Lista de Exercícios Resolvida - Álgebra Linear e Geometria Analítica - Engenharia Química

BACHARELADO EM ENGENHARIA QUÍMICA Álgebra Linear e Geometria Analítica 20231 Prof Wendel Mafra 2 Lista de Exercícios Álgebra Linear 1 O conjunto B 1 0 1 0 1 1 1 2 2 é uma base de R3 Justifique sua resposta mostrando que tal conjunto é LI ou LD caso negativa e que tal conjunto gera ou não este espaço 2 Qual a dimensão do subespaço do R3 gerado por S 1 0 1 0 1 1 1 2 3 3 Q08P064 adaptado Mostre que B 1 1 t 1 t2 é uma base de P2R 4 Q01P110 adaptado A aplicação F R3 R3 dada por Fx y z x y x y 0 é linear 5 Q01P147 Seja F R3 R2 a transformação linear dada por Fx y z xz y2z En contre a matriz da transformação linear F com relação às bases B 1 2 1 0 1 1 0 3 1 e C 1 5 2 1 Geometria Analítica 6 Q10P110 Um paralelepípedo é determinado pelos vetores u 3 1 4 v 2 0 1 e w 2 1 5 Calcular seu volume e a altura relativa à base definida pelos vetores u e v 7 Q09P120 Seja o triângulo de vértices A 1 4 2 B 3 3 6 e C 2 1 4 Escrever equações paramétricas da reta que passa pelo ponto médio de lado AB e pelo vértice oposto C 8 Q30P123 Escrever equações reduzidas da reta que passa por A l 3 5 e intercepta o eixo z perpendicularmente 9 Q04P146 Determinar uma equação geral do plano que passa pelo ponto médio do segmento de extremos A 5 1 4 e B 1 7 1 e é perpendicular a ele 10 Q35P149 Dados a reta r x y z 1 2 0 t2 m 1 e o plano π 3x 2y mz 0 determinar os valores de m para que se tenha rπ e r π 1 6 Tomando o paralelepípedo formado pelos vetores u v e w temos que seu volume é dado pelo produto misto entre eles logo u v x w 3 1 4 2 0 1 2 1 5 301 1102 420 3 12 8 17 Portanto o volume do paralelepípedo é 17 uv Já a altura h em relação à base definida por u e v é dada pela norma da projeção de w em z onde z u x v Assim z i j k 3 1 4 2 0 1 i10 j38 k02 1 i 5 j 2 k z 152 projB w w z zz2 215152 152125222 251015230 1730 152 h sqrt17302176217152 sqrt289900 28936 289225 17sqrt30 Logo a altura do paralelepípedo é 17 sqrt3030 uc 1 Sim pois o conjunto é LI e qia o R3 vou provar Sejam c1 c2 c3 R Se c1 v1 c2 v2 c3 v3 0 c1 c2 c3 0 então o conjunto é LI Assim c11 0 1 c20 1 1 c31 2 2 0 c1 c3 0 c2 2c3 0 c1 c2 2c3 0 1 0 1 0 1 2 1 1 2 L3 L3 L1 1 0 1 0 1 2 0 1 3 L3 L3 L2 1 0 1 0 0 1 2 0 0 0 5 0 c1 c2 c3 0 Portanto o conjunto é LI Provemos agora que qualquer vetor xyz pode ser escrito como combinação linear do conjunto S xyz α101 β011 γ122 x α γ y β 2γ z α β 2γ 1 0 1 0 1 2 1 1 2 x y z L3 L3 L1 1 0 1 x 0 1 2 y 0 0 5 z x y L3 L3 5 1 0 1 x 0 1 2 y 0 0 1 z x y5 L1 L1 L3 1 0 0 x z x y5 0 1 2 y 0 0 1 z x y5 L2 L2 2L3 1 0 0 4x 3y z5 0 1 0 x 4y z5 0 0 1 z x y5 Logo o sistema tem solução para qualquer xyz R3 e portanto o conjunto S gera todo o R3 7 O ponto médio do lado AB é dado por M A B2 142 3362 2142 1 12 2 Logo a reta passa por C e M Assim tomando o vetor diretor v da reta como o vetor que liga C e M temos que v 214 1 12 2 1 32 2 Portanto a parametrização da reta r pode ser dada por r x 2 t y 1 32 t z 4 2t t R 3 Para