Lista - Combinações Lineares - Álgebra Linear e Geometria Analítica 2020 2

Unidade III: ESPAÇOS E SUBESPAÇOS VETORIAIS - Álgebra Linear e Geometria Analítica - 2020/2 COMBINAÇÕES LINEARES (1) Sejam v1 = (1, 2) e v2 = (−3, 4) vetores do espaço vetorial R2. Pode- mos obter as seguintes combinações lineares:  2 v1 + 3 v2  (−1) v1 + 5 v2  10 v1 + (−2) v2 (2) Cada combinação linear gera um vetor que é chamado de combinação lineares dos vetores da combinação. Por exemplo,  O vetor u = (−7, 16) é uma combinação linear dos vetores v1 e v2 do exemplo (1) porque 2 v1 + 3 v2 = (−7, 16) = u.  O vetor v = (−16, 18) é uma combinação linear dos vetores v1 e v2 do exemplo (1) porque (−1) v1 + 5 v2 = (−16, 18) = v.  O vetor w = (16, 12) é uma combinação linear dos vetores v1 e v2 do exemplo (1) porque 10 v1 + (−2) v2 = (16, 12) = w. (3) O vetor ω = (3, 4) é combinação dos vetores v1 e v2 do exemplo (1)? Vejamos: Para que a resposta seja positiva, é preciso que existam es- calares α e β tais que α v1 + β v2 = ω 1 Agora, esta equacgao resultara no sistema linear a seguir WwW = av, + Brg = a(1,2) + B(-3,4) = (a — 38, 2a + 46) Isto é, (3,4) = (a — 38, 2a + 48) Portanto, equivalente a a— 3G = 3 2a+46 = 4 Isso significa que a pergunte se traduz na existéncia da solugao para esse sistema linear. A resposta é simples porque se trata se um sis- tema em que a matriz tem determinante nao nulo. Isto é, o sistema tem solucao tinica. Portanto, w é combinagao linear dos vetores v, € Vo. Para saber qual é a combinacao linear, basta resolver o sistema. Fa- zendo isso, encontramos a = eG = —z. Assim, a combinagao linear é 12 1 W = VU, — =U». 5 OU (4) Considere os vetores de R® Ui = (1,0, 0), V2 = (, —1,3), U3 = (0, 2, 1). O vetor v = (2,0, 1) ¢ combinagao linear dos vetores v1, v2 € v3? A equacgao 21 0; + 2 v2 +2303 = v tem solucao (isto é, v é combinacao linear dos vetores v1, v2 € V3), se o sistema linear ty o+ v9 = 2 _ La + 223 = 0 382 + wr = 1 tem solugao. Matriz aumentada do sistema: 1 1042 0 -1 2 | 0 0 3141 2 Aplicando Gauss-Jordan:   1 1 0 | 2 0 −1 2 | 0 0 3 1 | 1   L2 → (−1) L2   1 1 0 | 2 0 1 −2 | 0 0 3 1 | 1   L3 → L3 + (−3) L2   1 1 0 | 2 0 1 −2 | 0 0 0 7 | 1   Temos o sistema escalonado:        x1 + x2 = 2 x2 − 2x3 = 0 7x3 = 1 Concluimos que x3 = 1 7. Substituindo na segunda, obtemos x2 = 2 7. Finalmente, substituindo na primeira, encontramos x1 = 12 7 . Portanto, v = (2, 0, 1) é combinação linear dos vetores v1 = (1, 0, 0), v2 = (1, −1, 3), v3 = (0, 2, 1), porque é verdadeira a equação v = 12 7 v1 + 2 7 v2 + 1 7 v3 3 DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR (1) Para cada conjunto de três vetores em R3 decida