Exercícios de Álgebra Linear, Exercícios de Engenharia de Alimentos

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Álgebra Linear - Exercícios

(Espaços Vectoriais)

Índice

• 1 Espaços Vectoriais
  • 1.1 Dependência e Independência Linear
  • 1.2 Sistemas de Geradores e Bases
  • 1.3 Subespaços Vectoriais
  • 1.4 Miscelânea

Exercício 2 Sejam u, v e w três vectores linearmente independentes de um espaço vectorial real E. Determine o escalar α ∈ R para o qual os vectores αu + 2v + 2w e u + αv − w são linearmente dependentes.

Solução Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:

β 1 (αu + 2v + 2w) + β 2 (u + αv − w) = 0 =⇒ =⇒ (β 1 α + β 2 ) u + (2β 1 + β 2 α) v + (2β 1 − β 2 ) w = 0

Dado que u, v e w são linearmente independentes, da expressão anterior resulta que:

  

β 1 α + β 2 = 0 2 β 1 + β 2 α = 0 2 β 1 − β 2 = 0

Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a duas incógnitas,

β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =

α 1 2 α 2 − 1

. Se o sistema

for determinado, a única solução será β 1 = β 2 = 0, pelo que os vectores da- dos serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja indeterminado, isto é rA < 2.

Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac- terístca:

[ A| B] =

α 1 0 2 α 0 2 − 1 0

 L 1 ←→ L 3

2 α 0 α 1 0

 L^2 ←^ L^2 + (−1)^ L^1

L 3 ← L 3 +

− α 2

L 1

0 α + 1 0 0 α+2 2 0

Se α = − 1 ou α = − 2 tem-se claramente rA = rA|B = 2, o que significa que o sistema é possível (como já sabíamos por ser um sistema homogéneo) e determinando. No entanto, se α 6 = − 1 ∧ α 6 = − 2 também se obterá um sistema possível e determinado. Concluimos assim que os vectores dados serão sempre linearmente independentes, qualquer que seja α ∈ R.

Exercício 3 Sejam u e v dois vectores linearmente independentes de um es- paço vectorial real E. Mostre que os vectores u e u + v são linearmente inde- pendentes.

Solução Construamos a combinação linear nula destes dois vectores e verifiquemos que só é satisfeita com os escalares nulos:

β 1 (u) + β 2 (u + v) = 0 =⇒ =⇒ (β 1 + β 2 ) u + β 2 v = 0

Sabendo que u e v são linearmente independentes, teremos:

½ β 1 + β 2 = 0 β 2 = 0

A solução deste sistema é claramente β 1 = β 2 = 0 pelo que se pode concluir que os vectores u e u + v são linearmente independentes.

Exercício 4 Considerem-se 3 vectores de um espaço vectorial: u, v e w. Prove que u − v, v − w e w − u são sempre linearmente dependentes.

Solução Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos que não é só satisfeita com os escalares nulos:

β 1 (u − v) + β 2 (v − w) + β 3 (w − u) = 0 =⇒ =⇒ (β 1 − β 3 ) u + (−β 1 + β 2 ) v + (−β 2 + β 3 ) w = 0

Sabendo que u, v e w são linearmente independentes, teremos:

  

β 1 − β 3 = 0 −β 1 + β 2 = 0 −β 2 + β 3 = 0

Construímos agora a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

Dado que rA = rA|B = 2 = 3, o sistema é possível e determinado, tendo apenas a solução β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes.

Exercício 6 Sejam v e w dois vectores linearmente independentes de um es- paço vectorial E. Mostre que o sistema de vectores {v, w, v + w} é linearmente dependente.

Solução Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos que não é só satisfeita com os escalares nulos:

β 1 v + β 2 w + β 3 (v + w) = 0 =⇒ =⇒ (β 1 + β 3 ) v + (β 2 + β 3 ) w = 0

Sabendo que v e w são linearmente independentes, teremos:

½ β 1 + β 3 = 0 β 2 + β 3 = 0

Construímos agora a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

[ A| B] =

Dado que rA = rA|B = 2 < 3 , o sistema é possível e indeterminado com grau de indeterminação d = n − rA = 3 − 2 = 1. Existem portanto outras soluções para o sistema que não a solução β 1 = β 2 = β 3 = 0. Logo, os vectores {v, w, v + w} são linearmente dependentes.

