ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICA

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1 ÁLGEBRA LINEAR E GEOMERIA ANALÍICA Resolução do Exame (Época Normal) 04 de Fevereiro de 2015; 19:00 Ano Lectivo: Semestre: Inverno

2 Aceda aqui à página de ALGA ISEL è ADMat Secção de Álgebra ç ALGA

3 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 3 1 ç Sendo +ß,, considere as matrizes reais PARE 1 +! ", B Eœ # + ", Fœ " e \œ C. "! "! D a ç Discuta o sistema E\ œ F, nas incógnitas reais Bß Cß D, em função dos parâmetros + e,. b ç Determine os valores de + para os quais a matriz E é invertível. c ç Considere + œ# e, œ$. c1 ç Determine a matriz adjunta de E e, recorrendo a esta matriz, determine E ". c2 ç Usando propriedades dos determinantes, calcule o valor de " det # E E " #. 1a ç Levemos a matriz completa deste sistema à forma escalonada, por condensação vertical: +! ", "! "! "! "! P $ ÄP$ P# #P" ÄP# # + " " µ # + " " µ! + " " PÇP " $ P+PÄP $ " $ "! "! +! ",!! "+, No caso +œ! (em que a matriz anterior não está ainda escalonada), temos ainda que realizar uma operação elementar adicional de tipo $ : "! "! "! "! PPÄP $ # $ +œ!ê!! " " µ!! " "!! ",!!!," Estamos, agora, em condições de fazer a discussão do sistema: Designando por < a característica da matriz simples, por = a característica da matriz ampliada e por 8<œ$< o grau de indeterminação, temos: Caso +, < = < œ = Natureza do sistema Grau de indet. " +œ", œ! <œ# =œ# Sim Simplesmente indeterminado 8<œ" #, Á! < œ # =œ$ $ + œ!, œ " < œ # = œ # %,Á" <œ# = œ $ Não Sim Impossível Simplesmente indeterminado Não Impossível & + Á"ß!, <œ$ = œ $ Sim Determinado 8< œ! 8<œ" Ano Lectivo: Semestre: Inverno 2015 Fevereiro 04; 19:00

4 4 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 1b ç A matriz E é invertível sse < œ $. A discussão anterior mostra que, para tal, deverá ser +Á" +Á! e, qualquer em 1c1 ç A discussão mostra que, para + œ# e, œ$, estamos no caso & em que o sistema é determinado e dete Á!. Nesse caso, a matriz adjunta de E será # " # " # #! " " " "! # " # #! # adje œ! " # " #! œ! "! œ " "!! " " " "!! " # " #! #! % # " # " #! % # # Assim, a matriz adjunta será #! # adje œ " "! #! % Por outro lado, o determinante de E é, aplicando o teorema de Laplace à # ª coluna: #! " # " dete œ # # " œ # œ # # " œ # " " "! " Portanto, a inversa de E é " " #! # " E œ adje œ " "! dete # #! % 1c2 ç emos, sucessivamente: # $ # # # " " det " det " " " " " E E œ E E E œ dete dete det E $ " " " " " " " " " œ dete œ œ œ œ # $ detedete # $ dete # $ # #% "' 2015 Fevereiro 04; 19:00 Ano Lectivo: Semestre: Inverno

5 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 5 2 ç Considere, no espaço cartesiano real %, o subespaço a ç Determine uma base e a dimensão de J. J œbßcßdßa % ÀBœCA CœD b ç Determine uma sequência geradora de J que não seja base de J. c ç Determine, justificando, uma base de % que contenha o maior número possível de vectores de J. 2a ç Ora J pode escrever-se na forma J œ % BßCßDßA ÀBœCA C œd œcaßcßcßaàcßa œc "ß"ß"ß! A "ß!ß!ß" ÀCßA œp "ß"ß"ß! ß "ß!ß!ß" Como nenhum dos vectores da lista, œ "ß "ß "ß! ß "ß!ß!ß " é múltiplo do outro, a lista é linearmente independente e, portanto, constitui uma base de J, pelo que dimj œ #. 2b ç Basta juntar a, uma qualquer combinação linear dos seus vectores, por exemplo, o próprio vector?t ou até o vector nulo "ß "ß "ß! ß "ß!ß!ß " ß "ß #ß #ß " para obtermos uma sequência que é linearmente dependente por construção e que continua a gerar J. 2c ç Comecemos por escalonar,: " " "! PPÄP " " "! " # # µ "!! "! " " " w Portanto,, œ "ß "ß "ß! ß!ß "ß "ß " é outra base (desta vez, escalonada) de J. Como % tem w dimensão %, será necessário acrescentar a, mais dois vectores (obviamente não percentes a J) de modo a obterem-se % vectores de % linearmente independentes. A forma mais simples e óbvia será acrescentar os vectores!ß!ß "ß! e!ß!ß!ß ", o que conduzirá à seguinte base escalonada de % : "ß "ß "ß! ß!ß "ß "ß " ß!ß!ß "ß! ß!ß!ß!ß " Ano Lectivo: Semestre: Inverno 2015 Fevereiro 04; 19:00

