GAAL Exercícios 6: Umas soluções

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1 GAAL Exercícios 6: Umas soluções. Quais dos seguintes vetores são combinação linear de u = (5, 3, ), v = (, 4, 3), w = (, 8, 7)? (a) (, 2, 5) (b) (, 2, 8) (c) ( 2, ) (d) (, 2, 3). O conjunto {u, v, w} é L.I ou L.D.? Caso que seja L.D., escreve um deles como combinação linear dos outros. Vamos fazer a última parte primeiro. Para achar as soluções da equação x u + x 2 v + x 3 w =, queremos achar as soluções do sistema homogêneo AX =, onde A é a matrix com colunas os vetores u, v, w. A matriz aumentada de A é 5 [A ] = que tem forma escalonada reduzida 2 3. O conjunto solução (colocando a variável livre x 3 = α) é 2α 3α. α Já que o sistema possui soluções não triviais, os vetores u, v, w são linearmente independentes. A solução com α = nos permite escrever w = 3u 2v. Segue deste fato que um vetor é uma combinação linear de u, v, w se, e somente se, ele é combinação linear de u, v. Olhando pra primeira parte agora. Dado o vetor (a, b, c) (da questão), queremos saber se existem x, x 2 tais que (a, b, c) = x (5, 3, ) + x 2 (, 4, 3) = (5x, 3x + 4x 2, x + 3x 2 ). Já que temos x = a/5, segue que x 2 = (c x )/3, conseguimos resolver as questões facilmente:

2 (a) x = 2, x 2 = (5 2)/3 =. Temos (5x, 3x + 4x 2, x + 3x 2 ) = (5 2, 6 + 4, 2 + 3) = (, 2, 5) logo (, 2, 5) é combinação linear dos vetores. (b) x = 2, x 2 = (8 2)/3 = 2. Obtemos 2u + 2v = (, 2, 8), logo (, 2, 8) é combinação linear dos vetores. (c) x = 2/5, x 2 = /5. Obtemos (2/5)u + (/5)v = (2, 2/5, ) ( 2,, ), logo ( 2,, ) não é combinação linear dos vetores. (d) x = /5, x 2 = 6/5. Não dá o vetor procurado. Com partes (a) (d), também pode reduzir a matrix 5 a b 3 7 c onde (a, b, c) é o vetor dado na questão. 2. Quais dos seguintes conjuntos são linearmente independentes? (a) {(,,2), (,,), (4,6,2)}, (b) {(,-2,3), (-2,4,-6)}, (c) {(,-2,3), (-2,4,6)}, (d) {(,3,6), (2,,2), (3,4,5), (,,)}, (e) {(,,), (2,3,), (3,,2)}. (a) Já que temos 3 vetores em R 3, podemos calcular o determinante da matriz A com colunas os vetores dados. Calculando, obtemos det(a) =, logo os vetores são L.D. (b) Temos ( 2, 4, 6) = 2(, 2, 3), logo o segundo é multiplo escalar do primeiro. Ou seja, o conjunto é L.D. (c) As únicas combinações lineares de um vetor são os múltiplos escalares deles. Já que o segundo vetor não é múltiplo escalar do primeiro, nem o primeiro múltiplo escalar do segundo, o conjunto é L.E. (d) Quatro vetores em R 3 são sempre L.D. (e) Colocando os três vetores numa matriz 3 3, obtemos que o determinante dela é. Logo os vetores são L.D. 3. Para quais valores de λ o conjunto {(3,, ), (λ 2 + 2, 2, )} é L.D.? Para resolver a equação x (3,, ) + x 2 (λ 2 + 2, 2, ) =, vamos reduzir a matrix aumentada 3 λ

