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Gabarito da Quest˜ ao 1 ´ Algebra Linear I (Poli) - MAT 2457 primeiro semestre/2005 Turma A © ª Quest˜ ao 1. Seja B uma base ortonormal de V 3 e seja E = e~1 , e~2 , e~3 , onde e~1 = (3, 4, 0)B , e~2 = (−6, −8, 2)B , e~3 = (1, 3, −4)B . © ª (a) (valor 1,5 ponto) Determine uma base ortonormal F = f~1 , f~2 , f~3 de V 3 tal que f~1 , e~1 tem a mesma dire¸c˜ ao e sentido, f~2 est´a no plano gerado por e~1 , e~2 , f~2 · e~2 > 0 e f~3 · e~3 > 0. Solu¸ c˜ ao. As condi¸c˜ oes dadas no enunciado sobre a base F nos dizem que F ´e obtida de E pelo processo de ortonormaliza¸c˜ ao de Gram–Schmidt. Fazemos ent˜ao: b~1 = e~1 ,
e~2 · b~1 ~ b~2 = e~2 − b1 , b~1 · b~1
e~3 · b~1 ~ e~3 · b~2 ~ b~3 = e~3 − b1 − b2 . b~1 · b~1 b~2 · b~2
Calculamos (levando em conta que a base B ´e ortonormal): e~2 · b~1 = e~2 · e~1 = −18 − 32 = −50,
b~1 · b~1 = e~1 · e~1 = 9 + 16 = 25,
donde: b~1 = e~1 = (3, 4, 0)B ,
b~2 = e~2 + 2e~1 = (−6, −8, 2)B + 2(3, 4, 0)B = (0, 0, 2)B .
Calculamos tamb´em: e~3 · b~1 = 3 + 12 = 15, donde:
e~3 · b~2 = −8,
b~2 · b~2 = 4,
3 17 15 ~ b1 + 2b~2 = e~3 − e~1 + 2(e~2 + 2e~1 ) = e~1 + 2e~2 + e~3 , b~3 = e~3 − 25 5 5
e:
¡ ¢ 15 ~ 3 b~3 = e~3 − b1 + 2b~2 = (1, 3, −4)B − (3, 4, 0)B + 2(0, 0, 2)B = − 54 , 35 , 0 B . 25 5 © ª Obtivemos ent˜ ao uma base ortogonal b~1 , b~2 , b~3 de V 3 ; basta agora normalizar. Temos b~3 · b~3 = 16 + 9 = 1 e portanto: 25
25
¢ ¡ b~1 1 1 f~1 = = b~1 = (3, 4, 0)B = 35 , 45 , 0 B , 5 5 kb~1 k b~2 1 1 f~2 = = b~2 = (0, 0, 2)B = (0, 0, 1)B , 2 2 kb~2 k ¡ ¢ b~3 f~3 = = b~3 = − 45 , 35 , 0 B . kb~3 k 1
(b) (valor 1,0 ponto) Determine a matriz de mudan¸ca de base MF E . Solu¸ c˜ ao. Como vimos no item (a), temos: 1 1 1 1 17 f~1 = b~1 = e~1 , f~2 = b~2 = e~1 + e~2 , f~3 = b~3 = e~1 + 2e~2 + e~3 , 5 5 2 2 5 e portanto: ¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ [f~1 ]E = 15 , 0, 0 , [f~2 ]E = 1, 12 , 0 , [f~3 ]E = 17 5 , 2, 1 . A matriz MF E procurada possui em suas colunas as coordenadas dos vetores da base F na base E; logo: 1 1 17 5 5 MF E = 0 12 2 . 0 0 1 (c) (valor 1,0 ponto) Determine um vetor n˜ao nulo ~v ∈ V 3 que possui as mesmas coordenadas na base E e na base F , isto ´e, [~v ]E = [~v ]F . Solu¸ c˜ ao. Sabemos que: MF E [~v ]F = [~v ]E , para todo ~v ∈ V 3 . Seja ~v ∈ V 3 e escreva [~v ]F = (x, y, z). Temos que [~v ]E = [~v ]F se e somente se: x x MF E y = y . z z Usando a matriz MF E calculada no item (b) obtemos o sistema: 1 17 5 x + y + 5 z = x, 1 2 y + 2z = y, z = z, que ´e equivalente a:
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−4x + 5y + 17z = 0, −y + 4z = 0.
