u 2 = (1, 3, 1, 1) e w = 2w 1. Questão 9. Sejam V = P 3 (R) = { a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a i R, B = {1, x, x 2, x 3 a base canônica e S = { (1, 0, 1, 0) B, (0, 1, 0, 1) B, (0, 1, 1, 0) B. Nestas condições se o vetor u = (α, β, 2, 1)B é tal que S {u é L.D., então α + β pertence ao intervalo 5

6 (a) ] 1 2, 3 2 [. (b) ] 3 2, 5 2 [. (c) ] 3 2, 1 2 [. (d) ] 1 2, 1 2 [. (e) ] 5 2, 3 2 [. Solução: Escalonamos a matriz α β β 2 α α 1 β (α + β) Assim, a sequencia S {u é L.D. se e somente se 1 (α + β) = 0, isto é α + β = 1. [ ] [ ] [ ] 1 1 γ 1 1 γ Questão 10. Seja γ R. Considere os vetores u =, v =, w = γ subespaço vetorial gerado por u, v e w tem dimensão 3, se e sò se (a) γ 1 e γ 2; (b) γ 0 e γ 2; (c) γ 1 e γ 2; (d) γ 1 e γ 0; (e) γ 1 e γ = 2. M 2 (R). O Solução: O subespaço vetorial gerado por u, v e w tem dimensão 3, se a sequência {u, v, w é L.I. ou equivalentemente se a equação vetorial xu + yv + z = w = 0 possui solução única, a solução trivial. Esta equação vetorial é equivalente ao seguinte sistema linear homogêneo em x, y e z: x + γy + z = 0 x + y + γz = 0 γx + y + z = 0 O sistema linear possui solução única se o determinante de sua matriz associada for diferente de zero: 1 γ γ γ 1 1 = 1 + γ γ = (γ 1) 2 (γ + 2). Questão 11. Seja V = { (x, y, z) R 3 x, y, z > 0 com as operações Considere as seguintes afirmações: (I) {(1, 1, 1), (1, 2, 3), (2, 2, 8) é L.D.. (II) {(1, 2, 3), (1, 4, 9) é L.D.. (III) {(1, 2, 3), (2, 2, 8) é L.D.. (x 1, y 1, z 1 ) (x 2, y 2, z 2 ) = (x 1 x 2, y 1 y 2, z 1 z 2 ) λ (x, y, z) = (x λ, y λ, z λ ) para todo λ R. 6

7 Então podemos afirmar. (a) Só (I) e (II) são verdadeiras. (b) Só (I) e (III) são verdadeiras. (c) Só (II) e (III) são verdadeiras. (d) Só (I) é verdadeira. (e) Só (III) são verdadeira. Solução: (I) Verdadeira. Temos que (1, 1, 1) é o vetor zero de V e toda sequencia que contenha o vetor zero é L.D.. (II) Verdadeira. Num espaço vetorial arbitrário, uma sequência de dois vetores é L.D. se e somente se um dos vetores da sequência e multiplo escalar do outro vetor da sequência. Neste caso temos que 2 (1, 2, 3) = (1 2, 2 2, 3 2 ) = (1, 4, 9). (III) Falso. Temos que (1, 2, 3) (1, 1, 1) = 0 V e para cada λ R temos que λ (1, 2, 3) = (1 λ, 2 λ, 3 λ ) = (1, 2 λ, 3 λ ) (2, 2, 8). Questão 12. Sejam V = M 2 (R), { S = A V A Nestas condições podemos afirmar: (a) dim(s + T ) = 3; (b) dim(s) = 1; (c) dim(t ) = 2; (d) dim(s + T ) = 2; [ ] 1 0 = 0 2 [ ] 1 0 A 0 2 (e) dim(s) = 3. [ ] a b Solução: Uma matriz A = está em S se c d [ ] [ ] a 2b a b =. c 2d 2c 2d logo { [a ] b e T = V c d { [a ] { [ ] 0 a b S = M 0 d 2 (R) a, d R, T = V = M b d 2 (R) b + c = 0. a, b, d R. [ ] [ ] Assim: (i) S T ; (ii) dim(s) = 2 e esta gerado pelas matrizes e ; (iii) dim(t ) = 3 e está [ ] [ ] [ ] gerado pelas matrizes independentes, e. Como S T seque que S + T = T e portanto dim(s + T ) = dim(t ) = 3. Questão 13. Sejam { [a ] b S = M c d 2 (R) a c = 0 Nestas condições S e T são subespaços vetoriais de M 2 (R) e { [a ] b e T = M c d 2 (R) 7 a b + d = 0.