3 Trocando as primeiras duas linhas e depois fazendo L 2 L 2 3L, obtemos 2 λ 2 4. Logo o sistema possui solução não trivial se, e somente se, λ 2 4 =. Ou seja, o conjunto é L.D se, e somente se, λ = ±2. 4. Suponha que o conjunto {v, v 2, v 3 } é L.I. Decida se o conjunto {u, u 2, u 3 } é L.I. ou L.D., onde (a) u = v + v 2, u 2 = v + v 3, u 3 = v 2 + v 3. (b) u = v, u 2 = v + v 2, u 3 = v + v 2 + v 3. (a) Considere a equação = x u + x 2 u 2 + x 3 u 3 = x (v + v 2 ) + x 2 (v + v 3 ) + x 3 (v 2 + v 3 ) = (x + x 2 )v + (x + x 3 )v 2 + (x 2 + x 3 )v 3. Já que {v, v, v 3 } é L.I., a única solução desta última equação é x + x 2 =, x + x 3 =, x 2 + x 3 =. Logo x = x 2 da primeira igualdade, e das segundas duas obtemos x 2 + x 3 = = x + x 3 = x 2 + x 3, logo x 2 = x 2, mostrando que x 2 =. Daqui segue que x =, x 3 =. Logo a única solução da primeira equação é x = x 2 = x 3 =, mostrando que {u, u 2, u 3 } é L.I. (b) Similar. De novo, mexendo com = x u + x 2 u 2 + x 3 u 3 para deixar os v i em evidência, obtemos (x + x 2 + x 3 )v + (x 2 + x 3 )v 2 + x 3 v 3, logo (pois {v, v 2, v 3 } é L.I.), obtemos que x 3 =, logo x 2 =, logo x =. Ou seja, {u, u 2, u 3 } é L.I. 5. Seja A uma matriz n n. Mostre que as colunas de A são L.I. se, e somente se, as linhas de A são L.I. As colunas de A são L.I. se, e somente se, det(a). Mas det(a) = det(a t ), logo as colunas de A são L.I. se, e somente se, as colunas de A t são L.I. Mas as colunas de A t são as linhas de A. 6. Seja {v, v 2,..., v n } um conjunto L.I. de vetores em R n. Seja A uma matriz invertível. Mostre que o conjunto {Av, Av 2,..., Av n } é L.I. 3

4 Seja B a matrix n n com colunas os vetores {v, v 2,..., v n }. Já que este conjunto é L.I., temos que det(b). Mas agora a matriz [Av Av 2... Av n ] = A[v v 2... v n ] = AB. Já que AB é o produto de duas matrizes invertíveis, obtemos que AB é invertível. Logo as colunas de AB são L.I. Mas as colunas de AB são os vetores {Av, Av 2,..., Av n }. 7. Encontre uma base para o espaço solução do sistema homogêneo AX =, em que (a) A = 2 3, (b) A = Quais são as dimensões dos espaços de partes (a) e (b)? (a) A forma escalonada reduzida da matriz aumentada [A ] é. Logo a variável x 3 é livre. A solução geral (colocando x 3 = α) é α α α. Este espaço tem dimensão. Uma base do espaço é qualquer vetor não nulo do espaço. Escolhendo α = por exemplo, uma base do espaço é. (b) A forma escalonada reduzida da matriz aumentada [A ] é 2. logo as variáveis x 3, x 4 são livres e (colocando x 3 = α, x 4 = β), a solução geral é β 2α α. β 4

5 Este espaço tem dimensão 2. Para achar uma base nós podemos (sempre) colocar uma variável ser e o resto para cada variável. Neste caso: α =, β = : 2, α =, β = :. Logo nossa base é: 2,. Pode confirmar que este conjunto é L.I. e gera o espaço solução, se quiser. 8. Encontre os valores de λ tais que o sistema homogêneo (A λi n )X = possui solução não trivial para as matrizes A seguintes. Para estes valores de λ, ache uma base para os espaços solução correspondentes: (a) A = 3, (b) A = (c) A = 2, 2 2 (d) A = (e) A =. 2 (a) O sistema homogêneo (A λi n )X = possui solução não trivial se, e somente se, det(a λi n ) =. Temos det(a λi) = det λ λ 3 = λ 3 + 3λ 2 3λ +. 3 λ 5

6 Então estamos procurando λ tal que = λ 3 + 3λ 2 3λ +. Esta equação possui a solução óbvia λ =, e daí conseguimos escrever o polinômio como (λ ) 3. Segue que (A λi)x = possui solução não trivial se, e somente se, λ =. Vamos calcular o espaço solução correspondente. A forma escalonada reduzida da matrix aumentada [A I ] é 2 Logo a variável x 3 é livre, e o espaço solução tem dimensão. A solução geral é α 2α α e uma base (colocando α = ) é: 2. (b) Similar de (a). Temos det(a λi) = (2 λ) 2 ( λ) 2. Logo temos soluções não triviais se, e somente se, λ = ou λ = 2. Quando λ = 2, o espaço solução tem dimensão e uma base é α. Quando λ =, o espaço solução tem dimensão e uma base é 3α 3α α. (c) - (e) Omitidas. 9. Dados v = (2,, 3), v 2 = ( 2,, 3) (a) Por que {v, v 2 } é claramente não uma base de R 3? (b) {v, v 2 } é L.I ou L.D.? (c) Quais são as condições sobre um vetor v 3 R 3 para que {v, v 2, v 3 } seja uma base de R 3? (d) Encontre um vetor v 3 tal que {v, v 2, v 3 } é base de R 3. (a) R 3 tem dimensão 3, logo qualquer base de R 3 tem três elementos. 6

