Trabalho de Álgebra Linear II - Avaliação e Resolução de Questões

Universidade Federal de Mato Grosso do Sul Instituto de Matemática Disciplina Álgebra Linear II Professor Rafael Lucas de Arruda 1ª Avaliação Trabalho Parte 22 Data de entrega 27 de setembro de 2022 Instruções 1 Em folhas separadas resolva as questões apresentando todos os passos das suas soluções respostas sem justificativas não serão consideradas 2 Nas folhas de soluções informe o seu nome RGA e turma 3 As questões podem ser resolvidas a lápis ou à caneta a ordem das soluções das questões não é relevante Questão 1 25 pts Seja 𝑉 um 𝐾espaço vetorial de dimensão finita Prove que todo subespaço próprio de 𝑉 é uma interseção finita de hiperplanos de 𝑉 Questão 2 25 pts No ℝespaço vetorial ℝ5 considere o subespaço 𝑊 gerado pelos vetores 𝑣1 1 2 1 0 0 𝑣2 1 0 3 3 1 e 𝑣3 1 4 6 4 1 Determine uma base do anulador 𝑊0 Questão 1 25 pts Seja V um Kespaço vetorial de dimensão finita Prove que todo subespaço próprio de V é uma interseção finita de hiperplanos de V Como V tem dimensão finita supondo dimensão n temos que H é hiperplanos de V se e somente se H tem dimensão n1 Seja S um subespaço próprio de V e βμ1μm uma base de V ou seja mn Desta forma podemos completar a base β de S para uma base β de V seja β μ1μm μm1μn Defina Hi o espaço gerado por βμiμi1 para i1nm Dessa forma dim Hi n1 i1nm logo é hiperplano de V e por fim afirmamos que S H1 H2 Hnm De fato not que β μ1μn Hi para todo i1nm logo β H1 H2 Hnm e com isso S H1 H2 Hnm Dado v α1μ1 αmμm αnμn V se v H1 Hnm então dado i 1nm temos que v Hi isto é v β1μ1 βni1μni1 0μni βniμni1 βnμn Pela unicidade de escrita temos que αni 0 e αj βj se j 1mni Como i 1nm foi escolhido arbitrariamente teremos que v α1μ1 α2μ2 αmμm S Dessa forma H1 H2 S e concluímos que S H1 H2 Hnm Questão 2 25 pts No Respaço vetorial R5 considere o subespaço W gerado pelos vetores v1 12100 v2 10331 e v3 14641 Determine uma base do anulador W0 Primeiro vamos completar o conjunto 12100 10331 14641 para uma base de R5 O conjunto β 12100 10331 14641 20000 01000 é base de R5 pois det 1 2 1 0 0 1 0 3 3 1 1 4 6 4 1 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 det2 1 0 0 0 3 3 1 4 6 4 1 1 0 0 0 det1 0 0 3 3 1 6 4 1 det3 1 4 1 34 1 β é base de R5 Dessa forma podemos definir a base do espaço dual com respeito a base β Sejam fi R5 R definida por f112100 1 e f1v 0 se v β12100 f2 R5 R definida por f210331 1 e f2v 0 se v β10331 f3 R5 R definida por f314641 1 e f3v 0 se v β14641 f4 R5 R definida por f420000 1 e f4v 0 se v β20000 f5 R5 R definida por f501000 1 e f5v 0 se v β01000 Dessa forma f1 f2 f3 f4 f5 é base do espaço dual de R5 Seja f W0 temos que f α1f1 α2f2 α3f3 α4f4 α5f5 f12100 0 α1 f112100 0 α1 0 f10331 0 α2 f210331 0 α2 0 f14641 0 α3 f314641 0 α3 0 f20000 α4 f41000 α4 f01000 α5 f501000 α5 Portanto f f2000 f4 f0100 f5 Dessa forma W0 é gerado por f4 e f5 que são li Portanto f4 f5 é uma base de W0 Segam xyzwt α112100 α210331 α314641 α421000 α501020 Logo α1 α2 α3 α4 x 2α1 4α2 α5 y α1 3α2 6α3 z 3α2 4α3 w α2 α3 t Da equação 5 do sistema 1 obtemos a variável x5 x5 2w y 2z Da equação 4 do sistema 1 obtemos a variável x4 x4 7t 3w x z Da equação 3 do sistema 1 obtemos a variável x3 x3 3t w Da equação 2 do sistema 1 obtemos a variável x2 x2 4t w Da equação 1 do sistema 1 obtemos a variável x1 x1 6t 3w z Resposta x1 6t 3w z x2 4t w x3 3t w x4 7t 3w x z x5 2w y 2z Portanto x y z w t 6t 3w z1 2 1 0 0 4t w1 0 3 3 1 3t w1 4 6 4 1 7t 3w x z2 1 0 0 0 2w y 2z0 1 0 2 0 Então f4x y z w t 7t 3w x z e f5x y z w t 2w y 2z