ÁLGEBRA LINEAR. Exame Final

UNIVERSIDADE DE AVEIRO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA ÁLGEBRA LINEAR Exame Final 9/0/00 DURAÇÃO: 3 horas Nome: N o Aluno: Observação: Declaro que desisto: (Justifique sempre as suas respostas) Folha. (4,0 val.) No espaço vectorial real R 3, considere o subconjunto U = {(x, y, z) x 3y + 3z = 0} e o subespaço vectorial W gerado pelos vectores w = (, 0, ) e w = (0,, ), isto é, W = w, w. a) Mostre que U é um subespaço vectorial de R 3. b) Determine um conjunto de geradores para U. Resolução: c) Averigue se w e w são linearmente independentes. d) Sem determinar o subespaço vectorial W, indique um valor para k (k R) de modo a que v = (,, k) pertença a W. e) Determine uma base do subespaço vectorial intersecção U W. Qual é a dimensão de U W? (a) Para mostrar que U é um subespaço vectorial de R 3 basta mostrar que: i) U ii) u, v U, α, β R, αu + βv U. Ora (0, 0, 0) U, pois (0, 0, 0) satisfaz a condição que define U; donde U. Sejam u = (x, y, z) U e v = (a, b, c) U; então x 3y + 3z = 0 e a 3b 3c = 0. Dados α, β R, αu + βv = (αx + βa, αy + βb, αz + βc) e αu + βv U se as suas coordenadas satisfizerem a condição que define U. Ora (αx + βa) 3(αy + βb) + 3(αz + βc) = (αx 3αy + 3αz) + (βa 3βb + 3βc) = α(x 3y + 3z) + β(a 3b + 3c) = α 0 + β 0 = 0 Donde αu + βv U. Logo U é um subespaço vectorial de R 3. (b) Do enunciado, vem que: U = {(x, y, z) x = 3y 3z} = {(3y 3z, y, z) y, z R}. Donde (3y 3z, y, z) = (3y, y, 0) + ( 3z, 0, z) = y(3,, 0) + z( 3, 0, ) Logo U = (3,, 0), ( 3, 0, ). (c) Por definição w e w são linearmente independentes sse αw + βw = (0, 0, 0) α = β = 0.

Ora α(, 0, ) + β(0,, ) = (0, 0, 0) 0 0 0 0 L 3 L 3 L 0 0 0 0 0 0 0 L 3 L 3 L 0 0 0 0 α = β = 0 0 0 0 Logo w, w são linearmente independentes. (d) Por definição de subespaço gerado, v W sse existem α, β R tais que v = αw + βw, isto é, sse o sistema v = αw + βw é possível. Ora α(, 0, ) + β(0,, ) = (,, k) 0 0 L 3 L 3 L 0 0 k 0 k L 3 L 3 L 0 0 0 0 k Ora este sistema é possível sse k = 0. Logo v W sse k = 0. (e) É necessário determinar a condição que define W ; um vector (a, b, c) W sse existem α, β R tais que (a, b, c) = αw + βw, isto é, sse o sistema (a, b, c) = αw + βw é possível. Ora α(, 0, ) + β(0,, ) = (a, b, c) 0 a 0 b L 3 L 3 L 0 a 0 b c 0 c a L 3 L 3 L 0 a 0 b 0 0 c a b Ora este sistema é possível sse c a b = 0. Logo W = {(x, y, z) z x y = 0}. Assim U W = {(x, y, z) (x, y, z) U, (x, y, z) W } = {(x, y, z) x 3y + 3z = 0, z x y = 0} Ora { x 3y + 3z = 0 z x y = 0 Donde { x = 3y 3z z (3y 3z) y = 0 { x = 0 z = y U W = {(x, y, z) x = 0, y = z} = {(0, y, y) y R} = (0,, ) Como (0,, ) (0, 0, 0) é l.i. então B = {(0,, )} é uma base de U W, logo dim U W =.