Exercício 7 Identifique as condições sobre a e b de modo a que os vectores, (a, 2 , b), (a + 1, 2 , 1) e (3, b, 1) sejam linearmente independentes.

Solução Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:

β 1 (a, 2 , b) + β 2 (a + 1, 2 , 1) + β 3 (3, b, 1) = 0 =⇒ =⇒ (aβ 1 + (a + 1) β 2 + 3β 3 , 2 β 1 + 2β 2 + bβ 3 , bβ 1 + β 2 + β 3 ) = 0

Da expressão anterior resulta que:

  

aβ 1 + (a + 1) β 2 + 3β 3 = 0 2 β 1 + 2β 2 + bβ 3 = 0 bβ 1 + β 2 + β 3 = 0

Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,

β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =

a a + 1 3 2 2 b b 1 1

. Se

o sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja determinado, isto é rA = 3. Tal depende no entanto dos valores dos parâmetros a e b.

Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac- terístca:

[ A| B] =

a a + 1 3 0 2 2 b 0 b 1 1 0

 L 1 ←→ L 2

2 2 b 0 a a + 1 3 0 b 1 1 0

 L 1 ←→ 1

L 1

1 1 b 2 0 a a + 1 3 0 b 1 1 0

 L^2 ←^ L^2 + (−a)^ L^1 L 3 ← L 3 + (−b) L 1 −−−−−−−−−−−−−−−→  

1 1 b 2 0 0 1 6 − 2 ab 0 0 1 − b 2 −b

2 2 0

 (^) L 3 ← L 3 + (b − 1) L 2 −−−−−−−−−−−−−−−→  

1 1 b 2 0 0 1 6 − 2 ab 0 0 0 2 −b

2 2 + (b^ −^ 1)^

6 −ab 2 0

Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que 2 −b

2 2 + (b − 1) 6 − 2 ab 6 = 0. Vejamos então qual a relação entre a e b de modo a que esta

condição seja satisfeita. Note-se que 2 −b

2 2 + (b^ −^ 1)^

6 −ab 2 = 0^ é uma equação na variável a. É simples verificar que a = −^4 −b

(^2) +6b (b−1)b. Assim, concluímos que:

• b = 0 ∨ b = 1 Não existe solução para a, logo rA = rA|B = 3, o sistema é possível e determinado e, por consequência os três vectores dados são linearmente independentes.

[ A| B] =

a a + 1 3 0 2 2 b 0 b 1 1 0

 L 1 ←→ L 2

2 2 b 0 a a + 1 3 0 b 1 1 0

 L 1 ←→ 1

L 1

1 1 b 2 0 a a + 1 3 0 b 1 1 0

 L^2 ←^ L^2 + (−a)^ L^1 L 3 ← L 3 + (−b) L 1 −−−−−−−−−−−−−−−→  

1 1 b 2 0 0 1 6 − 2 ab 0 0 1 − b 2 −b 2 2 0

 (^) L 3 ← L 3 + (b − 1) L 2 −−−−−−−−−−−−−−−→  

1 1 b 2 0 0 1 6 − 2 ab 0 0 0 2 −b

2 2 + (b^ −^ 1)^

6 −ab 2 0

Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que 2 −b

2 2 + (b − 1) 6 − 2 ab 6 = 0. Vejamos então qual a relação entre a e b de modo a que esta

condição seja satisfeita. Note-se que 2 −b 2 2 + (b^ −^ 1)^

6 −ab 2 = 0^ é uma equação na variável a. É simples verificar que a = −^4 −b

(^2) +6b (b−1)b. Assim, concluímos que:

1.2 Sistemas de Geradores e Bases

Exercício 9 Considere os vectores:

u 1 = (1, 1 , a) ; u 2 = (0, 1 , 1) ; u 3 = (1, 0 , b) com ui ∈ R^3 , i = 1, 2 , 3.