se é LI ou LD. Se o conjunto for LD, escreva um de seus vetores como combinação linear dos outros. (a) {v1 = (1, 0, 1), v2 = (0, 1, 1), v3 = (1, 1, 1)}. det   1 0 1 0 1 1 1 1 1   = −1 ̸= 0. Portanto, o conjunto é LI. (b) {v1 = (1, 2, 5), v2 = (7, −1, 5), v3 = (1, −1, −1)}. det   1 7 1 2 −1 −1 5 5 −1   = 0. O conjunto é LD. Precisamos determinar a relação de dependência linear entre os três vetores. x1 v1 + x2 v2 + x3 v3 = 0 Essa equação corresponde ao sistema linear homogêneo A X = 0, em que A =   1 7 1 2 −1 −1 5 5 −1   . Assim, para obtermos a solução, basta escalonarmos essa matriz.   1 7 1 2 −1 −1 5 5 −1   L2 → L2 + (−2)L1 L3 → L3 + (−5)L1   1 7 1 0 −15 −3 0 −30 −6   L3 → L3 + (−2)L2   1 7 1 0 −15 −3 0 0 0   L2 → (−1/15) L2   1 7 1 0 1 1/5 0 0 0   L1 → L1 + (−7) L2   1 0 −2/5 0 1 1/5 0 0 0   4 Portanto, o sistema é equivalente a Ly _ 2 v3 = 0 La + 5X3 = 0 . 2 1 ~ Assim, 71 = 5 8 Co -s x3. Portanto, a relacao de depen- déncia entre os vetores sao: 2 _ 0 —_ ety + 4303 = 0. Em partircular, tomando x73 = 5, obtemos a relacao 20, — Vo + 0 U3 = 0. (c) (EXERCICIO:) {v, = (—3,3/2,0), v2 = (—2, -2,2), v3 = (—2,1,0)}. i) SUBESPAÇOS VETORIAIS (1) Seja N = (a, b, c) um vetor de R3. O subconjunto de R3 denido por W = {(x, y, z) ∈ R3; ax + by + cz = 0} é um subespaço vetorial (Verique!). Obs.: Esse conjunto descreve um plano que passa pela origem O = (0, 0, 0). Sendo assim, pode-se concluir que um plano que passa pela origem é um subespaço vetorial de R3. (2) A interseção entre dois planos que passam pela origem de R3 é um subespaço vetorial que, geometricamente, é uma reta. De fato, essa conclusão segue por dois motivos: primeiro porque o exemplo acima mostra que planos que passam pela origem são subespaços vetorias e, segundo, porque a interseção entre dois subespaços é um subespaço. Por exemplo, considere os subespaços (dois planos que passam pela origem de R3) W1 = {(x, y, z) ∈ R3; x + y + z = 0} W2 = {(x, y, z) ∈ R3; x − y − z = 0} A interseção é o subespaço (uma reta que passa pela origem) denida por W1 ∩ W2 = {(x, y, z) ∈ R3; (x, y, z) = t (0, 1, −1)} (3) Determine o espaço solução do sistema linear homogêneo A X = 0, onde A =   1 1 0 0 1 −2 −2 1 −1 −1 1 1 −1 1 0   O sistema linear é, explicitamente,   1 1 0 0 1 −2 −2 1 −1 −1 1 1 −1 1 0     x1 x2 x3 x4 x5   =   0 0 0 0 0   6        x1 + x2 + x5 = 0 − 2x1 − 2x2 + x3 − x4 − x5 = 0 x1 + x2 − x3 + x4 = 0 Para obter o espaço solução do sistema, vamos escalonar a matriz A. Vamos aplicar Gauss-Jordan:   1 1 0 0 1 −2 −2 1 −1 −1 1 1 −1 1 0   L2 → L2 + 2 L1 L3 → L3 − L1   1 1 0 0 1 0 0 1 −1 1 0 0 −1 1 −1   L3 → L3 + L2   1 1 0 0 1 0 0 1 −1 1 0 0 0 0 0   O sistema