Algebra linear uff cecierj

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Gabarito
´
Algebra Linear: AD1 - CEDERJ
Mauro Rincon & M´rcia Fampa - 2012.2
a
Tutores: Cristina Lopes e Rodrigo Olimpio
1a Quest˜o) Solu¸˜o:
a
ca
(
)
(
)
(1, 0, −1)(2, 1, 0)
2
uv
42
v=
(2, 1, 0) = (2, 1, 0) =
a) projv u =
, ,0 .
||v ||2
22 + 12 + 02
5
55
b) Sejam a, b ∈ IR. Consideremos
a(1, 0, −1) + b(2, 1, 0) = (a + 2b, b, −a) = (x, y, z )
Assim, temos:


 a +2b = x




 b=y




 −a = z

Por L3 temos que a = −z e por L2 temos que b = y . Substituindo em L1 , temos
que −z + 2y = x.

{

}

Logo [u, v ] = (x, y, z ) ∈ IR3 |x = 2y − z .
{

}

[u, v ] = (x, y, z ) ∈ IR3 | (2y − z, y, z ) = y (2, 1, 0) + z (−1, 0, 1) .
Logo uma base para este subespa¸o ´ B = {(2, 1, 0) , (−1, 0, 1)} .
ce
c)
Tome v1 = (2, 1, 0) , v2 =(−1, 0, 1).
Vamos ortogonalizar esta base usando o m´todo de Gram-Schmidt.
e
Seja w1 = v1 = (2, 1, 0).
Temos que w2 = v2 − projw1 v2 = v2 −

(

v2 w1
w1 w1

)

w1

Logo
(

)

(−1, 0, 1)(2, 1, 0)
w2 = (−1, 0, 1) −
(2, 1, 0)
(2, 1, 0)(2, 1, 0)

= (−1, 0, 1) −

(

)

(

−4 −2
−1 2
,
,0 =
, ,1
55
55

{

(

−1 2
Assim, temos que a base ortogonal ´ (2, 1, 0) ,e
, ,1
55

)

)}

.

d) O gr´fico esta dispon´ na ultima p´gina.
a
ıvel
´
a
2a Quest˜o) Solu¸˜o:
a
ca
a) Sejam α1 , α2 , α3 ∈ IR. Assim, considere a igualdade abaixo:
α1 (t2 − 2t + 1) + α2 (t + 2) + α3 (t2 − 3t − 1) = at2 + bt + c
Somando os coeficientes dos termos semelhantes, temos:
(α1 + α3 )t2 + (−2α1 + α2 − 3α3 )t + (α1 + 2α2 − α3 ) = at2 + bt + c
Igualando os termossemelhantes dos dois lados da igualdade obtemos o seguinte
sistema:


 α +α

3
1



=a

 −2α1 + α2 − 3α3




 α1 + 2α2 − α3

=b

(1)

=c

Utilizaremos o M´todo de Elimina¸˜o de Gauss para resolvˆ-lo. Considere a
e
ca
e
seguinte matriz aumentada que representa este sistema :




1

0



 −2 1



1

1
−3

a


b



2 −1 cFazendo L2 ← L2 + 2L1 e L3 ← L3 − L1 temos





1 0


0 1



1

a




−1 b + 2a 



0 2 −2

c−a

Fazendo L3 ← L3 − 2L2 temos



1 0


0 1



00

1

a

−1

b + 2a

0

c − 5a − 2b








Logo, temos por L3 que c = 5a + 2b. Assim , substituindo c por 5a + 2b, temos
o subespa¸o de P2
c
{

}

S = [v1 ,v2 , v3 ] = at2 + bt + 5a + 2b .
Assim , colocando a e b em evidˆncia, temos que S = {a(t2 + 5) + b(t + 2)}. E
e
os vetores t2 + 5 e t + 2 claramente s˜o LI’s.
a
Assim, temos que B = {t2 + 5, t + 2} ´ base para S, com dimens˜o 2.
e
a

b) Considere a igualdade:
α1 (t2 − 2t + 1) + α2 (t + 2) = at2 + bt + c
Temos o sistema


α

1



 −2α1 + α2




 α1 + 2α2

=a=b

(2)

=c

Utilizaremos o M´todo de Elimina¸˜o de Gauss para resolvˆ-lo. Considere a
e
ca
e
seguinte matriz aumentada que representa este sistema :





1 0


 −2 1



1

a



b


2c



Fazendo L2 ← L2 + 2L1 e L3 ← L3 − L1 temos




1 0


0 1



02

Fazendo L3 ← L3 − 2L2 temos

a




2a + b 



c−a



1 0


0 1



a
2a + b

0 0 c − 5a − 2b








Desse modo, por L3 , temos que c = 5a +2b. Assim, tomando α1 = a e α2 = 2a + b
(por L1 e L2 ), P2 pode ser escrito como combin¸ao linear de {v1 , v2 }. Como estes

vetores s˜o LI’s, B = {v1 , v2 } = {t2 − 2t + 1, t + 2} ´ base para P2 .
a
e

c) Para mostrar que p(t) = −2t − 4 ´ combina¸ao linear de v1 e v2, considere a,
e

b e c escalares reais tais que:
a(t2 − 2t + 1) + b(t + 2) = −2t − 4
Somando os coeficientes dos termos semelhantes, temos:
at2 + (b − 2a)t + (a + 2b) = −2t − 4
Igualando os termos semelhantes dos dois lados da igualdade obtemos:
a=0
b − 2a = −2 =⇒ b = −2
a + 2b = −4 =⇒ b = −2

Logo, p(t) = −2t − 4 ´ combina¸ao linear de v1 e v2 para a = 0 e b = −2, isto ´,
e...
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