A solu¸ca˜o geral desse sistema ´e: y = 4z,
x=
37 z, 4
z ∈ IR;
uma poss´ıvel solu¸c˜ ao ´e z = 4, y = 16, x = 37. Obtemos ent˜ao: [~v ]E = [~v ]F = (37, 16, 4). Observe que [~v ]B = 37e~1 + 16e~2 + 4e~3 = (19, 32, 16) (a resposta podia ser dada em termos de qualquer uma das bases E, F ou B). Note tamb´em que qualquer m´ ultiplo n˜ao nulo de ~v tamb´em ´e uma solu¸c˜ ao para a quest˜ao. 2
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A Questão 1: (a) (2,0) Seja ABCD um tetraedro regular, e sejam VI = AM-, V2 = l5K, Va = AG e V4 = Bê, onde M é o baricentro (o ponto de intersecção das medianas) de BDC e K é o ponto médio de AB:
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Determine as coordendas de V2 em relação das bases B C
(b) (2,0) Ache todos os números reais À para os quais os vetores ÀVI+V2-Va, Va+ V4 formam uma base de Va.
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2: Considere vetores ü e vem V3 tais que ü 11= 2, "/"= 3 e a medida ~ radianos. Responda os ítens abaixo. 11
do ângulo entre ü e v é
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(a) (1,5) Ache (em função dei e v) os vetores p e ij tais que pé paralelo a ü, ij é combinação linear de ü e v, ij é ortogonal a p e v = p + ij. (b) (1,5) Calcule a norma do vetor:
w= ü+3v.
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A Questão 3: No paralelepípedo retângulo abaixo ABCDEFGH com arestas AB = 2, AD = 1, BG = 2, sejam R, Me N, respectivamenteos pontos médios dos segmentos AB, BG e EH. (a) (1,5) Calcule à área do triângulo RNM:
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(b) (1,5) Determine a altura do tetraedro RMNF relativo à base RMN, e calcule o seu volume. r " , ::1. :/
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h Questão 1. Considere um sistema de coordenadas ortogonal. Sejam 7ro plano de equação geral x - 2y + 3z = 4 e r a reta de equação vetorial X = (1,2,1) +),( -1, O,3), ), E ]R. (a) (1,0 ponto) Estude a posição relativa entre r e 7r,determinando r n 7r. (b) (1,5 pontos) Determine, caso exista, uma equação das retas contidas em 7r que são perpendiculares a r.
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(a) (1,5) Determine uma base de A contida em {PbP2,P3,P4}. (b) (2,0) Seja P = mx
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Questão
3: Sejam o espaço vetorial C = {f : IR -+ IRI f é contínua} e o subespaço: V = [1 + Ixl, sen2x, sen 2x, Ixl].
= {f
E VI f é derivável} (b) (1,5) Mostre que cos2x E S e complete o conjunto {cos2x} a uma base de S. (a) (2,0) Determine uma base do subespaço S
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Gabarito – Turma A ´ Prova de Algebra Linear para Engenharia I – MAT 2457 11/04/2007
Quest˜ ao 1. Seja B uma base ortonormal de V 3 e considere os vetores ~v = (1, 1, 0)B e w ~ = (1, 0, −1)B . (a) (1,5 pontos) Encontre todos os vetores unit´arios ~u tais que ~u · w ~ = 0 e o ˆangulo ◦ entre ~u e ~v tenha medida igual a 150 . −−→ −→ (b) (2,0 pontos) Considere o triˆangulo ABC tal que AB = α~v , AC = β w, ~ onde α, β ∈ R. Determine os valores de α e β tais que o triˆ a ngulo ABC seja retˆ angulo √ em C e tenha ´area igual a 3. Solu¸ c˜ ao. (a) Escreva ~u = (u1 , u2 , u3 )B . As condi¸c˜oes do enunciado nos d˜ao as equa¸c˜oes: √ √ √ 3 6 ◦ ~u · ~v = u1 + u2 = k~ukk~v k cos 150 = − 2 =− , 2 2 ~u · w ~ = u1 − u3 = 0, k~uk2 = u21 + u22 + u23 = 1. √
Essas equa¸c˜oes s˜ao equivalentes a u3 = u1 , u2 = − 26 − u1 e: √6 2 2 u1 + − − u1 + u21 = 1; 2 essa u ´ltima igualdade ´e equivalente a: √ 1 3u21 + 6u1 + = 0. 2 √
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√
Resolvendo para u1 , obtemos u1 = − 66 . Da´ı u2 = − 36 e u3 = − 66 , donde: √6 √6 √6 ~u = − ,− ,− . 6 3 6 B −−→ −→ −−→ (b) Temos BC = AC − AB = β w ~ − α~v . O triˆangulo ABC ´e retˆangulo em C se e −→ −−→ somente se AC · BC = 0, isto ´e: (β w) ~ · (β w ~ − α~v ) = 2β 2 − αβ = 0. Para que ABC seja um triˆangulo, devemos ter β 6= √ 0 e portanto α = 2β. A condi¸c˜ao de que a ´area do triˆangulo ABC seja igual a 3 nos d´a: √ −→ −−→ kACk kBCk = 2 3, o que ´e equivalente a: −→ −→ −−→ −−→ (AC · AC)(BC · BC) = 12.