7 (b) L.I. (c) Seja v 3 = (x, y, z). Estamos procurando valores de x, y, z tais que det 2 2 x y. 3 3 z Chama esta matrix por A. Calculando o determinante (achei mais fácil usar a terceira coluna), obtemos det(a) = 2y + 4z. Logo det(a) se, e somente se, z 3y. (d) Então um exemplo de um vetor v 3 = (x, y, z) tal que z 3y é (,, ). Pode confirmar que estes três vetores são L.I. logo (já que R 3 tem dimensão 3), {v, v 2, v 3 } é uma base de R 3.. Seja r uma reta em R 3. Mostre que r é subespaço de R 3 se, e somente se, r. Tem vários jeitos mostrar este fato. Seja W um subespaço qualquer de R n (n qualquer). Vamos mostrar que W : já que subespaços são não vazios, seja w W um elemento qualquer. Já que W é subespaço e w W, então ( ) w = w W (segunda propriedade de subespaços). Mas agora já que w, w W, temos w + w = W (primeira propriedade de subespaços). Em particular, caso nossa reta r for subespaço, ele vai conter. Noutra direção, uma reta r = (a, b, c) + tw t R onde (a, b, c) r é um ponto da reta qualquer e w é vetor diretor. Mas se (,, ) r então a reta é {tw t R} que é um subespaço de R 3.. (a) Sejam W, W 2 subespaços de R n. Mostre que é subespaço de R n. (b) Mostre que os conjuntos W W 2 := {v R n v W e v W 2 } são subespaços de R 2 mas que não é subespaço de R 2. W = {(x, ) x R} W 2 = {(, y) y R} W W 2 := {v R 2 v W ou v W 2 } 7

8 (a) Sejam u, v W W 2. Então u, v W e u, v W 2. Agora u + v W pois u, v W e W é subespaço, e também u + v W 2 pois u, v W 2 e W 2 é subespaço. Segue que u + v W + W 2. Similarmente, dado v W W 2 e α R, então αv W pois v W e W é subespaço, e também αv W 2 pois v W 2 e W 2 é subespaço. Logo αv W W 2, mostrando que W W 2 satisfaz a segunda condição de subespaço. Logo W W 2 é subespaço de R n. (b) O elemento (, ) W, logo (, ) W W 2. O elemento (, ) W 2, logo (, ) W W 2. Mas o elemento (, ) + (, ) = (, ) e (, ) W e (, ) W 2, logo (, ) W W 2. Já que W W 2 não satisfaz a primeira condição de ser subespaço, ele não é um subespaço de R Sejam u = (,, 2), v = (a,, 2). Para quais valores de a o conjunto {u, v} é ortogonal? Precisamos que u v =. Temos u v = a + ( ) 2(2) = a 5. Logo u v = se, e somente se, a = Sejam u = (/ 2,, / 2), v = (a, / 2, b). Para quais valores de a, b o conjunto {u, v} é ortonormal? Precisamos que u =, v = e u v =. u = (/ 2) (/ 2) 2 =. OK. v = a 2 + (/ 2) 2 + b 2 = a 2 + b 2 + /2. u v = a/ b/ 2 = (a + b)/ 2. Da terceira condição, obtemos que b = a. Substituindo na segunda condição: = a 2 + b 2 + /2 = 2a 2 + /2. Logo precisamos que 2a 2 = /2, ou seja a 2 = /4. Segue que a = ±/2. Então as duas possibilidades são a = /2 e b = /2, ou a = /2 e b = /2. 4. Encontre uma base ortonormal para o plano x + y + z =. Observe que existem várias bases ortonormais deste espaço, logo várias respostas certas. 8