UNIVERSIDADE DE AVEIRO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA ÁLGEBRA LINEAR Exame Final 9/0/00 DURAÇÃO: 3 horas Nome: N o Aluno: (Justifique sempre as suas respostas) Folha. (4,0 val.) No espaço vectorial real R [x] dos polinómios de coeficientes reais de grau menor ou igual a, considere a base ordenada B = ( p, q, r ), em que p = + x, q = + x x, r = + x. a) Determine a matriz de mudança de bases da base B para a base canónica B c de R [x]. b) Determine a matriz de mudança de bases da base canónica B c de R [x] para a base B. c) O polinómio x tem coordenadas (0,, 0) relativamente à base ordenada canónica. Usando a matriz de mudança de bases apropriada calcule as coordenadas de x relativamente à base B. d) Determine o subespaço vectorial U de R [x] gerado por p e r. e) Seja W o subespaço vectorial de R [x] definido por W = {f(x) R [x] f (x) = 0}, onde f (x) representa a segunda derivada de f(x). i) Determine U W. ii) Será W um subespaço complementar de U em R [x]? Se a sua resposta for negativa, determine um subespaço complementar de U. Caso tenha dificuldades em lidar com esta questão pode optar pela alternativa à questão (folha 3). Perde ponto pela opção. Resolução: A resolução desta questão é semelhante à sua alternativa. Ver a resolução da questão alternativa.

UNIVERSIDADE DE AVEIRO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA ÁLGEBRA LINEAR Exame Final 9/0/00 DURAÇÃO: 3 horas Nome: N o Aluno: (Justifique sempre as suas respostas) Folha 3. (3,0 val.) Alternativa à questão. No espaço vectorial real R 3 considere a base ordenada B = ( b, b, b 3 ), em que b = (,, 0), b = (,, ), b 3 = (, 0, ). a) Determine a matriz de mudança de bases da base B para a base canónica B c de R 3. b) Determine a matriz de mudança de bases da base canónica B c de R 3 para a base B. c) O vector v = (0,, 0) tem coordenadas (0,, 0) relativamente à base ordenada canónica. Usando a matriz de mudança de bases apropriada calcule as coordenadas de v relativamente à base B. d) Determine o subespaço vectorial U de R 3 gerado por b e b 3. e) Seja W o subespaço vectorial de R 3 definido por onde c é o produto interno canónico de R 3. W = {(a, b, c) R 3 (a, b, c) c (0, 0, ) = 0}, i) Determine U W. ii) Será W um subespaço complementar de U em R 3? Se a sua resposta for negativa, determine um subespaço complementar de U. Resolução: a) M(id R 3, B, B c ) = 0 0, pois (,, 0) = (, 0, 0) + (0,, 0) + 0(0, 0, ); (,, ) = (, 0, 0) + (0,, 0) + ( )(0, 0, ); (, 0, ) = (, 0, 0) + 0(0,, 0) + (0, 0, ). b) Sabe-se que M(id R 3, B c, B) = 0 0 Proceda-se ao cálculo da inversa usando o algoritmo.. 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L =L L 0 0 0 0 0 L 3 = L 3 e L =( )L L 3 =L 3 L 0 0 0 0 L =L L

0 0 0 0 3 0 0 0 0 L =L+L 3 0 0 0 0 L =L+L3 c) Observe-se que o vector v tem coordenadas (0,, 0) relativamente à base ordenada canónica. Logo, 3 = 3 0 0 e portanto (3,, ) são as coordenadas do vector v em relaçãoà base B. d) < b, b 3 >=< (,, 0), (, 0, ) >= {(x, y, z) R 3 : α, β R : (x, y, z) = α(,, 0) + β(, 0, )} Ora (x, y, z) = α(,, 0) + β(, 0, ) x = α + β y = α z = β. Logo, x = y + z. Assim, < b, b 3 >= {(y + z, y, z), y, z R} e) (i) Tem-se W = {(a, b, c) R 3 : c = 0} = {(a, b, 0), a, b R}. Assim, U W = {(x, y, z) R 3 : x = y + z z = 0} = {(y, y, 0), y R} =< (,, 0) >. (ii) O subespaço W não é complementar de U pois U W {0}, já que (,, 0) U W. Observe-se que U =< (,, 0), (, 0, ) >. Tome-se U c =< (,, ) >. Como (,, ) (0, 0, 0) então B = ((,, )) é uma base para U c. Assim, dim U c =. Mais, {(,, 0), (, 0, )} é um subconjunto de um conjunto de vectores linearmente independentes, logo é um conjunto de vectores linearmente independentes. Tem-se então dim U =. Assim, dim U + dim U c = dim R 3 dim(u U c ) = 0 U U c = {0}. Logo U c é subespaço complementar de U.