Mas: −→ −→ AC · AC = 2β 2 ,
−−→ −−→ BC · BC = (β w ~ − α~v ) · (β w ~ − α~v ) = 2β 2 − 2αβ + 2α2 ,
donde: 2β 2 (2β 2 − 2αβ + 2α2 ) = 12, e β 2 (β 2 − αβ + α2 ) = 3. Usando α = 2β obtemos: β 2 (β 2 − 2β 2 + 4β 2 ) = 3, isto ´e 3β 4 = 3 e β = ±1. As poss´ıveis solu¸c˜oes s˜ao α = 2, β = 1 e α = −2, β = −1.
1a
Gabarito – Turma A ´ Prova de Algebra Linear para Engenharia I – MAT 2457 11/04/2007
Quest˜ ao 2. Seja E = {~e1 , ~e2 , ~e3 } uma base ortonormal de V 3 e considere os vetores ~u = (1, 0, −1)E , ~v = (1, 1, −2)E e w ~ = (1, 2, 0)E . (a) (1,0 ponto) Decomponha o vetor w ~ como soma de dois vetores w ~ 1, w ~ 2 , de modo que w ~ 1 seja combina¸c˜ao linear de ~u e ~v e que w ~ 2 seja ortogonal a ~u e a ~v . (b) (0,5 ponto) Verifique que F = {~u, ~v , w} ~ ´e uma base de V 3 . (c) (1,0 ponto) Ache as coordenadas do vetor ~z = ~e1 + ~e2 na base F . Solu¸ c˜ ao. (a) Queremos w ~ =w ~1 + w ~ 2 , onde w ~ 1 = α~u + β~v . Da´ı w ~ 2 = (1 − α − β, 2 − β, α + 2β)E e as condi¸c˜oes w ~ 2 · ~u = 0, w ~ 2 · ~v = 0 nos d˜ao: (1 − α − β) − (α + 2β) = 1 − 2α − 3β = 0, (1 − α − β) + (2 − β) − 2(α + 2β) = 3 − 3α − 6β = 0. Resolvendo o sistema obtemos α = −1 e β = 1. Logo: w ~ 1 = (0, 1, −1)E ,
w ~ 2 = (1, 1, 1)E .
(b) Evidentemente ~u e ~v s˜ao linearmente independentes. Se w ~ fosse combina¸c˜ao linear de ~u e ~v , ter´ıamos obtido w ~ 1 = w, ~ w ~ 2 = ~0 como uma poss´ıvel solu¸c˜ao para o item (a); como isso n˜ao ocorreu, vemos que w ~ n˜ao ´e combina¸c˜ao linear de ~u e ~v , donde {~u, ~v , w} ~ ´e linearmente independente e ´e portanto uma base de V 3 . (c) Temos:
e: MEF
1 1 0 1 MF E = −1 −2 4 1 −1 −2 = MF E = 3 1
1 2 0 −2 1 1 −2 . 1 1
Como ~z = (1, 1, 0)E , obtemos: 1 4 −2 1 2 1 1 −2 1 −2 1 = −1 , [~z ]F = MEF [~z ]E = 3 3 1 1 1 0 2 2 1 2 e portanto [~z ]F = 3 , − 3 , 3 .
