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UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ
Gabarito 1a. Avaliação de CM005 - Álgebra Linear - Turma G
- Seja U = {(x, y, z) ∈ R
3 ; 1 − x =
2 − y
= z + 1}. Verifique se U é subespaço vetorial de R
3 .
Solução: Nota-se inicialmente, que U é a interseção dos planos π 1 : 1 − x =
2 − y
e π 2 : 1 − x = z + 1, os
quais são planos não-paralelos passando pela origem de R
3 (e portanto, são s.e.v. de R
3 ); logo, U é uma
reta passando pela origem de R
3 e assim, é um s.e.v. de R
3
. [Note que utilizando-se as equações de π 1 e
π 2 , obtem-se que:
(x, y, z) ∈ U ⇔ 2 − 2 x = 2−y e 1 −x = z+1 ⇔ 2 x = y e −x = z ⇔ (x, y, z) = (x, 2 x, −x) = x·(1, 2 , −1),
ou seja, U é o s.e.v. de R 3 gerado por (1, 2 , −1).]
- Sejam o espaço vetorial real C(R) = {f : R −→ R; f é contínua } e B = { sen x, sen 2 x, cos x}. Determine
se B é L.I. ou é L.D..
Solução: Observe que, pela definição, B é L.I. se, e somente se, a igualdade
α 1 · sen x + α 2 · sen 2 x + α 3 · cos x = 0 (função nula)
para todo x ∈ R, implicar α 1 = 0 = α 2 = α 3
. Em particular, deve-se ter:
x = 0 ⇒ α 1 · 0 + α 2 · 0 + α 3
x = π 2
⇒ α 1 · 1 + α 2 · 0 + α 3
x = π 4
⇒ α 1
√ 2 2
√ 2 2
α 3
α 1
α 2
Portanto, B é L.I..
- Seja W =
X ∈ M 2 × 2 (R) | X ·
[
]
[
]
· X
o s.e.v. de M 2 × 2 (R). Determine uma base de W
e dim(W ).
Solução: Seja X ∈ M 2 × 2
(R), X =
[
a b
c d
]
. Daí, segue que:
X ·
[
]
[
a b
c d
]
[
]
[
a − b a
c − d c
]
(I)
[
]
· X =
[
]
[
a b
c d
]
[
a + c b + d
−a −b
]
(II)
Portanto,
(I) = (II) ⇔
[
a − b a
c − d c
]
[
a + c b + d
−a −b
]
a − b = a + c
a = b + d
c − d = −a
c = −b
−b = c
a = b + d
Logo,
X ∈ W ⇔ X =
[
b + d b
−b d
]
⇔ X = b ·
[
]
[
]
e assim, W é o s.e.v. de M 2 × 2 (R) gerado por v 1
[
]
e v 2
[
]
. Dado que v 1 e v 2 não são
múltiplos entre si (ou seja, são vetores L.I.), segue que {v 1 , v 2 } é uma base de W e, portanto, dim(W ) = 2.
- Sejam os s.e.v. U = {(x, y, z, w) ∈ R ; x + 2y − z + w = 0} e V = [(1, 0 , 0 , 1), (1, 2 , 0 , 1)] ⊂ R . Determine
uma base para U + V e verifique se a soma U + V é direta.
Solução: Inicialmente, nota-se que
(x, y, z, w) ∈ U ⇔ (x, y, z, w) = (x, y, x + 2y + w, w) = x · (1, 0 , 1 , 0) + y · (0, 1 , 2 , 0) + w · (0, 0 , 1 , 1).
Portanto, U = [v 1 , v 2 , v 3 ], onde v 1 = (1, 0 , 1 , 0), v 2 = (0, 1 , 2 , 0) e v 3 = (0, 0 , 1 , 1). Por sua vez, V = [v 4 , v 5
],
onde v 4 = (1, 0 , 0 , 1) e v 5 = (1, 2 , 0 , 1). Segue daí que U + V é o s.e.v. de R
4 gerado por v 1 , v 2 , v 3 , v 4 , v 5
e assim, realizando-se operações elementares na matriz cujas linhas são dadas pelas coordenadas destes 5
vetores, pode-se obter um conjunto de geradores mais simples para U + V.
