ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICA Resolução do Exame (Época de Recurso) 15 de Julho de 2015; 10:00 Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão
Aceda aqui à página de ALGA ISEL è ADMat Secção de Álgebra ç ALGA
Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 3 PARTE 1 1 ç Considere o sistema de equações lineares nas incógnitas Bß Cß D, onde + e, são parâmetros reais: BC+D œ +B C +D œ " + BCD œ,$ a ç Discuta a natureza do sistema, em função dos parâmetros + e,. b ç Resolva-o, para +œ" e,œ", indicando ainda a solução geral do sistema homogéneo associado. c ç Faça +œ! e,œ$ e designe por Ea matriz simples do sistema: c1 ç Justifique que E é invertível e determine E ". c2 ç Resolva o sistema, recorrendo à matriz E " calculada na alínea anterior. Resposta 1a ç Levemos a matriz completa ÒE FÓdo sistema à forma escalonada, por condensação vertical: Para + œ", fica ainda: " " + " " + P+PÄP $ + " + "+! +" + +" +" " ",$ µ " $ PPÄP $ " $!! +," " " " " " " PÇP $ +œ"ê!!!! µ!! "," "!! ","!!!! Estamos, agora, em condições de fazer a discussão do sistema: Designando por < a característica da matriz E simples, por = a característica da matriz ÒE FÓ completa e por 8 œ $ o número de incógnitas, resumimos a discussão no quadro seguinte: Caso +, < = < œ = 8< " " Sim " Á" $ Não Natureza do sistema Possível simplesmente indeterminado Impossível $ " Sim " Possível simplesmente indeterminado % Á Á " $ $ Sim! Possível determinado 1b ç Para +œ "(caso $ ), o sistema é possivel e simplesmente indeterminado (independentemente do valor real de,). Para determinar a respectiva solução geral, basta agora fazer, œ " em " e levar a matriz completa à forma escalonada reduzida, por mais uma operação do tipo $ : " " " " "!! B œ C PPÄP " ",œ"ê!! " µ!! " Ê C œ C!!!!!!!! D œ Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão 2015 Julho 15; 10:00
4 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) Deste modo, a solução geral do sistema é: BßCßD œcßcß œ!ß!ß C"ß"ß! à C O vector!ß!ß é uma solução particular de E\ œ F e C"ß "ß! é a solução geral do sistema homogéneo associado. 1c1 ç A discussão do sistema antes realizada mostra que, para +œ! e qualquer,, o sistema é determinado (caso %) e sê-lo-á, em particular, para,œ$: A matriz E terá característica <œ$, logo, Eé invertível e " "! T. Lap "! dete œ! "! œ œ " " " Então,! "! " " " " E œ E œ! œ!! dete adj!! " "! " T 1c2 ç Temos, sucessivamente, M " " " " E\ œ F Ê E E\ œ E F Ê E E \ œ E F $ "! " " ÊM\œ $ E FÊ\œE FÊ\œ!! " "! " ' Ê\œ " " œ " % 2015 Julho 15; 10:00 Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão
Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 5 $! $ $ $ 2 ç Seja 0À Ä o endomorfismo de cuja matriz canónica é J œ " " ". "!! a ç Prove que ß "ß " é um vector próprio de 0. Qual o valor próprio associado? b ç Determine todos os valores próprios de 0, bem como as respectivas multiplicidades algébricas. c ç Sem efectuar quaisquer cálculos, mostre que o núcleo de 0 é!ß!ß! e conclua que 0 é um automorfismo de $. d ç Determine os subespaços próprios de 0 e indique uma base de $ em relação à qual a matriz de 0 seja "!! Hœ! "!!!. $ % e ç Considere a aplicação linear 1À Ä definida por 1Bß Cß D œ B Cß B Cß!ß D: e1 ç Justifique que 1 é injectiva e não sobrejectiva. e2 ç Determine a matriz de 1 0 em relação às bases canónicas dos espaços envolvidos e use-a para determinar 1 0BßCßD, para todo o BßCßD $. 2a ç As coordenadas na base canónica de Resposta $ da imagem do vector ß "ß " por 0 são $! % - " " " " œ œ " "!! " " Portanto, 0 ß"ß" œ ß"ß" o que mostra que ß"ß" é um vector próprio de 0 associado ao valor próprio - œ. 2b ç Aplicando o teorema de Laplace à coluna, 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. A multiplicidade algébrica do valor próprio - œ " é e a multiplicidade algébrica do valor próprio - œ é "(consequentemente, também a geométrica). 2c ç Como! não é valor próprio de 0, segue-se que não existem vectores BßCßD não nulos tais que 0BßCßD œ! BßCßD œ!ß!ß!, ou seja, o único vector com imagem nula é o próprio vector nulo. Isto significa que o núcleo de 0 é!ß!ß!. Então, 0 é injectiva (um automorfismo de $ ). Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão 2015 Julho 15; 10:00