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Gabarito – Turma A ´ Prova de Algebra Linear para Engenharia I – MAT 2457 11/04/2007
Quest˜ ao 3. Considere o paralelep´ıpedo retˆa√ ngulo da figura abaixo, no qual os segmentos AB e AD medem 1 e o segmento AR mede 2. Escolhemos a orienta¸c˜ao em V 3 na qual −−→ −−→ −−→ a base E = AB, BC, M B ´e positiva. M R
S N
B
A
C
D
(a) (2,0 pontos) Seja K o ponto m´edio do segmento CS. Determine as coordenadas −−→ → AK na base E. do vetor proj− SA (b) (2,0 pontos) Determine as coordenadas na base E do (´ unico) vetor unit´ario w ~ tal −−→ −−→ −−→ −−→ que w ~ · AK = w ~ · AN = 0 e a base AK, AN , w ~ ´e positiva. Solu¸ c˜ ao. (a) A base E ´e ortogonal. Normalizando os seus vetores, obtemos uma base ortonormal F = {f~1 , f~2 , f~3 }, onde: −−→ −−→ −−→ 1 −−→ 1 −→ f~1 = AB, f~2 = BC = AD, f~3 = √ M B = − √ AR. 2 2 Temos: √ −−→ −→ 1 −→ ~ 1 −→ ~ 2 ~ ~ ~ AK = AC + CS = f1 + f2 + AR = f1 + f2 − f3 , 2 2 2 donde: √ −−→ 2 [AK]F = 1, 1, − . 2 Tamb´em: √ −→ −→ −→ −→ SA = −AS = −AC − AR = −f~1 − f~2 + 2 f~3 ,
donde:
√ −→ [SA]F = (−1, −1, 2 ).
Agora: −−→
→ AK proj− SA
−−→ −→ √ AK · SA −→ −3 = −→ −→ SA = (−1, −1, 2 )F . 4 SA · SA
Logo: −−→ 3 ~ 3 −−→ 3 −−→ 3 −−→ 3 3√ ~ → AK = 2 f3 = AB + BC − M B, proj− f1 + f~2 − SA 4 4 4 4 4 4 isto ´e: 3 3 3 −−→ → AK]E = [proj− , ,− . SA 4 4 4 (b) O vetor w ~ procurado ´e igual a: −−→ −−→ AK ∧ AN
−−→ −−→ .
AK ∧ AN −−→ Vamos determinar as coordenadas do vetor AN na base F : √ √ −−→ −−→ −→ ~ AN = AD + AR = f2 − 2 f~3 = (0, 1, − 2 )F . Temos que a base F ´e (ortonormal e) positiva, j´a que E ´e uma base positiva e MEF ´e uma matriz diagonal cujos elementos da diagonal s˜ao positivos. Da´ı: f~1 f~2 f~3 √2 √ √ −−→ −−→ 2 AK ∧ AN = 1 1 − 2 = − , 2,1 . 2 F 0 1 −√2 Como:
√ 1 1 −−→ −−→ 7 2 kAK ∧ AN k = +2+1 = √ , 2 2
temos que:
√ √ 2 −−→ −−→ 1 ~ 2 ~ 2 w ~ = √ (AK ∧ AN ) = − √ f1 + √ f2 + √ f~3 7 7 7 7 2 −−→ 1 −−→ 1 −−→ = − √ AB + √ BC + √ M B, 7 7 7
e portanto: 1 2 1 [w ~ ]E = − √ , √ , √ . 7 7 7
MAT2457 - Gabarito da P3 27/06/2007 - Prova Tipo A ˜o 1 Seja S o subespa¸co de M2 (R) gerado por Questa 1 2 2 −1 11 0 5 A = −1 0 , 0 1 , −2 −1 , ( 1 1 ) . (a) Encontre uma base de S contida em A. 1 m ∈ S. (b) Determine m ∈ R para que −m 2 ˜o. Soluc ¸a
logo, B = (b) x =
(a) Escalonando, temos 1 2 0 1 2 −1 5 1 −1 0 −2 1 ∼ 0 1 −1 1 1 2 −1 0
1 m −m 2
,
2 −1 0 1
1 0 0 0
2 0 1 1 −1 1 , 0 0 4 0 0 0
, ( 11 11 ) ⊂ A ´e base de M2 (R).
∈ S = [B] se e s´o se B ∪ {x} ´e L.D. Mas
1 2 −1 0 1 2 1 2 1 0 −1 2 0 −1 ∼ 1 1 1 1 0 0 2 1 m −m 2 0 0 0 logo, B ∪ {x} ´e L.D. se e s´o se
3+m 2
0 1 1 3+m 2
,
= 0, ou seja, m = −3.
˜o 2 Em P4 (R), considere os subespa¸cos: Questa F1 = {p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + a4 t4 : p(1) = 0 , p(−1) = 0} , F2 = {p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + a4 t4 : p(1) = p(−1)} (a) Encontre a dimens˜ao de F1 . (b) Mostre que se p1 (t) = 1 − t + t3 − t4 , p2 (t) = t − t3 , p3 (t) = t2 − t4 , ent˜ao B = {p1 , p2 , p3 } ⊂ F1 ´e base de F1 . (c) Seja q(t) = 2 + αt − 2βt2 − 2βt3 − α2 t4 . Encontre α e β para os quais q(−2) = −12 e B = {p1 , p2 , p3 , q} ´e base de F2 .