UNIVERSIDADE DE AVEIRO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA ÁLGEBRA LINEAR Exame Final 9/0/00 DURAÇÃO: 3 horas Nome: N o Aluno: (Justifique sempre as suas respostas) Folha 4 3. (4,0 val.) Seja V um espaço vectorial real e B = (b, b, b 3 ) uma base de V. Considere a aplicação linear f : R 4 V definida por f(x, y, z, w) = ( x + z)b + (y z)b + (x + y z)b 3. a) Será a aplicação linear f injectiva? Justifique. b) Determine a matriz M(f, B c, B) em que B c é a base ordenada canónica de R 4. c) Determine uma base de Im(f). d) Em R 4 considere os vectores u = (,,, 0) e u = (0, 0, 0, ). Mostre que (u, u ) é uma base (ordenada) de Nuc(f). e) Determine uma base B de R 4 que inclua os vectores u e u. f) Determine a matriz M(f, B, B), isto é, a matriz de f relativamente à base ordenada B de R 4 determinada na questão anterior e à base B dada inicialmente. Atenção: Caso não tenha resolvido a alínea (e), considere B = ( (,,, ), (0,,, ), (0, 0,, ), (0, 0, 0, ) ) Caso tenha dificuldades em lidar com esta questão pode optar pela alternativa à questão 3 (folha 5). Perde ponto pela opção. Resolução: a) (Uma maneira) Temos f(,,, 0) = 0 V = f(0, 0, 0, 0), isto é, os dois vectores (,,, 0) e (0, 0, 0, 0) tem a mesma imagem, logo f não é injectiva. (Outra maneira) Por um resultado da teórica, a aplicação linear f é injectiva se e só se Nuc(f) = {(0, 0, 0, 0)}. Vamos então calcular Nuc(f). Nuc(f) = {(x, y, z, w) R 4 f(x, y, z, w) = 0 V } = {(x, y, z, w) R 4 ( x + z)b + (y z)b + (x + y z)b 3 = 0 V }. Como os vectores b, b e b 3 são linearmente independentes, então x z = 0 y z = 0 x + y z = 0

donde Então Nuc f = {(x, y, z, w) R 4 x = z, y = z}. x = z y = z 0 = 0 Como (,,, 5) Nuc(f), temos Nuc(f) {(0, 0, 0, 0)}, logo f não é injectiva. b) A matriz M(f, B c, B) é constituída pelas coordenadas das imagens dos vectores da base B c, quando estas imagens estão escritas na base B. Como f(, 0, 0, 0) =( )b + 0b + b 3 f(0,, 0, 0) =0b + b + b 3 f(0, 0,, 0) =b + ( )b + ( )b 3 f(0, 0, 0, ) =0b + 0b + 0b 3 Portanto, M(f, B c, B) = 0 0 0 0 0 c) Como ((, 0, 0, 0), (0,, 0, 0), (0, 0,, 0), (0, 0, 0, )) é uma base ordenada de R 4 então Im(f) =< f(, 0, 0, 0), f(0,, 0, 0), f(0, 0,, 0), f(0, 0, 0, ) > =< b + b 3, b + b 3, b b b 3, 0 V > =< b + b 3, b + b 3 > A última igualdade resulta do facto de os últimos dois vectores serem combinação linear dos dois primeiros: b b b 3 = ( b + b 3 ) (b + b 3 ) 0 V = 0( b + b 3 ) + 0(b + b 3 ). Agora, vamos ver se os vectores b + b 3 e b + b 3 são linearmente independentes. Sejam α e β números reais tais que α(b 3 b ) + β(b + b 3 ) = 0 V, então αb + βb + (α + β)b 3 = 0 V. Como b, b e b 3 são linearmente independentes, temos α = 0 β = 0 α + β = 0 o que implica que α = 0 e β = 0, isto é, a única maneira de obter o vector nulo é com ambas as constantes iguais a zero. Portanto, b 3 b e b + b 3 são linearmente independentes. Como estes vectores geram Im(f), temos que (b 3 b, b + b 3 ) é uma base de Im(f). d) Como f(u ) = 0 V e f(u ) = 0 V então u e u, estão em Nuc(f). Vejamos se são linearmente independentes. Sejam α e β números reais tais que α(,,, 0) + β(0, 0, 0, ) = (0, 0, 0, 0). Então α = 0 e β = 0. Portanto, u e u são linearmente independentes.