mostrar que B 1 1t 1t² base de P2R basta mostrar que os elementos de B geram P2R já que eles são LI pois são polinômios de graus diferentes e portanto não podem ser escritos como combinação linear entre eles Então a bt ct² α1 β1t γ1t² α β βt γ 2γt γt² α β γ β 2γt γt² a α β γ b β 2γ c γ α a β γ β b 2γ γ c α a b c β b 2c γ c Logo o sistema tem solução para a b c R assim o conjunto B gera todo o P2R e portanto é base 5 Para obter a matriz da transformação linear FCB primeiramente appliquemos a transformação na base B do domínio F121 11 221 20 F011 01 121 11 F031 01 321 15 Agora passamos esses vetores para a base C do contradomínio 2 a1 2b1 I 0 5a1 b1 II Fazendo I 2II temos 2 11a1 0 a1 211 b1 1011 11 a215 b221 1 a2 2b2 1 5a2 b2 Fazendo I 2II temos 1 11a2 0 a2 111 b2 611 15 a315 b321 1 a3 2b3 5 5a3 b3 Fazendo I 2II temos 9 11a3 0 a3 911 b3 1011 Assim obtemos que 20C 211 1011 11C 111 611 15C 911 1011 Logo a matriz FCB é dada por FCB 111 2 1 9 10 6 10 2 É fácil observar que os vetores 101 e 011 não são múltiplos um do outro e que portanto são LI pois não existe λR tal que 101 λ011 Já para o vetor 123 temos 123 α101 β011 1 α 2 β 3 α β α 1 β 2 Logo para α 1 e β 2 o vetor 123 pode ser escrito como combinação linear dos demais e portanto é LD Disso podemos excluílo do conjunto gerador do subespaço e ficamos apenas com o conjunto 101 011 como sendo a base desse subespaço o que implica a dimensão do mesmo ser igual a 2 4 Para que uma aplicação seja linear as seguintes propriedades devem ser satisfeitas seja T V W T0v 0w Tαv1 βv2 αTv1 βTv2 v1 v2 V α β R Provemos então que Fx y z x y x y 0 é linear F0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Fαx1 βx2 αy1 βy2 αz1 βz2 αx1 βx2 αy1 βy2 αx1 βx2 αy1 βy2 0 αx1 y1 βx2 y2 αx1 y1 βx2 y2 0 αx1 y1 x1 y1 0 βx2 y2 x2 y2 0 αFx1 y1 z1 βFx2 y2 z2 Logo a aplicação é linear 8 Para que a reta passe pelo ponto A 1 3 5 e cruze o eixo z perpendicularmente ela deve passar pelo ponto B 0 0 5 Assim o coeficiente angular m da reta pode ser dado por m y2 y1 x2 x1 3 0 1 0 3 1 3 Logo y mx b y 3x b como a reta passa por B b 0 Portanto as equações reduzidas da reta r são dadas por r y 3x com z 5 10 Para que r π o vetor diretor v da reta deve ser perpendicular ao vetor normal N do plano De r x y z 1 2 0 t2 m 1 temos v 2 m 1 De π 3x 2y mz 0 temos N 3 2 m v N se v N 0 logo 2 m 1 3 2 m 0 6 2m m 0 m 6 Portanto r π se m 6 Para que r π v deve ser paralelo a N E v N se v λN λ R Assim 2 m 1 λ3 2 m 2 3λ λ 23 m 2λ m 43 1 λm m 32 Contradição Portanto r nunca será perpendicular a π para nenhum m Como o plano é perpendicular ao segmento AB podemos tomar o vetor que liga A e B como o vetor normal N do plano Assim N 5 1 4 1 7 1 6 6 3 N 2 2 1 Logo a equação geral do plano é da forma 2x 2y z d 0 I Para encontrar o valor de d basta utilizar o ponto médio M do segmento AB por onde ele passa M 12 A B 12 5 1 4 1 7 1 12 4 8 5 2 4 52 Utilizando o ponto M em I 22 24 52 d 0 4 8 52 d d 32 Portanto a equação geral do plano π pode ser dada por π 2x 2y z 32 0