Que condições devem verificar a e b para {u 1 , u 2 , u 3 } constituírem uma base de R^3.

Solução Sabemos que dim

R^3

= 3. Como o conjunto {u 1 , u 2 , u 3 } é constituído por três vectores de R^3 sabemos que {u 1 , u 2 , u 3 } serão geradores de R^3 se consti- tuirem uma base de R^3. Mas {u 1 , u 2 , u 3 } só constituirá uma base de R^3 se os seus vectores forem linearmente independentes. Os vectores de {u 1 , u 2 , u 3 } serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:

β 1 u 1 + β 2 u 2 + β 3 u 3 = 0 =⇒ =⇒ β 1 (1, 1 , a) + β 2 (0, 1 , 1) + β 3 (1, 0 , b) = 0 ⇒ ⇒ (β 1 + β 3 , β 1 + β 2 , β 1 a + β 2 + β 3 b) = 0

Da expressão anterior resulta que:

  

β 1 + β 3 = 0 β 1 + β 2 = 0 aβ 1 + β 2 + bβ 3 = 0

Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,

β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =

a 1 b

. Se o sistema

for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes e portanto uma base de R^3 , como pretendemos. Tal depende no entanto do valor dos parâmetros a e b.

Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac- terístca:

[ A| B] =

a 1 b 0

 L^2 ←^ L^2 + (−1)^ L^1

L 3 ← L 3 + (−a) L 1 −−−−−−−−−−−−−−−→  

0 1 b − a 0

 L 3 ← L 3 + (−1) L 2

0 0 b − a + 1 0

Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que b − a + 1 6 = 0, o que implica b 6 = a − 1. Nestas circunstâncias, o sistema é possível e determinado e os vectores dados são linearmente dependentes, constituindo uma base de R^3.

Exercício 10 Sejam v 1 = (7, 4 , −7) e v 2 = (8, 7 , 8) dois vectores de R^3. Deter- mine o valor de t de modo a que o vector v = (− 2 , t, 8) pertença ao subespaço de R^3 gerado por v 1 e v 2.

Solução

Solução

a) O subespaço gerado por v é dado por:

w ∈ R^2 : w = α · v, ∀α∈R 2

O subespaço gerado por v são protanto todos os ”múltiplos” do vector v. Escolhendo α = − 1 , obtém-se w = (−1) v = (−1) (1, 2) = (− 1 , −2). conclui-se portanto que (− 1 , −2) pertence ao subespaço gerado por v.

b) Em contraponto com a) serão todos os vectores que não sejam múltiplos de v, por exemplo (1, 1). Podemos confirmar este resultado, mostrando que a equação (1, 1) = α (1, 2) é impossível:

α (1, 2) = (1, 1) ⇐⇒ ⇐⇒ (α, 2 α) = (1, 1)

Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:

· 1 2

α

O sistema é obviamente impossível. Estudemos a sua matriz ampliada:

[ A| B] =

L 2 ← L 2 + (−2) L 1

Dado que rA 6 = rA|B o sistema é impossível, pelo que não existe nenhum escalar α ∈ R que satisfaça (1, 1) = α (1, 2). Logo, (1, 1) não pertence ao subespaço gerado por (1, 2).

Exercício 13 Considere o espaço vectorial R^3 e o conjunto de vectores M = {(4, 5 , 6) , (r, 5 , 1) , (4, 3 , 2)}. Determine r de modo a que o conjunto gerado pelos vectores de M não seja R^3.

Solução Sabemos que dim

R^3

= 3. Como o conjunto M é constituído por três vectores de R^3 sabemos que M serão geradores de R^3 se constituirem uma base de R^3. Mas M só constituirá uma base de R^3 se os seus vectores forem

linearmente independentes. Os vectores de M serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:

β 1 (4, 5 , 6) + β 2 (r, 5 , 1) + β 3 (4, 3 , 2) = 0 =⇒ =⇒ (4β 1 + rβ 2 + 4β 3 , 5 β 1 + 5β 2 + 3β 3 , 6 β 1 + β 2 + 2β 3 ) = 0

Da expressão anterior resulta que:

  

4 β 1 + rβ 2 + 4β 3 = 0 5 β 1 + 5β 2 + 3β 3 = 0 6 β 1 + β 2 + 2β 3 = 0

Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,

β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =

4 r 4 5 5 3 6 1 2

. Se o sistema

for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes e portanto uma base de R^3 , o que contraria o que nós pretendemos. Pretende- se portanto que o sistema seja indeterminado, isto é rA < 3. Tal depende no entanto do valor do parâmetro r.

Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac- terístca:

[ A| B] =

4 r 4 0 5 5 3 0 6 1 2 0

 L 1 ← 1

L 1

1 r 4 1 0 5 5 3 0 6 1 2 0

 L^2 ←^ L^2 + (−5)^ L^1

L 3 ← L 3 + (−6) L 1

1 r 4 1 0 0 204 − r − 2 0 0 244 − r − 4 0

 L 2 ← 4

20 − r

L 2

Para prosseguir a condensação temos de assumir que r 6 = 20. Adiante estu- daremos o caso em que r = 20.

 

1 r 4 1 0 0 1 − (^208) −r 0 0 24 − 4 r − 4 0

 L 3 ← L 3 +

μ −

24 − r 4

L 2

1 r 4 1 0 0 1 − (^208) −r 0 0 0 220 r−−^32 r 0

Sabendo que um polinómio é nulo se os coeficientes dos termos de todos os graus forem nulos, teremos:

β 1 + β 2 + cβ 3 = 0 bβ 3 = 0 β 2 + aβ 3 = 0

Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,

β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =

1 1 c 0 0 b 0 1 a

. Se o

sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linear- mente independentes e portanto uma base de P 2 (R), como se pretende. Tal depende no entanto do valor dos parâmetros a, b e c.

Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva car- acterístca:

[ A| B] =

1 1 c 0 0 0 b 0 0 1 a 0

 L 2 ←→ L 3

1 1 c 0 0 1 a 0 0 0 b 0

Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que b 6 = 0. Nestas circunstâncias, o sistema é possível e indeterminado, os vectores dados são linearmente dependentes e portanto constituirão uma base de P 2 (R). Escolhemos a alternativa mais simples e escolhamos a = c = 0 e b = 1. Neste caso b (x) = x. O conjunto de vectores

1 , 1 + x^2 , x

será portanto uma base de P 2 (R).

b) Pretende-se determinar os escalares β 1 , β 2 e β 3 tais que:

β 1 · 1 + β 2 ·

1 + x^2

• β 3 · x = 2x^2 − 7 x ⇔ ⇔ β 2 · x^2 + β 3 · x + (β 1 + β 2 ) = 2x^2 − 7 x

Sabendo que dois polinómios são iguais se os coeficientes dos termos do mesmo grau são iguais, a igualdade acima é equivalente ao seguinte sistema de equações:

β 2 = 2 β 3 = − 7 β 1 + β 2 = 0

Facilmente se verifica que a solução será dada por β 1 = − 2 , β 2 = 2 e β 3 = − 7. Assim, as coordenadas de 2 x^2 − 7 x na base

1 , 1 + x^2 , x

serão £ − 2 2 − 7

¤T

Exercício 15 Mostre que o conjunto M = {(1, 2 , 3) , (2, 3 , 4) , (3, 4 , 5)} não é uma base de R^3.

Solução Temos duas alternativas para mostrar este facto: 1 a^ alternativa: Notemos que dim

R^3

= 3. Se os vectores dados não forem linearmente independentes, então não podem constitur uma base de R^3 uma vez que esta deverá ter 3 elementos.

2 a^ alternativa: Podemos verificar se os vectores de M geram qualquer vector x ∈ R^3. Se tal não for verdade, então os vectores não podem constituir uma base de R^3.