6 6 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 3 ç Sejam 0 o endomorfismo de $ definido por 0BßCßD œb%cdßbc$dß%d "! e Kœ "! a matriz canónica de uma aplicação linear 1.! " a ç Determine a matriz canónica J do endomorfismo 0. b ç Calcule os valores próprios de 0 e mostre que 0 é diagonalizável. c ç Determine o núcleo e a imagem de 1. 3a ç As colunas de J são as coordenadas de 0 "ß!ß! ß0!ß"ß! e 0!ß!ß" na base canónica de $. Ora estas imagens são: Portanto, 0 "ß!ß! œ "ß"ß! ß0!ß"ß! œ%ß"ß! ß0!ß!ß" œ "ß$ß% " % " Jœ " " $!! % 3b ç Aplicando o teorema de Laplace à $ ª linha, o polinómio característico de 0 é dado por: "- % " : 0 - œ detj -M$ œ " "- $!! %- " - % # œ %- œ % " % " " œ % -"-# "-# œ-" -$ -% Conclui-se que o espectro de 0 é E0 œ "ß $ß %. A multiplicidade algébrica dos valores próprios é igual a ", pelo que o mesmo acontece com a multplicidade geométrica. Sendo assim, ficamos com - E0 7 - œ $ 1 Isto significa que 0 é diagonalizável. Outra forma de justificar o facto de 0 ser diagonalizável é atender a que vectores próprios associados a valores próprios distintos são necessariamente linearmente independentes, pelo que, tomando um vector próprio associado a cada um dos valores próprios de 0, obtém-se uma base formada em exclusivo por vectores próprios de 0 e em relação à qual a matriz de 0 é diagonal (com os valores próprios de 0 na diagonal, pela ordem correspondente à ordem dos vectores próprios na base escolhida) Fevereiro 04; 19:00 Ano Lectivo: Semestre: Inverno

7 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 7 3c ç As coordenadas de 1BßC na base canónica de $ são "! B B "! œ B! " C C Portanto, Então, 1Bß C œ Bß Bß C Ker1œ BßCÀ1BßC œ!ß!ß! œbßcàbßbßc œ!ß!ß! œ!ß! A igualdade anterior significa que 1 é injectiva. Quanto à imagem de 1, ela é o subespaço de $ gerado por 1 "ß! œ "ß"ß! e 1!ß" œ!ß!ß", que são as colunas de K: Img1œP "ß"ß! ß!ß!ß" rata-se de um subespaço de $ de dimensão #(a característica de 1 e de K). Ano Lectivo: Semestre: Inverno 2015 Fevereiro 04; 19:00

8 8 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 4 ç Considere, no espaço euclidiano $ dotado do produto interno canónico, três e At tais %ß%ß# e a ç Determine a área do triângulo definido por?t b ç Determine um vector ortogonal a?t com norma igual a "#. c ç Determine a projecção ortogonal sobre "ß"ß#. 4a ç A área do triângulo definido por?t é: " " " œ %ß%ß# œ " "'"'%œ " $'œ 'œ$ # # # # # 4b ç O é ortogonal a?t e pelo que o vector =t pedido será múltiplo i.e., Então, deverá ser =t œ "#: =t =t œ œ œ "# Í œ "# Í ' 5 œ "# Í 5 œ # Í 5 œ # 5 œ # Portanto, existem duas soluções para o problema, a saber, =t œ# %ß%ß# œ )ß)ß% =t œ # %ß %ß # œ )ß )ß % 4c ç A projecção ortogonal de :t %ß%ß# sobre ;t œ "ß "ß # Á 9t é: proj ;t :t œ :t ;t ;t œ %ß %ß # "ß "ß # "ß"ß# œ % "ß"ß# œ # ;t ;t "ß"ß# "ß"ß# ' $ "ß"ß# 2015 Fevereiro 04; 19:00 Ano Lectivo: Semestre: Inverno

9 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 9 PARE 2 1 ç Sejam Eß F e G matrizes reais arbitrárias, quadradas de ordem 8 ". Apenas uma das seguintes proposições é verdadeira. Assinale-a: ú a EFœS8 ÊEœS 8 FœS8 EßF 8ß8 ú a " " dete Á! E œeêe œe E 8ß8 # # ú a 8ß8 EFEF œ E F EßF ú a característicae œ8 EFœGEÊFœG EßFßG 8ß8 ç A proposição dada é falsa: Para obter um contra-exemplo, basta que E seja singular não nula e as colunas de F sejam soluções não nulas (que existirão garantidamente) do sistema homogéneo E\ œ S. Por exemplo, " # # # Eœ ÁS Fœ ÁS EFœS # % # " " # # ç A proposição dada é verdadeira: " Como dete Á!, E é invertível, i.e., existe E tal que " " EE œ E E œ M8 ranspondo os membros das igualdades acima, elas equivalem a " E E œ E " E œ M œ M Estas igualdades mostram, por definição de inversa, que E " " 8 8 é invertível e que E œ E " Como E e E são ambas invertíveis, se E for simétrica ( E œ E), será, invertendo ambos os membros, Recorrendo a o que significa que E ", a igualdade anterior equivale a E " ç A proposição dada é falsa: De facto, tem-se, E é também simétrica, q.e.d. œ E " " " " œ E # # EFEF œe EFFEF A igualdade dada será válida sse E e F forem permutáveis ( EF œ FE). Por exemplo, para " # $ # Eœ Fœ " $ " " Ano Lectivo: Semestre: Inverno 2015 Fevereiro 04; 19:00