8 (a) dim(s T ) = 2; (b) dim(s T ) = 1; (c) dim(s T ) = 3; (d) S T ; (e) T S. Solução: Temos dim(s) é igual à dim(m 2 (R)) menos o número de equações homogéneas independentes que definem S, logo dim(s) = 4 1 = 3. Analogamente dim(t ) = 4 1 = 3. As equações a c = 0 e a b + d = 0 são independentes, isto é nenhuma é múltiplo escalar da outra, portanto S T, S T and T S. A matriz A associada a sistema linear a c = 0 e a b + d = 0 tem posto 2 já que A = [ ] Assim, dim(s T ) = dim(m 2 (R)) posto(a) = 4 2 = 2. [ Questão 14. Seja V um espaço vetorial sobre R, e u, v e w três vetores em V tal que o conjunto {u + v w, u v + w, u v w é L.I.. Considere as seguintes afirmações: (I) O conjunto {u + v, u + w, v + w é L.I.; (II) O conjunto {u v, u w, v + w é L.I.; (III) O conjunto {u, u + v, u + v + w é L.D.. Então podemos dizer que: (a) Só (I) e (II) são verdadeiras. (b) Só (I) e (III) são verdadeiras. (c) Só (II) e (III) são verdadeiras. (d) Só (I) é verdadeira. (e) Só (III) são verdadeira. Solução: Seja T = [u, v, w]. Já que u + v w, u v + w, u v w T segue que [u + v w, u v + w, u v w] T. Por hipótesis, os 3 vetores u + v w, u v + w, u v w são L.I. logo 3 = dim[u + v w, u v + w, u v w] dim T 3. Portanto dim T = 3 e consequentemente Φ = {u, v, w é uma base de T. Em particular, {u, v, w é L.I.. (I) Verdadeira. Se x(u + v) + y(u + w) + z(v + w) = 0 V, então (x + y)u + (x + z)v + (y + z)w = 0 V. Usando agora que Φ é L.I. segue que x + y = 0, x + z = 0, y + z = 0 e a única solução deste sistema é x = 0, y = 0 e z = 0. (II) Verdadeira. Se x(u v) + y(u w) + z(v + w) = 0 V, então (x + y)u + ( x + z)v + ( y + z)w = 0 V. Usando agora que Φ é L.I. segue que x + y = 0, x + z = 0, y + z = 0 e a única solução deste sistema é x = 0, y = 0 e z = 0. (III) Falsa. Se xu + y(u + v) + z(u + v + w) = 0 V, então (x + y + z)u + (y + z)v + zw = 0 V. Usando agora que Φ é L.I. segue que x + y + z = 0, y + z = 0, z = 0 e a única solução deste sistema é x = 0, y = 0 e z = 0. 8 ]

9 Questão 15. Sejam S e T os subespaços de P 3 (R) = { a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 a i R definidos por S = {p(x) P 3 (R) p(1) = 0 e T = {p(x) P 3 (R) p (1) = 0, onde p (x) é a derivada da função polinomial p(x) em relação à variável x. afirmações. (I) dim(s T ) = 2; (II) dim(s + T ) = 3; (III) dim(t ) = 2. Nestas condições podemos dizer: (a) Só (I) é verdadeira. (b) Só (I) e (II) são verdadeiras. (c) Só (I) e (III) são verdadeiras. (d) Só (II) é verdadeira. (e) Só (III) é verdadeira. Considere as seguintes Solução: Só (I) é verdadeira. Dado p(x) = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 P 3 (R) seque que P (1) = a 0 + a 1 + a 2 + a 3 e p (1) = a 1 + 2a 2 + 3a 3. Cada um dos subespaços S e T está definido por uma única equação homogênea logo dim(s) = dim(t ) = dim(p 3 (R)) 1 = 4 1 = 3. S T esta definido por um sistema de duas equações lineares homogêneas independentes (nenhuma é múltiplo escalar da outra) a 0 + a 1 + a 2 + a 3 = 0, a 1 + 2a 2 + 3a 3 = 0 logo dim(s T ) = dim(p 3 (R)) (número de equações) = 4 2 = 2. Finalmente, dim(s + T ) = dim(s) + dim(t ) dim(s T ) = = 4. Já que dim(s + T ) = dim(p 3 (R)) seque que S + T = P 3 (R). Questão 16. Seja V = M 2 (R) e A = [ ], B = [ ] 0 3, e C = 1 2 [ ] elementos de[ V. Seja ] S = [A, B, C] o subespaço vetorial de V gerado por A, B e C. Se r R tal que a r r matriz X = pertence ao subespaço S, então podemos afirmar que 1 1 (a) 11 2 < r < 13 2 ; (b) 10 2 < r < 11 2 ; (c) 13 2 < r < 11 2 ; (d) 1 2 < r < 1 2 ; (e) 1 2 < r < 3 2. Solução: Precisamos determinar para que valores de r a equação vetorial xa + yb + zc = X possui solução. Esta equação vetorial é equivalente ao seguinte sistema de equações lineares 2x + 4z = r x + 3y 5z = r y + z = 1 x + 2y = 1 9

10 Para determinar o valor de r, escalonamos a matriz ampliada associada ao sistema acima: r r r r r r + 1 Portanto o sistema linear é possível se e somente se r 6 = 0 isto é r = r r