Baixe ALGEBRA LINEAR, GABARITO e outras Exercícios em PDF para Geometria Analítica e Álgebra Linear, somente na Docsity! APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo Capítulo 4: Espaços Vetoriais d. − 0 1 1 , 0 1 1 , 1 1 1 e. 0 1 f. 1 0 1 , 1 1 0 , 0 0 1 3. Diga se cada subconjunto a seguir é um subespaço do conjunto referido a. 21:0 0 RRW ⊂ ∈ = x ; b. 2RRW ⊂ ∈ = 1 1 : 0 y y ; c. 3RRW ⊂ ∈ = 11 : 0 1 yy ; d. 3RRW ⊂ ∈ = 11 1 1 ,: 0 zy z y . e. 3RRW ⊂ ∈ += 1111 1 ,: 1 yxyx x ; f. 3RRW ⊂ ∈ + − = 1111 11 ,: 0 yxyx yx . 4. Encontre a matriz de mudança de base indicada: a. da base canônica de 2R para a base 1 0 , 1 1 ; b. da base 1 0 , 1 1 para a base − 1 1 , 1 1 ; c. da base 1 0 0 , 1 1 0 , 0 1 1 para a base canônica de 3R ; d. da base 1 1 1 , 0 1 1 , 0 0 1 para a base 1 0 0 , 1 1 0 , 1 1 1 . 5. Considere B como sendo a base canônica de 2R e = 1 0 , 1 1 'B . Encontre B'BP → e determine a equação na base 'B das seguintes equações dadas na base canônica B : a. 227 =− yx ; b. 1=− xxy ; c. 222 =+− yxyx . 6. Considere B como sendo a base canônica de 3R e = 1 1 1 , 0 1 1 , 0 0 1 'B . Encontre B'BP → e determine a equação na base 'B das seguintes equações dadas na base canônica B : a. 2=++ zyx ; b. 2=− xzxy ; c. 242 22 =+++++− zyxzyxxyx . 4.5 RESOLUÇÃO DOS EXERCICIOS PROPOSTOS 1. Verifique que cada um dos seguintes conjuntos de vetores é linearmente dependente: APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo Capítulo 4: Espaços Vetoriais a. 2 2 , 1 1 Solução: A combinação linear nula dos vetores = + 0 0 2 2 1 1 ba conduz ao sistema =+ =+ ,02 ,02 ba ba que produz o processo de eliminação → +→ 0 0 00 21 0 0 21 21 122 LLL . Escolhendo b como parâmetro livre, tem-se que ba 2−= , ou seja, o conjunto solução resulta − = − = 1 22 b b b b a com b livre. Desde que existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é linearmente dependente. b. 0 0 , 0 1 Solução: A combinação linear nula dos vetores = + 0 0 0 0 0 1 ba conduz ao sistema = = .00 ,0a Escolhendo b como parâmetro livre, tem-se que 0=a , ou seja, o conjunto solução resulta = = 1 00 b bb a com b livre. Desde que existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é linearmente dependente. c. − − 0 2 0 , 1 1 1 , 1 1 1 Solução: A combinação linear nula dos vetores = + − − + 0 0 0 0 2 0 1 1 1 1 1 1 cba conduz ao sistema =− =++ =− .0 ,02 ,0 ba cba ba que produz o processo de eliminação − → − − −→ −→ 0 0 0 000 220 011 0 0 0 011 211 011 133 122 LLL LLL . Assim, temos o sistema = =+ =− .00 ,022 ,0 cb ba Escolhendo c como parâmetro livre, tem-se que cb −= e cba −== , ou seja, o conjunto solução resulta − − = − − = 1 1 1 c c c c c b a com c livre. Desde que existem infinitas combinações nulas dos vetores, tal conjunto é linearmente dependente. d. 0 0 0 , 1 1 1 Solução: APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo Capítulo 4: Espaços Vetoriais Solução: A combinação linear nula do vetor = 0 0 0 1 a conduz ao sistema = = ,00 ,0a que tem como única solução 0=a . Assim, tal conjunto é linearmente independente. f. 1 0 1 , 1 1 0 , 0 0 1 Solução: A combinação linear nula dos vetores = + + 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 0 1 cba conduz ao sistema =+ = =+ .0 ,0 ,0 cb b ca cuja única solução é 0=== cba . Com isto concluímos que o conjunto é linearmente independente. 