Exercício 16 Verifique se os seguintes vectores são geradores do espaço vecto- rial R^3.

a) x 1 = (1, 1 , 1) ; x 2 = (1, − 1 , −1) ; x 3 = (3, 1 , 1)

b) x 1 = (1, 1 , 1) ; x 2 = (1, − 1 , −1) ; x 3 = (3, 1 , 2)

Solução

1.3 Subespaços Vectoriais

Exercício 17 Quais dos seguintes subconjuntos de R^2 são subespaços de R^2?

i) W 1 =

(x, y) ∈ R^2 : x = 2y

ii) W 2 =

(x, y) ∈ R^2 : x = 2y, 2 x = y

iii) W 3 =

(x, y) ∈ R^2 : x = 2y + 1

iv) W 4 =

(x, y) ∈ R^2 : xy = 0

i) F 1 =

n f ∈ F : f (x) · f 0 (x) = 1, ∀x∈R

o

ii) F 2 =

n f ∈ F : f (x) = x · f 0 (x) , ∀x∈R

o

Solução

i) Vejamos se 0 ∈ F 1. Obviamente que não: se f (x) = 0 teremos f 0 (x) = 0, pelo que f (x) · f 0 (x) = 0 6 = 1. Logo, 0 ∈/ F 1 , portanto F 1 não é subespaço.

ii) Vejamos se 0 ∈ F 2. Se f (x) = 0 teremos f 0 (x) = 0, pelo que f (x) = x · f 0 (x) é satisfeita. Com efeito, 0 = x · 0. Consideremos agora duas funções f (x) , g (x) ∈ F 2 e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αf (x) + βg (x) ∈ F 2. Faça-se p (x) = αf (x) + βg (x). Queremos mostrar que p (x) se pode escrever na forma x · p 0 (x):

p (x) = αf (x) + βg (x) (Porque f (x) , g (x) ∈ F 2 ) = αx · f

0 (x) + βx · g

0 (x) = x

αf

0 (x) + βg

0 (x)

= x · p

0 (x)

Concluímos assim que F 2 é um espaço vectorial.

Exercício 19 Considere o espaço vectorial S, sobre R, das sucessões reais. Determine, entre os seguintes subconjuntos, aqueles que são subespaços de S:

i) O conjunto das progressões aritméticas, P.

ii) O conjunto das sucessões com um número infinito de termos nulos, Q.

Solução

i) As progressões aritméticas reais são sucessões reais do tipo un = n·r, r ∈ R. Está claro que se r = 0, teremos un = 0, pelo que 0 ∈ P. Consideremos agora duas progressões un, vn ∈ P e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αun + βvn ∈ P. Faça-se wn = αun + βvn. Queremos mostrar que wn é uma progressão aritmética. Basta para o efeito determinar o seu termo:

wn = αun + βvn (Porque un, vn ∈ P) = αnr 1 + βnr 2 = n (αr 1 + βr 2 )

Concluímos assim, que wn é uma progressão aritmética de termo (αr 1 + βr 2 ).

Exercício 20 Seja E o espaço vectorial real das funções reais de variável real contínuas e diferenciáveis em R, munido das operações habituais de adição de funções e da multiplicação de uma função por um escalar. Seja F o conjunto das funções:

f (x) =

αx + β, x < 0 ax^2 + bx + c, 0 ≤ x ≤ 1 γx + δ, x > 1

Que condições devem verificar as constantes e α, β, γ, δ, a, b e c para que F seja um subespaço de E?

Solução

• f tem de ser contínua Apenas nos precisamos de preocupar com os pontos de abcissa x = 0 e x = 1:

— x = 0 α · 0 + β = a · 02 + b · 0 + c ⇐⇒ β = c — x = 1 a · 12 + b · 1 + c = γ · 1 + δ ⇐⇒ a + b + c = γ + δ

• f tem de ser diferenciável Apenas nos precisamos de preocupar com os pontos de abcissa x = 0 e x = 1:

— (^) dxdf

x=0−^

= dfdx

x=0+^

⇐⇒ α = 2 · a · x + b|x=0+ ⇐⇒

⇔ α = b

— (^) dxdf

x=1−^

= dfdx

x=1+^

⇐⇒ 2 · a · x + b|x=1− = γ ⇐⇒

⇔ 2 a + b = γ