9 Chama este espaço por W. Primeiro vamos achar uma base qualquer de W. Tem dimensão 2. Os vetores (,, ) e (,, ) pertencem ao espaço e são L.I., logo {v = (,, ), v 2 = (,, )} é uma base de W. Usamos o processo das aulas para mudar esta base para uma base ortogonal. w = v = (,, ). w 2 = v 2 proj w v 2 = (,, ) w v 2 (,, ) w 2 = (,, ) (/2, /2, ) = (/2, /2, ). Então {w = (,, ), w 2 = (/2, /2, )} é uma base ortogonal de W (pode confirmar este fato diretamente se quiser). Agora, para achar uma base ortonormal, simplemente dividimos os vetores w, w 2 pelas suas normas. Temos logo nossa base ortonormal é w = 2 w 2 = 3/ 2, {(/ 2, / 2, ), ( 2/2 3, 2/2 3, 2/ 3)}. 5. Seja W o subespaço de R 4 gerado pelos vetores {(,,, ), (, 2,, ), (,,, )}. (a) Mostre que a dimensão de W é 3. (b) Use o processo das aulas para achar uma base ortogonal de W. (c) Use o processo das aulas para achar uma base ortonormal de W. (a) Para mostrar que W tem dimensão 3, precisamos confirmar que os três vetores dados são L.I. Então, precisamos confirmar que o sistema homogêneeo AX = possui só a solução trivial, onde A é a matriz 4 3 com colunas os vetores. A matix aumentada do sistema é 2 9

10 cuja matriz escalonada reduzida é. Logo o conjunto solução não possui variáveis livres (toda coluna tem pivô), logo a única solução é a solução trivial. Ou seja, o conjunto de vetores dado é L.I. (b) Sejam v, v 2, v 3 os vetores dados. {w, w 2, w 3 }: Para achar uma base ortogonal w = v = (,,, ), w 2 = v 2 proj w v 2 = (, 2,, ) 2/3(,,, ) = ( 2/3, 4/3, 2/3, ). w 3 = v 3 proj w v 3 proj w2 v 3 = (,,, ) + /3(,,, ) 5/3 ( 2/3, 4/3, 2/3, ) /3 = ( 4/, 3/, 7/, 6/). (c) Agora dividimos todo vetor w i pela norma dele. w = 3 w 2 = / 3 w 3 = / Então nossa base ortonormal de W será { } 3 (,,, ), ( 2/3, 4/3, 2/3, ), ( 4/, 3/, 7/, 6/) Mostre que o seguinte conjunto é uma base de R 3 : {(,, ), (,, ), (, 2, 3)}. Aplique o processo das aulas para obter uma base ortonormal de R 3 a partir desta base. Cálculo omitido faça a mesma coisa como nas últimas duas questões. No fim das contas, obtemos a base ortonormal { 3 (,, ), ( 2/ 3, / 6, / 6), (, / 2, / } 2).

11 7. Mostre que se o vetor v é ortogonal aos vetores w,..., w k, então v é ortogonal a qualquer combinação linear de w,..., w k. Usamos propriedades do produto escalar. Seja λ w λ k w k uma combinação linear dos vetores w,..., w k. Então v (λ w λ k w k ) = v (λw ) v (λw k ) = λ (v w ) λ k (v w k ) = =, logo v é ortogonal ao vetor λ w λ k w k. 8. Seja v = (v,..., v n ) um vetor não nulo em R n. Mostre que o conjunto W = {w R n v w = } de todos os vetores de R n ortogonais a v é um subespaço de R n. Calcule a dimensão de W. Que W é subespaço segue diretamenta da questão 6, pois somas e múltiplos escalares de vetores em W são exemplos de combinações lineares de vetores em W, e mostramos em Questão 6 que uma combinação linear de vetores em W ainda pertence a W. Um jeito a calcular a dimensão. Já que v, existe uma coordinada v i. Seja w = (α,..., α n ) um vetor. Temos v w = v α +... v n α n. Queremos v α v n α n =. Joga v i α i pro outro lado para obter v i α i = j i v j α j. Logo α i = j i(v j /v i )α j. Segue que as variáveis α j (com j i) são livres, pois podemos escolher quaisquer valores para elas e obter uma solução (com α i = j i (v j/v i )α j ). Segue que temos pelo menos n variáveis livres. Logo dim(w ) n, então dim(w ) = n ou dim(w ) = n. Mas dim(w ) n, pois neste caso W = R n, mas não todo vetor de R n é ortogonal a v pois v v. Logo dim(w ) = n.