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˜o. (a) Dado p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + a4 t4 ∈ F1 , temos que Soluc ¸a a0 + a1 + a2 + a3 + a4 = 0 e a0 − a1 + a2 − a3 + a4 = 0, logo, a1 + a3 = 0 e a0 + a2 + a4 = 0. Disso, p(t) = a0 +a1 t+a2 t2 −a1 t3 −(a0 +a2 )t4 = a0 (1−t4 )+a1 (t−t3 )+a2 (t2 −t4 ) . Como os polinˆomios que aparecem na decomposi¸c˜ao acima s˜ao L.I., conclu´ımos que B 0 = {r, p2 , p3 } forma uma base de F1 , onde r(t) = 1 − t4 . Em particular, dim F1 = 3. (b) Basta, observar que as coordenadas de p1 , p2 , p3 na base B 0 s˜ao (1, −1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) , respectivamente. (c) Para que B seja base de F2 , ´e necess´ario que q ∈ F2 , ou seja α = 2β. Logo, q(t) = 2+αt−2βt2 +αt3 −α2 t4 . Se q(−2) = −12, ent˜ao 8α2 −α−7 = 0, i.e., α = 1 ou α = −7/8. Mas se α = 1, ent˜ao q ∈ F1 , e portanto, B n˜ao pode ser base de F2 . Se α = −7/8 e β = α/2 = −7/16, ent˜ao q ∈ F2 e q∈ / F1 . Como dim F2 = 4, segue que B ´e base de F2 . ˜o 3 Em R5 , considere x1 = (1, 1, 0, 1, 2), x2 = (1, 0, 1, −1, 0), x3 = Questa (0, 0, 1, −2, −1), x4 = (2, 1, 0, 2, 3); F1 = [x1 , x2 , x3 , x4 ] e F2 = {(α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ) ∈ R5 : α1 − α2 − α3 − α4 − α5 = 0} . (a) Encontre uma base de F1 . (b) Encontre dim(F1 ∩ F2 ). (c) Mostre que F1 + F2 = R5 . ˜o. Soluc ¸a (a) Vamos obter uma base para F1 a partir dos vetores x1 , x2 , x3 , x4 , x5 . Como 1 1 0 1 2 1 1 0 1 2 1 0 1 −1 0 0 1 −1 2 2 0 0 1 −2 −1 ∼ 0 0 1 −2 −1 2 1 0 2 3 0 0 0 0 0 Segue que {(1, 1, 0, 1, 2), (0, 1, −1, 2, 2), (0, 0, 1, −2, −1)} ´e base de F1 , que tem, portanto, dimens˜ao 3.
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(b) Seja v ∈ F1 . Ent˜ao, do ´ıtem anterior, existem a1 , a2 , a3 tais que v = a1 (1, 1, 0, 1, 2) + a2 (0, 1, −1, 2, 2) + a3 (0, 0, 1, −2, −1) = (a1 , a1 + a2 , −a2 + a3 , a1 + 2a2 − 2a3 , 2a1 + 2a2 − a3 ) . Logo, v ∈ F1 ∩ F2 se e s´o se a1 − (a1 + a2 ) − (−a2 + a3 ) − (a1 + 2a2 − 2a3 ) − (2a1 + 2a2 − a3 ) = 0 , ou seja, a3 = (3/2)a1 + 2a2 . Logo, v = a1 (1, 1, 0, 1, 2) + a2 (0, 1, −1, 2, 2) + ((3/2)a1 + 2a2 )(0, 0, 1, −2, 1) = a1 (1, 1, 3/2, −2, 1/2) + a2 (0, 1, 1, −2, 0) . Como os vetores que aparecem na decomposi¸c˜ao acima s˜ao L.I., temos que dim(F1 ∩ F2 ) = 2. (c) Precisamos calcular a dimens˜ao de F2 . Se v = (α1 , α2 , α3 , α4 , α5 ) ∈ F2 , ent˜ao v = (α2 + α3 + α4 + α5 , α2 , α3 , α4 , α5 ) = α2 (1, 1, 0, 0, 0) + α3 (1, 0, 1, 0, 0) + α4 (1, 0, 0, 1, 0) + α5 (1, 0, 0, 0, 1) . J´a que os vetores da decomposi¸c˜ao acima s˜ao L.I., segue que dim F2 = 4. Como dim(F1 + F2 ) = dim F1 + dim F2 − dim(F1 ∩ F2 ) = 3 + 4 − 2 = 5, conclu´ımos que F1 + F2 = R5 .
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