Resolução das objetivas 3ª Prova de Álgebra Linear II da UFRJ, período

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1 Resolução das objetivas 3ª Prova de Álgebra Linear II da UFRJ, período OBS: Todas as alternativas corretas são as letras A. 1) Para encontrar o autovetor associado a um autovalor utilizamos A λi k = 0 Sendo k =(x,y). Logo,temos: a 3 x + y = 0 2x + d 3 y = 0 Como o autovetor é (1,2), ele pode ter vindo da equação y=2x ou múltiplas dela. Logo: y-2x=0 Satisfazendo esta relação, temos: a 3 x + y = 0 deve ser igual a -2x+y=0, logo: a 3 = 2, a = 1 2x + d 3 y = 0 deve ser igual a 2x-y=0, logo: d 3 = 1, d = 2 Então, temos que a+d=3. 2) Chamando a matriz T de a b c d por:,podemos calcular o seu autovetor associado ao autovalor 1,

2 Logo, temos que: a 1 b c d 1 x y = 0 0 a 1 x + by = 0 cx + d 1 y = 0 Sabemos que o autovetor v=(1,-4) veio da expressão y=-4x, ou seja, y+4x=0. Comparando as duas equação com variáveis a,b, c e d, com a do autovetor, temos: b = 4 a 1, b 4a = 4 d 1 = 4c, 4c d = 1 Pelas alternativas, podemos notar que a = d e b = c. Agora temos 4 equações para 4 incógnitas, logo, temos:, b 4a = 4 = c + 4d = 4, logo c = 4 4d Substituindo em d 1 = 4c, temos: d 1 = 4c, d 1 = 4( 4 4d) d 1 = 16 16d 17d = 15 Logo: d = ), a = b = c = 8 17 T = Utilizando uma matriz T de uma reflexão qualquer, temos: Na reta(1,1): Logo, a matriz T de reflexão pode ser dada por: T 1,0 = 0,1 T 0,1 = (0,1) T = 0 1 Para encontrar seus autovalores, utilizamos det T λi = 0 λ 1 1 λ = λ² 1 = 0

3 4) Temos: Logo, sua matriz TL, pode ser dada por: 5) T v 1 = 7v 1 + 0v 2 + 0v 3 T v 2 = v 1 + 0v 2 + 3v 3 T v 3 = v 1 + 0v 2 2v Para determinar os autovalores, usamos o polinômio característico det T λi = 0. Logo, temos: 1 λ λ λ = 1 λ λ 2 λ 6 2 λ = 0 Logo, temos λ 1 = 2, λ 2 = 3, λ 3 = 2 Para encontrar os autovetores, temos: 2 λ λ 2 λ 6 = 0 1 λ λ λ k = 0 Temos: 3x + 2y = 0 e z = 0 Daí tiramos que o autovetor para o menor autovalor (-2) é: 6) Temos o plano dado pela equação -2z+2y+x=0. v = t 2, 3,0 para t 0 Para encontrar os seus vetores geradores, basta achar as soluções do sistema dado. Logo, encontramos os vetores geradores. 2z = x + 2y

4 z = x 2 + y z = t 2 + s Logo: Os vetores geradores do plano são: s 0,1,1 e t(1,0, 1 2 ) Agora, queremos achar a projeção do vetor b=(1,1,2) no plano formado pelos vetores {(0,1,1),1,0, ½ )}. Logo, pelo método dos mínimos quadrados, temos: A T Az = A T b Sendo A a matriz com os vetores do plano, temos: / /2 a w = / a w = 3 2 Daí,encontramos a = 11 e w = 10. Logo, o vetor projeção P = Az P = Az = / = Logo, a soma dos componentes do vetor, é 37/. 7) Pelo Teorema Núcleo-Imagem temos que : dim(nuc A ) + dim(im A ) = dim(dom A ) 2 + dim Im A = 3 dim Im A = 1 Logo, temos que todos os vetores de A T são LD, logo b=3 e d=6. a + b =

5 8)*Encontramos resultado diferente do fornecido no gabarito. Temos a seguinte equação: Substituindo os valores dados, temos: Na forma matricial, temos: y = α + βx³ 32 = α 8β 32 = α + 8β = α 32 β α = 32 6 Temos um sistema sem solução. Logo, podemos utilizar o método dos mínimos quadráticos. Temos: A T Az = A T b Logo, temos β = 4 e α = β α = β α = O modelo que melhor ajuda a reta é dada por: y x = 2 + 4x³ ) A matriz mudança de base de α β é dada por : [T] α β = β m 1 α m Sendo β m e α m as matrizes com os vetores da base β e α respectivamente. Logo: [T] α β = β 1 m α m = = = )