correspondente à forma de Gauss-Jordan é    x1 + x2 + x5 = 0 x3 − x4 + x5 = 0 De acordo a forma escalonada, as variáveis livres são: x2, x4 e x5. Portanto, a solução do sistema é x1 = − x2 − x5 e x3 = x4 − x5. Portanto, o espaço solução do sistema é W =                      − x2 − x5 x2 x4 − x5 x4 x5   ; x2, x4, x5 ∈ R                    ou, em coordenadas, W = {(− x2 − x5, x2, x4 − x5, x4, x5); x2, x4, x5 ∈ R} 7 OBS.: No livro do Reginaldo seria escrito usando letras do alfabeto grego para as variáveis livres assim: W =                      − α − γ α β − γ β γ   ; α, β, γ ∈ R                    (4) Verique se o espaço solução do sistema linear homogêneo   1 −2 3 2 −4 6 3 −6 9     x y z   =   0 0 0   é uma reta, um plano ou só a origem. Se for uma reta, determine as equações paramétricas e, se for um plano, a equação geral. Vamos aplicar Gauss-Jordan na matriz do sistema:   1 −2 3 2 −4 6 3 −6 9   L2 → L2 − 2 L1 L3 → L3 − 3 L1   1 −2 3 0 0 0 0 0 0   O sistema linear homogêneo correspondente à forma escalonada é x − 2 y + 3 z = 0 O espaço solução do sistema é o plano de equação geral x − 2 y + 3 z = 0. (5) Verique se o espaço solução do sistema linear homogêneo   1 −2 3 −3 7 −8 −2 4 −6     x y z   =   0 0 0   é uma reta, um plano ou só a origem. Se for uma reta, determine as equações paramétricas e, se for um plano, a equação geral. 8 Vamos aplicar Gauss-Jordan na matriz do sistema:   1 −2 3 −3 7 −8 −2 4 −6   L2 → L2 + 3 L1 L3 → L3 + 2 L1   1 −2 3 0 1 1 0 0 0   L1 → L1 + 2 L2   1 0 5 0 1 1 0 0 0   O sistema correspondente à forma de Gauss-Jordan é    x + 5z = 0 y + z = 0 De acordo a forma escalonada, a variável livre é z. Portanto, a solução do sistema é W = {(−5z, −z, z); z ∈ R}. As equações paramétricas da reta são        x = −5t y = −t z = t , t ∈ R. 9 BASE E DIMENSÃO (1) Sejam v1 = (1, −1) e v2 = (1, 1) vetores ortogonais (v1 • v2 = 0) em R2. Escreva o vetor v = (3, 2) como combinação linear dos vetores v1 e v2. Sejam α e β escalares tais que v = α v1 + β v2 Como v1 e v2 são ortogonais, então α = v • v1 ||v1||2 = (3, 2) • (1, −1) ||(1, −1)||2 = 1 2. β = v • v2 ||v2||2 = (3, 2) • (1, 1) ||(1, 1)||2 = 5 2. assim, v = 1 2 v1 + 5 2 v2 (2) Sejam v1 = (1, −1, 1), v2 = (1, 1, 0) e v3 = (−1, 1, 2) vetores ortogo- nais em R3. Escreva o vetor v = (3, 2, −1) como combinação linear dos vetores v1, v2 e v3. v3 = v1 × v2 = det   ⃗i ⃗j ⃗k 1 −1 1 1 1 0   = −⃗i +⃗j + 2⃗k Sejam α, β e γ escalares tais que v = α v1 + β v2 + γ v3 Como v1, v2 e v3 são ortogonais, então α = v • v1 ||v1||2 = (3, 2, −1) • (1, −1, 1) ||(1, −1, 1)||2 = 0 3 = 0. β = v • v2 ||v2||2 = (3, 2, −1) • (1, 1, 0) ||(1, 1, 0)||2 = 5 2. γ = v • v3 ||v3||2 = (3, 2, −1) • (−1, 1, 2) ||(−1, 1, 2)||2 = −3 6 = −1 2. assim, v = 0 v1 + 5 2 v2 − 1 2 v3. 