Já sabemos que a dimensão de Im(f) é dois, porque na alínea anterior descobrimos uma base com dois vectores. Pelo teorema das dimensões dim(nuc(f) = dim(r 4 ) dim(im(f)) =. Portanto, {u, u } é um sistema linearmente independente maximal de Nuc(f), isto é (u, u ) é uma base de Nuc(f). e) Como dim(r 4 ) = 4, basta descobrir dois vectores u 3 e u 4 tais que u, u, u 3 e u 4 sejam linearmente indepedentes. Sejam, por exemplo, u 3 = (0, 0,, 0) e u 4 = (0,, 0, 0). Sejam α, β, γ e δ reais tais que ou seja αu + βu + γu 3 + δu 4 = (0, 0, 0, 0), α(,,, 0) + β(0, 0, 0, ) + γ(0, 0,, 0) + δ(0,, 0, 0) = (0, 0, 0, 0). Então, obtemos α = 0, β = 0, γ = 0 e δ = 0, donde u, u, u 3 e u 4 formam um sistema linearmente independente maximal de R 4. Logo B = (u, u, u 3, u 4 ) é uma base ordenada de R 4. f) Utilizando composição de aplicações lineares e matrizes mudança de bases, verifica-se que Claramente M(f, B, B) = M(Id V, B, B) M(f, B c, B) M(Id R 4, B, B c ). M(Id V, B, B) = 0 0 0 0 = I 4 Temos também (basta meter as coordenadas dos vectores de B nas colunas da matriz) 0 0 0 M(Id R 4, B, B c ) = 0 0 0 0 0 Então M(f, B, B) = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0 0 0 0 0

UNIVERSIDADE DE AVEIRO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA ÁLGEBRA LINEAR Exame Final 9/0/00 DURAÇÃO: 3 horas Nome: N o Aluno: (Justifique sempre as suas respostas) Folha 5 3. (3,0 val.) Alternativa à questão 3. Considere a aplicação linear f : R 4 R 3 definida por f(x, y, z, w) = ( x + z, y z, x + y z). a) Será a aplicação linear f injectiva? Justifique. b) Determine a matriz M(f, B 4 c, B 3 c ) em que B 4 c é a base ordenada canónica de R 4 e B 3 c é a base canónica de R 3. c) Determine uma base de Im(f). d) Em R 4 considere os vectores u = (,,, 0) e u = (0, 0, 0, ). Mostre que (u, u ) é uma base (ordenada) de Nuc(f). e) Determine uma base B de R 4 que inclua os vectores u e u. f) Determine a matriz M(f, B, B 3 c ), isto é, a matriz de f relativamente à base ordenada B de R 4 determinada na questão anterior e à base B 3 c. Resolução: Atenção: Caso não tenha resolvido a alínea (e), considere B = ( (,,, ), (0,,, ), (0, 0,, ), (0, 0, 0, ) ) a) (Uma maneira) Temos f(,,, 0) = (0, 0, 0) = f(0, 0, 0, 0), isto é, os dois vectores (,,, 0) e (0, 0, 0, 0) tem a mesma imagem, logo f não é injectiva. (Outra maneira) Por um resultado da teórica, a aplicação linear f é injectiva se e só se Nuc(f) = {(0, 0, 0, 0)}. Vamos então calcular Nuc(f). Então donde Nuc(f) = {(x, y, z, w) R 4 f(x, y, z, w) = (0, 0, 0)} Então Nuc f = {(x, y, z, w) R 4 x = z, y = z}. = {(x, y, z, w) R 4 ( x + z, y z, x + y z) = (0, 0, 0)}. x z = 0 y z = 0 x + y z = 0 x = z y = z 0 = 0 Como (,,, 5) Nuc(f), temos Nuc(f) {(0, 0, 0, 0)}, logo f não é injectiva.