3. Diga se cada subconjunto a seguir é um subespaço do conjunto referido a. 21:0 0 RRW ⊂ ∈ = x ; b. 2RRW ⊂ ∈ = 1 1 : 0 y y ; c. 3RRW ⊂ ∈ = 11 : 0 1 yy ; d. 3RRW ⊂ ∈ = 11 1 1 ,: 0 zy z y . e. 3RRW ⊂ ∈ += 1111 1 ,: 1 yxyx x ; f. 3RRW ⊂ ∈ + − = 1111 11 ,: 0 yxyx yx . a. 21:0 0 RRW ⊂ ∈ = x Solução: Se escolhermos dois elementos de W, só podem ser 0 0 e 0 0 . Quanto à aditividade, temos que W∈ = + 0 0 0 0 0 0 . Quanto a homogeneidade, temos que W∈ = 0 0 0 0 r , para qualquer R∈r . Assim, o conjunto W é um subespaço de 2R e portanto, um espaço vetorial real. b. 2RRW ⊂ ∈ = 1 1 : 0 y y Solução: Escolhemos dois elementos de W, 1 0 y e 2 0 y . Quanto à aditividade, temos que W∈ + = + 2121 000 yyyy . APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo Capítulo 4: Espaços Vetoriais Quanto a homogeneidade, temos que W∈ = 11 00 yry r , para qualquer R∈r . Assim, o conjunto W é um subespaço de 2R e portanto, um espaço vetorial real. c. 3RRW ⊂ ∈ = 11 : 0 1 yy Solução: Escolhemos dois elementos de W, 0 1 1y e 0 1 2y . Quanto à aditividade, temos que W∉ += + 0 2 0 1 0 1 2121 yyyy . Isto indica que a aditividade não é satisfeita. Assim, o conjunto W não é um subespaço de 3R e portanto, não é um espaço vetorial real. d. 3RRW ⊂ ∈ = 11 1 1 ,: 0 zy z y Solução: Escolhemos dois elementos de W, 1 1 0 z y e 2 2 0 z y . Quanto à aditividade, temos que W∈ + += + 21 21 2 2 1 1 000 zz yy z y z y . Quanto a homogeneidade, temos que W∈ = 1 1 1 1 00 zr yr z yr , para qualquer R∈r . Assim, o conjunto W é um subespaço de 3R e portanto, um espaço vetorial real. e. 3RRW ⊂ ∈ += 1111 1 ,: 1 yxyx x Solução: Escolhemos dois elementos de W, + 1 11 1 yx x e + 1 22 2 yx x . APOSTILA DE ÁLGEBRA LINEAR E APLICAÇÕES Prof. Germán R. C. Suazo Capítulo 4: Espaços Vetoriais Quanto à aditividade, temos que W∉ +++ + = ++ + 211 2211 21 22 2 11 1 yxyx xx yx x yx x . Isto indica que a aditividade não é satisfeita. Assim, o conjunto W não é um subespaço de 3R e portanto, não é um espaço vetorial real. f. 3RRW ⊂ ∈ + − = 1111 11 ,: 0 yxyx yx Solução: Escolhemos dois elementos de W, + − 0 11 11 yx yx e + − 0 22 22 yx yx . Quanto à aditividade, temos que W∈ +++ +−+ = +++ −+− = + − + + − 0 )()( )()( 000 2121 2121 2211 2211 22 22 11 11 yyxx yyxx yxyx yxyx yx yx yx yx . Quanto a homogeneidade, temos que W∈ + − = + − = + − 00 )( )( 0 11 11 11 11 11 11 yrxr yrxr yxr yxr yx yx r , para qualquer R∈r . Assim, o conjunto W é um subespaço de 3R e portanto, um espaço vetorial real. 4. Encontre a matriz de mudança de base indicada: a. da base canônica de 2R para a base 1 0 , 1 1 ; Solução: Se = 1 0 , 0 1 1B é a base canônica de 2R e = 1 0 , 1 1 2B , então [ ] − → = −→ 11 01 10 01 10 01 11 01 | 12 122 LLLBB , e a matriz − = → 11 01 21 BB P . b. da base 1 0 , 1 1 para a base − 1 1 , 1 1 ; Solução: Se = 1 0 , 1 1 1B e − = 1 1 , 1 1 2B , então [ ] − → → → − = −→+→ 2 1 2 1 2 112 1 0 10 01 1 01 10 11 12 01 20 11 11 01 11 11 | 21122 1 122 LLLLLLLBB e a matriz − = → 2 1 2 1 1 0 21 BB P .