6 Para encontrar A 10 podemos utilizar a seguinte expressão: A 10 = P. D 10 P 1 Sendo P a matriz dos autovetores de A e D a diagonal. Para determinar os autovalores, temos: det A λi = 0 1 λ λ = λ² 2λ + 2 = 0 Logo, encontramos os autovalores 1±i. Na forma trigonométrica, temos os autovalores : 1 + i = 2(cos π 4 + isen π 4 ) 1 i = 2(cos π 4 isen π 4 ) Sabemos que com autovalores complexos, haverá uma expansão de valor do seu módulo e uma rotação no valor de seu argumento, ou seja, neste caso, a cada aplicação o vetor é multiplicado por 2 e rotacionado em 45. Aplicando 10 vezes, temos: 1 + i 10 = 2 10 cos 10. π 4 + isen 10. π 4 = 32 cos π 2 + isen π 2 1 i = 2 10 cos 10. π 4 isen 10. π 4 = 32 cos π 2 isen π 2 Logo, temos que no fim de 10 aplicações (T 10 ), os módulos dos vetores aumentaram em 32 vezes, e rodaram em 0. Logo,fazendo o produto da matriz E (Expansão) e R(Rotação), encontramos A 10. A expansão é dada por : Já a rotação em 0 pode ser dada por: Logo, R na base canônica é dada por: A 10 = E. R E = = T 1,0 = 0, 1 T 0,1 = (1,0) R = 0 1

7 Logo, o produto A 10 = E. R é dado por: A 10 = = ) (I) (II) Falsa.Pois podem existir autovalores iguais na diagonal principal que forma uma matriz cisalhamento. Toda matriz simétrica é diagonalizável. 12) Os vetores que geram o plano é a solução da equação dada, que é: x + 2y = z z = t + 2s Logo, temos a solução: t 1,0,1 e s(0,1,2) Os vetores que geram o plano são (1,0,1) e (0,1,2). Para achar a transformação linear,temos: T 1,0,1 = 1,0,1 (Pois a projeção de um vetor pertencente ao plano é ele mesmo) Logo, vemos que o vetor (1,0,1) é autovetor de T e 1 autovalor, pois : Tv = λv = T. 1,0,1 = 1(1,0,1) T 0,1,2 = (0,1,2) (Pois a projeção de um vetor pertencente ao plano é ele mesmo) Logo, vemos que o vetor (0,1,2) é autovetor de T e 1 autovalor,pois: Tv = λv = T. 0,1,2 = 1. (0,1,2) Temos como vetor ortogonal o vetor (1,2,-1), calculando T aplicada nela, temos: T 1,2, 1 = (0,0,0) (Pois a projeção de um vetor perpendicular ao plano é um ponto). Logo, vemos que o vetor (1,2,-1) é autovetor de T e 0 autovalor,pois: Tv = λv = T. 1,2, 1 = 0. (1,2, 1) Para determinar a matriz T na base canônica (A), podemos calcular: A = P. D. P 1

8 Sendo P a matriz com os autovetores nas colunas e D a matriz diagonal. Logo, temos: A = P. D. P 1 = = Logo: T A = 1 3, 1 3, ) Temos que uma transformação linear é fechada para soma e produto, logo podemos fazer operações elementares de linha com ela. Façamos o seguinte: Se colocarmos os vetores da base da transformação e da própria transformação, e escalonarmos, ate encontrar T(x), encontraremos na mesma linha, a sua transformação. Vejamos: Temos os polinômios x²+2x +3 vetor (1,2,3), x²+x+3 (1,1,3) e x²+2x+4. (1,2,4). Colocando na matriz, temos: Fazendo a Linha 1 Linha 2, temos: Logo, vemos que na primeira linha, temos a transformação T(0x²+x+0)=T(x), que será igual a mesma linha correspondente na outra matriz, que será 0x³+x²+0x+1=x²+1. 14) Ambos estão corretos pois o produto interno é fechado para soma e multiplicação. 15) Se eles geram um espaço de dimensão 5, isso significa que existem 5 vetores LIs.Logo, dim(im(a)=5. Pelo Teorema Núcleo-Imagem, temos:

9 dim Nuc A + dim Im A = dim Dom A dim Nuc A + 5 = 7 dim Nuc A = 2 16) O vetor cujo a imagem é dada por x-y=0 é o vetor (1,1) (solução do sistema). Logo, a imagem por T da reta (1,1) é dada por: T 1,1 = Logo, temos como imagem, a seguinte expressão: 1 1 = 6 3 3x = 6y, logo 3x 6y = 0 17) a) Pela linearidade, temos: b)falsa.esta regra não se aplica. T x 1 = B e T x 2 = B T x s = T x 1 + x 2 = T x 1 + T x 2 = B + B = 2B c) Falsa.Pois não se pode utilizar a regra do corte de vetores (A) com escalares (λ). d)falsa. A expressão 1 A não se aplica a matrizes, mas a afirmação de que det A 1 = 1 deta é verdadeira. Bons Estudos!! Dúvidas? Acesse o Solucionador na página ou mande para contatoengenhariafacil@gmail.com.