10 (3) Verificagéo do Teorema 16: (a) O vetor v — projyv € ortogonal a w, quaquer que seja o vetor v. Basta verificar que we (v — projywv) = 0. (v = proju) (0 - Ee) we (vu — projyv) = we lv — ——w [eo ||? vew = wev- (S55) we w [||| vew = wev— (7—,) |u|? (ae) = wev-—vew = 0 (b) Sejam wy, e we ortogonais (i.e, wy e we = 0). Entao, o vetor VU = PrOJw, VU — PLOJws VU é simultaneamente ortogonal a wy; e w2, qualquer que seja o vetor v. Basta verificar que we (U— projw, U— PrOjw,V) = 0 ee wee(V—projy, VU —Pprojw,v) = 0. , 0) ( ve wi Ve W2 ) We (VU — PrOjw,V — PrOjw,V) = wre (v — ——w, — — sw ‘ ° |}wil|? [wa]? (init) = WeU— 72 Wy, @ Wy, [evr | (inate) | 779 W @ Wa ||w2| ve wy, 2 Ve We = ween (F253) ino? - G2) © (aie) ||we||? = wpev—vew, = 0 Analogamente, se verifica que wy e (VU — projy, VU — projy,v) = 0. (4) Aplicar Gram-Schmidt na base {(1,1,1), (0,1,1), (1,2,3)} para obter uma base ortonormal de R?. Sejam v, = (1,1,1), ve = (0,1,1) e v3 = (1,2,3). Entao, Wy = Uy = (1,1, 1) 11 Wg = V2 — PrOjw, V2 - (22%) ° wil? J (0,1,1)¢ (1,1,1) = (0,1,1) - (Gerteaniaee (1,1, 1) (1, 1, DI? = (0,1,1) ( 2 ) an ? ? (/3)? ? ? 22 2 = (0,1,1) — (=,=,= 11) = (3.3.5) = 0 2 1 2 1 2 7 3” 3” 3 _ 2il 7 3°3'3 W3 = V3 — PrOJw, V3 — PTOJws V3 (82) (888) ° ljwil2 J [lew2l[2 J” (1,2,3) e 1.1) = (12,3) — (eee kee) aay 0.28) — (Soe) ay = | ee ] (- 273, 1/3, 1/8 (Ceara) 2818 6 1 = (1,2 —|{- 1,1,1) -— | —~ —2/3,1/3,1 2.3) = ($) Gata) = (si) 2/81/31) 1 1 ~ (0-35) Temos a base 4 w, = (1,1,1), we = itl , wz = [0, il 33 3 2 2 ortogonal. Para conseguir a base ortonormal {u1, v2, u3}, tomamos 1 1 (1,1,1) ( 1 1 1 ) Uy = Wy = (1, = TS) 9 pe fll" v3 V3 V3 V3 12 1 =a (-3:3-5) AGT) (-4-4 5] Ug = Da WF rs a = Se rs a = 9 > Jw] 7/679 3°33) V6 3°33 V6 V6’ V6 1 1 1 1 1 1 1 1 ug = > Ww = ——= (0, -2,5 = V2 0,-=,5 = 0, -—=, = = agit = ga (a3) =? (23) = ("Ye vs) (5) Determine uma base ortonormal para o espago solugao do sistema linear homogéneo AX = 0, onde 1 1 0 0 1 A= —2 -2 1 -1 -l 1 1 -l 1 0 Sabemos, por algum exemplo acima, que o conjunto {v1 = (—1, 1, 0, 0, 0), V2 = (0, 0, 1, 1, 0), U3 = (-1, 0, —l, 0, 1)} é uma base de W. Aplicamos Gram-Schmidt nessa base para, inicialmente, obter uma base ortogonal {w,, w2, w3}. em seguida, dividimos cada vetor dessa base pela sua norma para obter uma base ortonormal {u1, U2, ug}. Co- mecamos fixando o primeiro vetor: Wy FSU = (-1, 1, 0, 0, 0) Em seguida, tomamos 0 vetor we, ortogonal a w,, da seguinte forma: W2 = V2 — PTOJw,V2 Cite) = 27 \a a YS Ow [wr] P (0, 0, 1, 1, 0) e (—1, 1, 0, 0, 0) = (0,0, 1,1, 0) — (| ——-—_—_——— _ } (- 1, 1, 0, 0, 0 )- (Sean) | = (0,0, 1, 1,0) — (0) (—1, 1, 0, 0, 0) = (0, 0, 1, 1, 0) OBS.: Como o segundo vetor da base v2 jé era ortogonal ao primeiro, oO vetor wy, coincidiu com v». 