b) A matriz M(f, B 4 c, B 3 c ) é constituída pelas coordenadas das imagens dos vectores da base B 4 c, quando estas imagens estão escritas na base B 3 c. Como Portanto, f(, 0, 0, 0) =(, 0, ) f(0,, 0, 0) =(0,, ) f(0, 0,, 0) =(,, ) f(0, 0, 0, ) =(0, 0, 0) M(f, B c, B) = 0 0 0 0 0 c) Como ((, 0, 0, 0), (0,, 0, 0), (0, 0,, 0), (0, 0, 0, )) é uma base ordenada de R 4 então Im(f) =< f(, 0, 0, 0), f(0,, 0, 0), f(0, 0,, 0), f(0, 0, 0, ) > =< (, 0, ), (0,, ), (,, ), (0, 0, 0) > =< (, 0, ), (0,, ) > A última igualdade resulta do facto de os últimos dois vectores serem combinação linear dos dois primeiros: (,, ) = (, 0, ) (0,, ) (0, 0, 0) = 0(, 0, ) + 0(0,, ). Agora, vamos ver se os vectores (, 0, ) e (0,, ) são linearmente independentes. números reais tais que α(, 0, ) + β(0,, ) = (0, 0, 0). Então α = 0 β = 0 α + β = 0 Sejam α e β o que implica que α = 0 e β = 0, isto é, a única maneira de obter o vector nulo é com ambas as constantes iguais a zero. Portanto, os vectores (, 0, ) e (0,, ) são linearmente independentes. Como estes vectores geram Im(f), temos que ((, 0, ), (0,, )) é uma base de Im(f). d) Como f(u ) = (0, 0, 0) e f(u ) = (0, 0, 0) então u e u, estão em Nuc(f). Vejamos se são linearmente independentes. Sejam α e β números reais tais que α(,,, 0) + β(0, 0, 0, ) = (0, 0, 0, 0). Então α = 0 e β = 0. Portanto, u e u são linearmente independentes. Já sabemos que a dimensão de Im(f) é dois, porque na alínea anterior descobrimos uma base com dois vectores. Pelo teorema das dimensões dim(nuc(f) = dim(r 4 ) dim(im(f)) =. Portanto, {u, u } é um sistema linearmente independente maximal de Nuc(f), isto é (u, u ) é uma base de Nuc(f). e) Como dim(r 4 ) = 4, basta descobrir dois vectores u 3 e u 4 tais que u, u, u 3 e u 4 sejam linearmente indepedentes. Sejam, por exemplo, u 3 = (0, 0,, 0) e u 4 = (0,, 0, 0). Sejam α, β, γ e δ reais tais que ou seja αu + βu + γu 3 + δu 4 = (0, 0, 0, 0), α(,,, 0) + β(0, 0, 0, ) + γ(0, 0,, 0) + δ(0,, 0, 0) = (0, 0, 0, 0). Então, obtemos α = 0, β = 0, γ = 0 e δ = 0, donde u, u, u 3 e u 4 formam um sistema linearmente independente maximal de R 4. Logo B = (u, u, u 3, u 4 ) é uma base ordenada de R 4.