10 10 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) temos: % % #!! ) EFEF œ œ! % # # ) ) # # $ ) ( ) %! E F œ œ % "" % " ) "# ç A proposição dada é falsa: Por exemplo, para " " "!! " Eœ ßFœ Gœ! " " " e " # temos! " característicae œ# EFœGEœ FÁG " " A chamada lei do corte é válida apenas quando E é regular e a matriz E a "cortar" está no mesmo lado do produto em ambos os membros da igualdade: isto é, é falso que a característicae œ8 EFœGEÊFœG EßFßG a EßFßG 8ß8 8ß8 característicae œ8 FEœEGÊFœG odavia, é verdadeiro (demonstre!) que a característicae œ8 EFœEGÊFœG EßFßG a EßFßG A resposta correcta é, portanto, a segunda. 8ß8 8ß8 característicae œ8 FEœGEÊFœG 2015 Fevereiro 04; 19:00 Ano Lectivo: Semestre: Inverno

11 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 11 2 ç Seja 0 a aplicação linear entre espaços vectoriais cartesianos reais cuja matriz canónica é "! " "! " Jœ. # " "!! # Apenas uma das seguintes proposições é verdadeira. Indique-a: ú a 0 +ß,ß-ß. œ +,#-ß-ß+,-#.. +ß,ß-ß. % ú A imagem de 0 é igual a %. ú 0 é injectiva e não é sobrejectiva. ú O vector!ß!ß " pertence ao núcleo de 0. ç A proposição é falsa: $ % A matriz J é do tipo % $, o que significa que 0 é uma função linear de em. Pelo contrário, a % $ função definida por 0 +ß,ß-ß. œ +,#-ß-ß+,-#. é de em. ç A proposição é falsa: $ % Sendo 0À Ä, a dimensão de Img 0 é < Ÿ $, devido ao teorema fundamental: <œ$ dimker0 Ÿ$ Portanto, a imagem de 0 não é igual a %, i.e., 0 não é sobrejectiva. ç A proposição é verdadeira: Já vimos que 0 não é sobrejectiva; todavia, é injectiva, visto que a característica de 0 (e de J ) é < œ $ : "! " "! " "! " "! " PPÄP # " #!!! PÇP # $! " " µ µ Ê < œ $ # " " P$ #P" ÄP$! " " P$ ÇP%!! #!! #!! #!!! Assim, Img 0 é um subespaço de com dimensão $. % ç A proposição é falsa: A $ ª coluna de J é exactamente 0!ß!ß" ; Portanto, 0!ß!ß" œ "ß "ß"ß# Á!ß!ß!ß!, logo!ß!ß " não pertence ao núcleo de 0. Em face do exposto, a resposta correcta é a terceira.! Ano Lectivo: Semestre: Inverno 2015 Fevereiro 04; 19:00

12 12 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época Normal) 3 ç Seja : - œ- " -# o polinómio característico de uma matriz E. # # Das seguintes proposições, apenas uma é verdadeira. Aponte-a: ú A matriz E é necessariamente diagonalizável. ú O espectro de E é igual a #ß "ß"ß#. ú A dimensão do subespaço próprio de Eassociado a - œ # é necessariamente igual a #. ú As multiplicidades geométricas dos valores próprios - œ" e - œ" são ambas iguais a ". Da observação do polinómio característico de E, conclui-se que E é matriz quadrada de % ª ordem e que o espectro de E é EE œ #ß "ß " - œ# é valor próprio de Ecom multiplicidade algébrica 7+# œ# e - œ" e - œ" são valores próprios de E com multiplicidade algébrica 7 + " œ ". Observe-se que, para qualquer valor próprio - EE, tem-se: "Ÿ7- Ÿ7 -à- EE 1 + No caso vertente, isto significa que: "Ÿ71" Ÿ"Í71" œ" "Ÿ71" Ÿ" Í7 1" œ" "Ÿ7# Ÿ# 1 ç A proposição é falsa: Do que acabámos de ver, conclui-se que - œ# pode ter multplicidade geométrica igual a " ou a #: no primeiro caso, E não é diagonalizável; no segundo, sê-lo-á. Portanto, E não é necessariamente diagonalizável. ç A proposição é falsa: Vimos que o espectro de E é igual a #ß "ß ". ç A proposição é falsa: Vimos que a multiplicidade algébrica de - œ# (que é a dimensão do subespaço próprio de E associado a - œ#) pode ser igual a ", logo não necessariamente igual a #. ç A proposição é verdadeira: Mostrámos acima que as multiplicidades geométricas dos valores próprios - œ" e - œ" são ambas iguais a ". Em face do exposto, a resposta correcta é a quarta Fevereiro 04; 19:00 Ano Lectivo: Semestre: Inverno