Portanto, U + V = [(1, 0 , 0 , 0), (0, 1 , 0 , 0), (0, 0 , 1 , 0), (0, 0 , 0 , 1)] = R
4 e assim, dim(U + V ) = 4. Também,
dim(V ) = 2, já que V é gerado por um par de vetores não-paralelos entre si (L.I.); resta, portanto,
determinar dim(U ). Para tanto, sejam α 1 , α 2 , α 3 ∈ R tais que
α 1 · (1, 0 , 1 , 0) + α 2 · (0, 1 , 2 , 0) + α 3 · (0, 0 , 1 , 1) = (0, 0 , 0 , 0) ⇔ (α 1 , α 2 , α 1 + 2α 2 + α 3 , α 3 ) = (0, 0 , 0 , 0)
⇔ α 1 = 0 = α 2 = α 3.
Logo, {v 1 , v 2 , v 3 } é L.I. e portanto, dim(U ) = 3. Daí, segue que:
dim(U ∩ V ) = dim(U ) + dim(V ) − dim(U + V ) = 3 + 2 4 = 1
e assim, U ∩ V 6 = {(0, 0 , 0 , 0)}, ou seja, a soma U + V não é direta.
- Mostre que o conjunto D = { 1 , 1 − t, (1 − t) 2 , 1 − t 3 } é uma base de P 3
(R).
Solução: Sabe-se que dim(P 3 R) = 4 e, portanto, qualquer conjunto de 4 vetores L.I. de P 3 (R) é uma
base de tal espaço vetorial. É suficiente então, mostrar que tais vetores são L.I.. Para tanto, sejam
α 1 , α 2 , α 3 , α 4 ∈ R tais que
α 1 · 1 + α 2 · (1 − t) + α 3 · (1 − t)
2
3 ) = 0 (polinômio nulo)
⇔ (α 1 + α 2 + α 3 + α 4 ) · 1 − (α 2 + 2α 3 ) · t + α 3 · t
2 − α 4 · t
3 = 0 · 1 + 0 · t + ·t
2
3
α 1
α 2
α 3
α 4
⇔ α 1 = 0 = α 2 = α 3 = α 4
ou seja, D é um conjunto L.I. e, portanto, é uma base de P (R).
- Considere o polinômio f (t) = 1 + 2t − t e B, C as bases de P 2 (R) dadas na questão acima.
(a) Utilizando a definição, calcule [f (t)] B e [f (t)] C
(b) Mostre que [f (t)]C = [I]
B
C · [f (t)]B e [f (t)]B = [I]
C
B · [f (t)]C.
Solução: (a) Sejam
[
f (t)
]
B
a
b
c
(^) e
[
f (t)
]
C
d
e
f
Então, deve-se ter:
f (t) = a · v 1 + b · v 2 + c · v 3 ⇔ 1 + 2t − t
2 = a · (1 + t) + b · (−1 + t
2 ) + c · (t − t
2 )
⇔ 1 + 2t − t
2 = (a − b) · 1 + (a + c) · t + (b − c) · t
2
a − b = 1 ⇒ b = a − 1 ⇒ b = 0
a + c = 2 ⇒ c = 2 − a ⇒ c = 1
b − c = − 1 ⇒ (a − 1) − (2 − a) = − 1 ⇒ a = 1
[
f (t)
]
B
f (t) = g · w 1 + h · w 2 + i · w 3 ⇔ 1 + 2t − t
2 = g · (2 − t) + h · (1 − t
2 ) + i · (t + t
2 )
⇔ 1 + 2t − t
2 = (2g + h) · 1 + (−g + i) · t + (−h + i) · t
2
2 g + h = 1 ⇒ h = 1 − 2 g ⇒ h =
7 3
−g + i = 2 ⇒ i = 2 + g ⇒ i =
4 3
−h + i = − 1 ⇒ −(1 − 2 g) + (2 + g) = − 1 ⇒ g = −
2 3
[
f (t)
]
C
2 3 7 3 4 3
(b) Tem-se que:
[I]
B
C
· [f (t)] B
2 3
1 − 1
4 3
1 0
1 3
2 3 7 3 4 3
=^
[
f (t)
]
C
[I]
C
B
· [f (t)] C
1 2
3 2
3 0 0
2 3 7 3 4
[
f (t)
]
B