13 Agora, obteremos 0 w3 pela seguinte equacao: W3 = V3 — PTOJw V3 — PTOJwsV3 Ge) ~ Cate) = wm- (7 7) u- (TW) & |JwrP |||? (—1, 0, —1, 0, 1) e (—1, 1, 0, 0, 0) = (-1,0, —-1,0,1) — (| — OW | (-1, 1, 0, 0, 0 1500-15000) = (Sa (—1, 0, —1, 0, 1) e (0, 0, 1, 1, 0) = (| ———_—_————__— (0, 0, 1, 1, 0 (Seah or 1 1 = (-1,0,-1,0,1) —- 5 (—1, 1, 0, 0, 0) — 5 (0, 0, 1, 1, 0) = (-1,0, -1, 0, 1) tt ooo 0,0, —= 1 9 — ’ ’ ’ ’ 9? 9? ’ ’ ’ ’ 9? 9? _ 1 o1iil, - 2? 2’ 2° 2? Finalmente, dividimos cada vetor desta base pela sua norma. | (-1, 1,0, 0, 0) (-- 7500.0) UW = TWH = HT YY = 177% 72 YY Iwi] V2 V2) V2 1 1 1 1 uw = —w. = —(0, 0,1, 1,0) = (0 0, =, =, 0) ||~ve]| V2 V2) V2 1 1 ( 1 1 1 1 1) ( 1 1 1 1 1 ) Ug = 7 W3 = 35) wo? a? «o? = Ny * fjwsif V2 2? 272? 2 2/2 272) 22’ 2V2’ v2 (6) Determine uma base ortonormal para o plano de equagao geral 2” — sy+2=0. Primeiro, vamos encontrar uma base para o plano. Para isso, tomamos um vetor genérico do plano. Na equacao geral, podemos fazer z = —2xz + 3y. Entao, se v representa um vetor genérico do plano, temos v= (x, Y; —22 + 3y) Em seguida, determinaremos um conjunto de geradores. Para isso, escrevemos v como uma combinagao linear de vetores do plano assim: v= (x, Y, —2x4 + 3y) = (zx, 0, —2x) + (0, y, 3y) = 2«(1, 0, —2) + y(0, 1, 3) 14 A ultima linha diz que os vetores v, = (1, 0, —2) e v2 = (0, 1, 3) formam um conjunto de geradores do plano. Além disso, como eles sao LI (nao sao multiplos escalares um do outro), entao temos uma base. Isto é, 0 conjunto {v; = (1, 0, —2), ve = (0, 1, 3)} é uma do plano. Agora, aplicamos Gram-Schmidt para obter uma base ortonormal desse plano. Sendo assim, temos o vetor wy: Wy = VU = (1, 0, —2) Em seguida, 0 vetor wo: W2 = V2 — PTOJw,V2 (22) a = 27 TV V9, 1 [er]? (0, 1, 3) e (1, 0, —2) = (0, 1,3) - (ao (1, 0, —2) ||(1, 0, —2)||? —6 = (0, 1,3) - (=) (1, 0, —2) 6 12 = (0,1,3) — |-=, 0, — ora ($02) = (£12 5 5 Finalmente, dividimos cada vetor pela sua norma: 1 1 1, 0, -2) ( 1 9 2 UW = 77 W1 = EU, YT = 9 Vy ||ev1]| V5 V5 V5 1 1 ($1.2) = (3.1.2) (< 5 =) UW = 7 v2 FS wo toe = = eo toe = TT) oe 2 pws] 7 1475 8 7 5) Va 55 V70’ V70’ V70 A base formada por u, e ug é ortonormal. (7) Encontre um subconjunto com o maior ntimero possivel de vetores or- tonormais no subespaco dos vetores (a,b, c,d) € R* tais que a—-2b-—c+d=0. 