7/22/2019 Prova de Algebra da UAB

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Ministerio da Ciencia, Tecnologia e Ensino Superior

Prova de Algebra Linear I - codigo 21002 Data: 26 de Janeiro de 2009

Uma correccaoGrupo I

1. 2. 3. 4. 5. - a) 5. - b)b) b) c) b) verdadeira verdadeira

1. a) e falsa, pois temos sempre rank A= rank AT.

b) e verdadeira. Por exemplo a matriz diagonal diag(1, 1, 1, 1) e um exemplo de umamatriz com rank 4 e determinante negativo.

c) e falsa, pois A R44

e invertvel se e so se rank A= 4.d) e falsa, pois |A|> 0 implica rank A= 4.

2. Considerando as matrizes associadas ao sistema e efectuando transformacoes elementaresconvenientes:

[A|b]

0 0 4

0 0 2

22

2

.

Comparando rank A e rank[A|b] conclui-se que a), c), d) sao falsas e que b) e verdadeira.

3. Sabemos que em R3, dados 3 vectores u, v ,w temos

(u,v ,w) e uma base de R3 {u , v , w}gera R3

{u , v , w} e linearmente independente

o determinante da matriz cujas linhas (ou colunas)

sao u, v ,w e = 0.

Como

1 0 02 2 03 3 3

= 6= 0 entao (i) e verdadeira. Como

2 3 11 1 41 4 3

= 0 entao (ii) e falsa.

Como1 1 0

1 0 01 1 1 =1= 0 entao (iii) e verdadeira. Portanto c) e verdadeira.

4. a) Temos (g f)(1, 1) =g (1, 0) = (1, 1, 0) e, portanto, a) e falsa.

b) Por definicao de aplicacao linear temos

(g f)(1, 0) = g (f((2, 1) (1, 1)) =g (f(2, 1) f(1, 1)) =g ((1, 1) (1, 0))

=g (1, 1) g(1, 0) = (1, 1, 0) (1, 1, 1) = (0, 0, 1).

Portanto b) e verdadeira.

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c) e falsa, pois dim im g= 2 dim ker g 2 < 3 = dim R3.

d) Temos f(1, 0) = f((2, 1) (1, 1)) =f(2, 1) f(1, 1) = (1, 1) (1, 0) = (0, 1)= (0, 0).Portanto (1, 0)ker fe d) e falsa.

5. a) Temos

F ={(x,y,z ) : x+ y 2z}= {(x,y,z ) : x= y+ 2z}= (1, 1, 0), (2, 0, 1).

Como (2, 0, 1) = (1, 1, 0) + (1, 1, 1) G e (1, 1, 1) = (1, 1, 0) + (2, 0, 1) F, entao

F =(1, 1, 0), (2, 0, 1) =(1, 1, 0), (1, 1, 1) =G.

Portanto a afirmacao e verdadeira.

Alternativa: Temos

(x , y , z ) G (x , y , z ) =(1, 1, 0) + (1, 1, 1) = ( + , + , ) p/ alg. , R

x + y 2z= 0(x,y,z ) F.

Portanto a afirmacao e verdadeira.

b) Temos

|A 6I3|= 0 = 6 e valor proprio de A,

A

10

1

=

10

1

=

10

1

e vector proprio de A associado ao valor proprio 1,

rank(A 2I3) = 2< 3 = 2 e valor proprio de A

(com m. g.(2) = 3 rank(A 2I3) = 1).

ComoA e uma matriz 33 e tem 3 valores proprios distintos, entaoA e diagonalizavele a afirmacao e, portanto, verdadeira.

Grupo II

a) Temos adj P =

2 0 12 1 1

1 0 1

e|P|= 1 (confirme!). Logo P1 = adj P.

b)-(i) Temos

T(x,y,z ) =matricialmente

1 1 10 1 1

2 1 3

xy

z

=

x + y+ zy+ z

2x + y+ 3z

.

Portanto T(x,y,z ) = (x+ y+ z, y+ z, 2x+ y+ 3z) para todo (x,y,z ) R3.

b)-(ii) Por definicao ker T ={(x,y,z ) R3 : T(x , y , z ) = (0, 0, 0)}. Como

T(x,y,z ) = (0, 0, 0)

x + y+ z= 0

y+ z= 0

x= 2z

y= z,

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entaoker T ={(2z , z , z ) : z R}= (2, 1, 1).

Como (2, 1, 1)= (0, 0, 0), temos que ((2, 1, 1)) e uma base de ker T.