6 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 2d ç Para determinar os subespaços próprios I-0, temos que calcular os vectores próprios de 0, resolvendo os sistemas homogéneos J-M \ œs, para cada - 0Þ ç Para - œ": $ - E!! "! "! "! "! B œ D " PÄP " " PPÄP " "! "! µ "! "! µ!!!! Ê C œ C PPÄP $ " $ "! "! "! "!!!!! D œ D A solução geral do sistema homogéneo duplamente indeterminado anterior é BßCßD œc!ß"ß! D "ß!ß" à CßD O subespaço próprio associado ao valor próprio - œ" é, pois: I"0 œc!ß"ß! D "ß!ß" ÀCßD œp!ß"ß! ß "ß!ß" Portanto, a multiplicidade geométrica o valor próprio " é 7 " œ dimi 0 œ 1 " ç Para - œ: "!! "!! B œ D PPÄP " " " "! µ! " "! Ê C œ D PPÄP $ " $ "!!!!!! D œ D A solução geral do sistema homogéneo simplesmente indeterminado anterior é D ß"ß" à D. O subespaço próprio associado ao valor próprio - œ é, pois: I0 œ D ß "ß " À D œ P ß "ß " Portanto, a multiplicidade geométrica o valor próprio é O quadro seguinte resume a situação de 0: 7 œ dimi 0 œ " 1 - I-0 71-7+ - " P!ß "ß! ß "ß!ß " P ß "ß " " " 7 - œ $ - E0 Como a soma das multiplicidades geométricas dos valores próprios de 0 é igual a dim œ $, a função 0 é diagonalizável. A base /œ!ß"ß! ß "ß!ß" ß ß"ß" é formada exclusivamente por vectores próprios de 0 (associados respectivamente aos valores próprios "ß"ß ) pelo que, nessa base, a matriz de 0 é: "!! Hœdiag"ß "ß œ! "!!! 1 $ 2015 Julho 15; 10:00 Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão
Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 7 Observe-se que a matriz diagonal H anterior é também a representação de 0 em relação, por exemplo, à base "ß!ß " ß!ß "ß! ß ß "ß " e ainda em relação às infinitas bases da forma + - +!ß"ß!, "ß!ß" ß-!ß"ß!. "ß!ß" ß> ß"ß" àcom Á! >Á! (porquê?),. 2e1 ç Como a dimensão do domínio é inferior à do codomínio, 1 não pode ser sobrejectiva. Por outro lado, a matriz canónica de 1 é É óbvio que a característica de " "! " "! Kœ!!!!! K (e de 1 ) é igual a $, o que mostra que 1 é injectiva. 2e2 ç A matriz canónica de 1 0 é " "! $! % " $ " "! " " KJ œ " " " œ!!!!!! "!!!!!! As coordenadas de 1 0BßCßD na base canónica de % são: % " $ %BC$D B " " BCD C œ!!!!!! D B Portanto, 1 0BßCßD œ %BC$DßBCDß!ßB Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão 2015 Julho 15; 10:00
8 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 3 ç Em $, dotado do produto interno canónico, considere os vectores?t œ "ß!ß " ß @t œ!ß "ß " e At œ "ß "ß ". a ç Determine o ângulo entre?t e @t e a projecção de At sobre?t. b ç Calcule a área do triângulo definido por?t e @t. c ç Usando determinantes, prove que a sequência?tß @tß At é uma base de $. d ç Utilizando o processo de Gram-Schmidt, construa uma base ortogonal de?tß @tß At. Resposta 3a ç O ângulo entre? t e @ t é dado por:? t @t ang? tß @t œ arccos? t @t "ß!ß "!ß "ß " œ arccos "ß!ß "!ß "ß " " " 1 œ arccos œ arccos œ $ A projecção de At sobre?t é $, a partir da base At?t "ß"ß" "ß!ß"! proj?t At œ?t œ "ß!ß " œ "ß!ß " œ!ß!ß!? t?t "ß!ß" "ß!ß" 3b ç Sendo t-ß-ß- " t t$ a base canónica de $ (que é ortonormada para o produto interno usual), tem-se "! -t "! " "! "!?t @tœ! " -t œ t- t- t- œ- t - t - t œ "ß"ß" " " " " "! " $ " $ " " -t $ A área do triângulo definido por?t e @t será então: " " " Área??tß @t œ?t @t œ "ß "ß " œ $ œ $ 2015 Julho 15; 10:00 Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão
Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 9 3c ç Basta mostrar que det?tß @tß At Á!: "! " det?tß @tß At œ! " " œ"!!"!"œ$á! " " " 3d ç O método de ortogonalização de Gram-Schmidt permite obter uma sequência ortogonal /œ /tß/tß/t " $ a partir de uma sequência = œ?tß @tß At linearmente independente (esta condição é essencial e, como vimos na alínea anterior, ela verifica-se no presente problema). O referido método define a sequência ortogonal /t" ß/tß/t $ a partir da sequência linearmente independente =, por recorrência, de acordo com as expressões seguintes: /t " œ?t œ "ß!ß " @t /t "!ß "ß " "ß!ß " /t œ@ t /t" œ!ß"ß" "ß!ß" /t" /t " "ß!ß " "ß!ß " œ!ß"ß" " " "ß!ß " œ "ß ß " At /t" At /t /t$ œ A t /t" /t /t" /t" /t /t " "ß "ß " "ß!ß " "ß "ß " "ß ß" " œ "ß "ß " "ß!ß " "ß!ß " "ß!ß " " " "ßß" "ßß" "ßß" œ "ß"ß"! "ß!ß"! "ßß" œ "ß"ß" Portanto, a sequência /t" ß/tß/t $ œ "ß!ß" ß"ßß" ß"ß"ß" é a base ortogonal pedida. Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão 2015 Julho 15; 10:00
10 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) PARTE 2 1 ç Seja E uma matriz real quadrada de ordem 8 ". Atente nas seguintes proposições envolvendo E: T +ç a E é invertível Í dete E Á!. E 8ß8,ç a det - E œ - det E. 8ß8 - ßE -ç a EE œ E E 8ß8det det. " ".çdete œ Ê E œ adj E. A lista completa formada pelas proposições verdadeiras é: úç +ß -ß. úç,ß - ú ç +ß. úç +ß - Resposta Vejamos agora o valor de verdade das proposições: +ç Aproposição é verdadeira. Temos, sucessivamente, det T det T EE œ EdetE œdetedete œdete Á!ÍdetE Á!ÍEé invertível 8 8,çNeste caso, é det-e œ - dete. A igualdade -dete œ - detesó é verdadeira para E é singular - œ! - œ" - œ" 8ímpar A proposição dada é, pois, falsa. 8 -çneste caso, temos: detee œ dete œ dete. Por ser 8", a igualdade 8 dete œ detesó é verdadeira se Efor singular, isto é, se dete œ!. A proposição dada é, portanto, falsa..ç A proposição é verdadeira. A hipótese dete œ Á! mostra que E é invertível e então: " " " E œ adje œ adje œ adje dete "Î " Em face do exposto, a resposta correcta é a terceira, +ß.. 2015 Julho 15; 10:00 Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão
Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 11 2 ç Seja I um espaço vectorial real e?t, @t e At vectores de I tais que?t Á9t @tœ%?t Atœ?t$@t. Sendo J o subespaço de I gerado por?t, @tß At, então: úç dimj œ! ú ç dimj œ " úç dimj œ úç dimj œ $ Resposta O enunciado permite-nos escrever At œ?t$@tœ?t$ %?t œ "!?t. Assim, fica?t, @tß At œ?t, %?t ß "!?t?tá9t Então, JœP?t, %?t ß"!?t œ P?t?tÁ9tÊdimJ œ" Concluímos que a opção correcta é a segunda. Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão 2015 Julho 15; 10:00
12 Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 3 ç Seja 0À $ Ä $ uma aplicação linear tal que 0 "ß!ß! œ "ß "ß! 0!ß "ß! œ!ß "ß " 0!ß!ß " œ "ß!ß ". Apenas uma das seguintes proposições é verdadeira. Assinale-a: ú 0 é sobrejectiva. ú A nulidade de 0 é igual a. ú 0 ß!ß" œ ß"ß". ú O núcleo de 0 é o subespaço gerado por "ß"ß". Resposta A matriz canónica J de 0 tem por colunas as coordenadas na base canónica de 0 "ß!ß!, 0!ß"ß! e 0!ß!ß", portanto: "! " Jœ " "!! " " A expressão geral de 0 é 0BßCßD œbdßbcßcd, como se mostra a seguir: "! " B BD " "! C œ BC! " " D CD A seguir, mostramos que a característica de 0 é igual a : "! " "! " "! " PPÄP " PPÄP $ $ " "! µ! " " µ! " "! " "! " "!!! ç A primeira proposição dada é falsa: Como a característica de 0 é $, 0 não é sobrejectiva. ç A segunda proposição dada é também falsa: A nulidade de 0 é igual a $ œ ". ç A terceira proposição é, igualmente, falsa: Temos, usando a expressão 0BßCßD œbdßbcßcd, com BßCßD œ ß!ß" : 0 ß!ß" œ "ß!ß!" œ $ßß" Á ß"ß" ç A última proposição dada é verdadeira: Por definição, tem-se Ker0 œbßcßdà0bßcßd œ!ß!ß! œbßcßdàbdßbcßcd œ!ß!ß! œbßcßdàbdœ! BCœ! CDœ! Trata-se, portanto, do espaço das soluções do sistema homogéneo anterior (espaço nulo de J ): "! "! "! "! "! "! B œ D PPÄP " PPÄP $ $ " "!! µ! " "! µ! " "! Ê C œ D! " "!! " "!!!!! D œ D 2015 Julho 15; 10:00 Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão
Álgebra Linear e Geometria Analítica - Resolução do Exame (Época de Recurso) 13 A solução geral é BßCßD œ DßDßD œ D "ß"ß " ; portanto, Ker0 œ D "ß "ß " À D œ > "ß "ß " À > œ P "ß "ß " A resposta correcta é, portanto, a última. Ano Lectivo: 2014-2015 Semestre: Verão 2015 Julho 15; 10:00