f) Utilizando composição de aplicações lineares e matrizes mudança de bases, verifica-se que Claramente M(f, B, B 3 c ) = M(Id R 3, B 3 c, B 3 c ) M(f, B 4 c, B 3 c ) M(Id R 4, B, B 4 c ). M(Id R 3, B 3 c, B 3 c ) = 0 0 0 0 = I 4 Temos também (basta meter as coordenadas dos vectores de B nas colunas da matriz) 0 0 0 M(Id R 4, B, Bc 4 ) = 0 0 0 0 0 Então M(f, B, B 3 c ) = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = 0 0 0 0 0

UNIVERSIDADE DE AVEIRO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA ÁLGEBRA LINEAR Exame Final 9/0/00 DURAÇÃO: 3 horas Nome: N o Aluno: (Justifique sempre as suas respostas) Folha 6 4. (4,0 val.) Considere a matriz M = 0 0 3 3 M 3 (R). Esta representa uma aplicação linear 8 5 M : R 3 R 3 ] [ x y z a) Qual é o polinómio característico de M? M[ x y z ] b) Calcule os valores próprios de M indicando as respectivas multiplicidades (algébricas) de cada um deles. c) Sem fazer cálculos qual é a dimensão de cada um dos subespaços próprios? Porquê?. d) Determine os subespaços próprios associados a cada um dos valores próprios. e) Diga, justificando, se M é diagonalizável. Valorizaremos mais esta questão a quem der duas justificações, uma baseada nos valores próprios e outra baseada nos vectores próprios. f) Em caso afirmativo, indique uma matriz diagonal que possa resultar da diagonalização de M. Sabe dizer qual é a matriz que diagonaliza M nessa forma diagonal? Resolução: a) P M (x) = x 0 0 x 3 3 8 x 5 = (x ) x 3 3 8 x 5 = (x )(x 8x 9). b) Como x 8x 9 tem raiz então P M (x) = (x )(x + )(x 9). Os valores próprios de M são as raízes do polinómio característico P M (x). Portanto, os valores próprios de M são, e 9, cada uma com multiplicidade. c) Como a dimensão dim(e λ ) dum subespaço próprio E λ associado a um valor próprio λ é sempre e inferior ou igual à multiplicidade do valor próprio, então dim(e ) = dim(e ) = dim(e 9 ) =. [ ][ ] [ ] 0 0 x x d) E = {v R 3 M v T = v T } = {(x, y, z) R 3 3 3 y = y }. Ora, 8 5 z z [ ][ ] [ ] 0 0 x x x = x x = 0 { x = 0 3 3 y = y x + 3y + 3z = y 4y + 3z = 0 8 5 z z 4y + 3z = 0 x + 8y + 5z = z 8y + 6z = 0 { x = 0 z = 4 3 y. Portanto E = {(x, y, z) R 3 x = 0 z = 4 3 y} = {(0, y, 4 y) y R} = (0, 3, 4) 3