Por outro lado, dim im T = 3 dim ker T = 2. Alem disso, a matriz A representa T,relativamente a base canonica na partida e na chegada. Deste modo,

im T =(1, 0, 2), (1, 1, 1), (1, 1, 3) =(1,1,3)=2(1,0,2)(1,1,1)

(1, 0, 2), (1, 1, 1)

e ((1, 0, 2), (1, 1, 1)) e uma base para im T- porque sao 2 geradores e dim im T = 2.

b)-(iii) Exame:

Designemos por Ba base canonica de R3. Temos a situacao seguinte:

R3

B

TB

R3

B

idS S1idR3B

TA

R3B

.

Assim B = MB,B(T) = S1AS, onde S = MB,B(id) =

1 0 11 1 0

1 0 2

- a matriz P da

alnea a). Ora S1 =MB,B(id) =P1 =

alnea a)

2 0 12 1 1

1 0 1

. Assim

B= S1

AS= 2 0 1

2 1 11 0 11 1 1

0 1 12 1 3 1 0 1

1 1 01 0 2

= 2 3 6

4 4 41 2 5

.

b)-(iii) P-Folio:

Designemos por Ba base canonica de R3. Temos a situacao seguinte:

R3

B

TB

R3

B

id

S I3idR

3

B

TA

R3

B

.

Assim B = MB,B(T) =I3AS, onde S=MB,B(id) =

1 0 11 1 0

1 0 2

. Portanto

B =AS=

1 1 10 1 1

2 1 3

1 0 11 1 0

1 0 2

=

1 1 12 1 2

0 1 4

.

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Grupo III

a) Temos

Au=

0 3 1

1 3 10 1 1

202

=

202

= u

pelo que u= (2, 0, 2) e vector proprio de A associado ao valor proprio = 1.

b) Temos

|A I3|=

3 11 3 10 1 1

=3 + 42 5 + 2.Como 1 e valor proprio podemos dividir este polinomio por 1 obtendo

3 + 42 5 + 2 = ( 1)(2 + 3 2) = ( 1)( 1)( 2).

Assim os valores proprios de A sao: 1 (raiz dupla) e 2 (raiz simples).Alternativa: Designemos por 1, 2, 3 os valores proprios de A. Sabemos que tr(A) =1+ 2+ 3 = 4, |A| = 123 = 2. Pela alnea a) podemos fazer 1 = 1. Assim vem2+3 = 3 e 23 = 2, donde (2 = 1 e 3 = 2) ou (2 = 2 e 3 = 1). Em qualquer doscasos, os valores proprios de A sao: 1 (raiz dupla) e 2 (raiz simples).

c) Pela alnea b), temos m. a.(1) = 1 e m. a.(2) = 1. Assim, 1 m. g.(2) m. a.(2) = 1 e,portanto, m. g.(2) = 1. Por outro lado, m. g.(1) = dim E(1) = 3 rank(A I3). Ora

A I3= 1 3 11 2 1

0 1 0 L2L1

1 3 10 1 0

0 1 0 L3+L2

1 3 10 1 0

0 0 0 .

Logo m. g.(1) = 3 2 = 1< 2 = m. a.(1) e, portanto, A nao e diagonalizavel.

d) Pelo Teorema de Cayley-Hamilton, a matrizA e raiz do seu polinomio caracterstico. Assim0 =pA(A) = A

3 + 4A2 5A + 2I3, donde

A3 = 4A2 5A + 2I3= 4

3 10 43 7 3

1 4 2

5

0 3 11 3 1

0 1 1

+ 2

1 0 00 1 0

0 0 1

=

10 25 117 15 7

4 11 5

.

Grupo IV

a) Como A2 =In entao

|A2|= | In|= (1)n|In|= (1)

n =

1 se n e par

1 se n e mpar.

Mas|A2|= |A||A|= |A|2 0. Logo n tera de ser par.

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b) Por exemplo, para A =

0 11 0

temos A2 = I2. [Outro exemplo e A =

1 21 1

(verifique!). No caso geral, supondo A =

a b

c d

e calculando A2 obtemos condicoes

sobre a,b, c, d de modo a que A2 = I2. Depois atribuindo valores a a,b,c,d, de acordocom essas condicoes, obtemos varios exemplos. Ha um numero infinito de matrizes nas

condicoes pedidas.]Para n = 4, vamos considerar uma matriz B cujos blocos diagonais sao identicos a uma

matriz do caso n= 2, isto e, B =

A 00 A

R44, com A R22 satisfazendoA2 =I2.

Assim

B2 =

A 00 A

A 00 A

=

A2 00 A2

=

I2 0

0 I2

=

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

=I4.

Para n par qualquer a conjectura natural e M =

A 0 00 A 0...

... ...

0 0 A

, onde A R22 e talque A2 =I2.

FIM

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