[ ][ ] [ ] 0 0 x x E = {(x, y, z) R 3 3 3 y = y } = {(x, y, z) R 3 x + 3y + 3z = y 8 5 z z x + 8y + 5z = z} = {(x, y, z) R 3 x + 3y + 3z = y x + 8y + 5z = z}. Temos o { x + 3z + y = 0 sistema { x + 3z + 8y = 0 x = 7y z = 5y. Logo Eq =Eq Eq { x 7y = 0 x + 3z + 8y = 0 { x = 7y 7y + 3z + 8y = 0 E = {(x, y, z) R 3 x = 7y z = 5y} = {(7y, y, 5y) y R 3 } = (7,, 5). E 9 = {(x, y, z) R 3 [ 0 0 3 3 8 5 ][ x y z ] = [ 9x 9y 9z ] } = {(x, y, z) R 3 x = 0 y + z = 3y 8y + 5z = 9z} = {(x, y, z) R 3 x = 0 z = y} = {(0, y, y)} y R} = (0,, ). e) Sim, é diagonalizável. Argumento (baseado nos valores próprios): Porque M tem 3 = dimr 3 valores próprios distintos. De facto, isto implica que dime M = dim(e E E 9 ) = dim(e ) + dim(e ) + dim(e 9 ) + + = 3 (note-se que para valores próprios distintos a soma E + E + E 9 = E M é directa e portanto a dimensão da soma é a soma das dimensões) e como E M < R 3 E M = R 3. Logo M é diagonalizável. Argumento (baseado nos vectores próprios): Como os vectores próprios (0, 3, 4), (7,, 5), (0,, ) são linearmente independentes, de facto, calculando o determinante (o que não era necessário pois sabemos que vectores próprios associados a valores próprios distintos são linearmente independentes, mas como estamos a evitar usar qualquer informação vinda dos valores próprios, não podemos usar essa informação) 0 7 0 3 4 5 = 7 3 4 = 7(6 + 4) = 68 0, então E = E + E + E = (0, 3, 4) + (7,, 5) + (0,, ) = (0, 3, 4), (7,, 5), (0,, ) M 9 tem dimensão 3, logo E M = R 3 e por conseguinte M é diagonalizável. f) Uma matriz diagonal que resulta da diagonalização de M é D = 0 0 0 0. Neste caso a matriz 0 0 9 ] invertível A que diagonaliza M nesta matriz diagonal D é A =. [ 0 7 0 3 4 5

UNIVERSIDADE DE AVEIRO DEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA ÁLGEBRA LINEAR Exame Final 9/0/00 DURAÇÃO: 3 horas Nome: N o Aluno: (Justifique sempre as suas respostas) Folha 7 5. (4,0 val.) No espaço vectorial V = R 3 considere o seguinte produto interno: (x, x, x 3 ) (y, y, y 3 ) = x y + x y + x y + x y + x 3 y 3. Seja B c = (b, b, b 3 ) a base ordenada canónica de R 3. a) Determine a matriz da métrica do produto interno relativamente à base ordenada canónica B c de R 3. b) Determine o ângulo entre b e b (Nota: use os valores já calculados na alínea (a)). c) Qual é o ângulo entre b e b 3? d) Tendo em atenção o resultado das duas alíneas anteriores, determine uma base ortogonal para R 3 (pode usar o método de Gram-Schmidt). e) Determine a projecção ortogonal de v = (,, ) sobre o subespaço vectorial U = (, 0, ). f) Determine a distância de v = (,, ) ao subespaço U = (, 0, ). Resolução: Usemos a visualização gráfica do produto interno: a) M Bc = [ b b b b b b 3 b b b b b b 3 b 3 b b 3 b b 3 b 3 ] = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x x x 3 = x y +x y +x y +x y +x 3 y 3. y y y 3 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 = [ 0 0 b) Seja θ = (b, b ). Então cosθ = b b b b = = =. Logo θ = π 4. c) Como b b 3 = 0, b e b fazem um ângulo de π. d) Como b e b 3 já são ortogonais entre si, só temos que encontrar um terceiro vector que seja ortogonal àqueles dois. Consideremos a base ordenada (b, b 3, b ). Pelo ( método de Gram-Schmidt ) a base ordenada (b, b 3, b ) em que b = b proj b b,b 3 = b b b b b + b b 3 b 3 b 3 = b ( ) b b b b b + b b 3 b 3 b 3 b 3 = b ( b + 0 b 3) = b b = (,, 0) é uma base ortogonal de R3. ]. e) proj U v = proj (,0,) (,, ) = (,,) (,0,) (,0,) +0++ 0+ +0+0+ 0+ (, 0, ) = 3 (, 0, ). (, 0, ) = (,,) (,0,) (,0,) (,0,)(, 0, ) = 0 0 0 (, 0, ) = f) d(v, U) = d(v, proj U v) = v proj U v = (,, ) = (,, ) = (,, ) (,, ) = = + + + 4 + = 3.