15 — Conjunto de Geradores: Podemos escrever a equacao tomando d em funcao das outras trés varidveis, assim: d=-a+2b+c Entao, um vetor do subespaco é genericamente representado pelas seguintes coordenadas: v = (a, b, c, —a + 2b 4 c) Expandindo como combinagao linear, obtemos v = a(1,0,0,—1) + 6(0,1,0,2) + c(0,0,1, 1) A equagao acima mostra que o conjunto formado pelos vetores vy = (1,0,0,-1), ve = (0,1,0,2), e vg = (0,0,1,1) geram o subespaco vetorial. — Base do Subespacgo: Devemos verificar se 0 conjunto de gera- dores sao LI. Para isso, tomamos a equacao vetorial UyVUy + %QV2q + X3V03 = (0, 0, 0, 0) (x1, X2, U3, —Ly + 2X9 + x3) = (0, 0, 0, 0) Por comparagao, temos 7, = 0, % = Oe x3 = 0. Portanto, o conjunto formado pelos vetores v1, V2 e v3 é LI. Isto é, 0 conjunto {v; = (1,0,0,—-1), ve = (0,1,0,2), v3 = (0,0,1,1)} é uma base do subespaco. — Base Ortogonal do Subespaco: Vamos aplicar Gram-Schmidt. Wy = Uy = (1,0,0,—1) : Ug @ Wy W2 = V2 — proj,,,V¥2 = V2 — (Fr) Wi [wr —2 ws = (0,1,0,2) — (=) (1,0,0,—1) = (0,1,0,2) + (1,0, 0, —1) w2 = (1,1,0,1) W3 = Uz — PLOjy,U3 — PLOj,,.U3 16 Gina) ~ Ginn) W3 = V3 — _—_—__ Wy — __—_—__ Wa ||eor|P [wal P —l 1 w3 = (0,0,1,1) — (=) (1,0,0,-—1) — (5) (1,1, 0,1) 1 1 11 1 = 0,0,1,1 =,0,0,-= ~~ 5.5095 ws = ( )+ (; 5) (; 3 :) _(i 1,1 W3 = 6” 3? ’ 6 Assim, a base ortogonal do subespaco é = (1,0,0,—1), we = (1, 1,0, 1) ~(2,-14,2 W1= UYU; » W2= 945%; » W3= 6” 3” "6 — Base Ortonormal do Subespaco: ! ! (1,0,0,—1) ( | 0, 0 | ) Wy = TT MF ~¥,¥, = TH Vy Uy [wr V2 V2 V2 1 1 1 1 1 U = —w. = —(1,1,0,1) = (< —, 0, <3) [|e] V3 V3 V3 V3 1 1 1 1.1 Vv6/1 1. 1 U3 = TW 6 = OO —~,-=,l,- = ss —,-s,l1,- ||ws|| /7/6 \6’ 3° 6 V7\6 3° 6 ( 1 2 6 1 ) U3 = 9 OO * \ V4" 42? 22’ V2 Portanto, a base ortonormal do subespaco é { ( 1 0.0 1 ) ( 1 1 0 1 ) ( 1 2 6 1 )} Uy = FU, 8, —~ TY] US SF FEY FR dO UBS 9 OO i Va V2)? \ V3 V3 V3) 9° \ an? V4’ 42’ V2 (8) Determine uma base para 0 subespaco de R?® definido pela equacgao x — 2y — 3z = 0. Em seguida, obtenha uma base ortonormal para o subespaco. Final- mente, complete essa base para se obter uma base ortonormal de R?. — Uma base para 0 subespacgo x — 2y — 3z = 0: Podemos escrever x = 2y + 3z. Assim, um vetor genérico desse subespago possui as seguintes coordenadas uv = (2y + 32, y, 2). 17 Para obter o conjunto de geradores, escrevmos: v = (2y + 32, y, 2) = (2y, y, 0) + (32,0, z) = y(2, 1,0) + z2(8, 0, 1) Assim, os vetores vy = (2,1,0) e wv. = (3,0,1) formam um conjuntos de geradores do subespago. Além disso, os dois vetores sao LI porque nao nao paralelos. Portanto, temos uma base do subespaco, a saber, {v1 = (2, 1,0), Vg = (3, 0, 1)}. Para conseguir uma base ortonormal, aplicamos Gram-Schmidt. Seja Wy = Vi Em seguida, tomamos Wz = V2 — Pproj,,, Ve = (3,0,1) - (o) (2, 1,0) [or || 6 = (3,0,1) — (2) (2,1, 0) _ (36, 5 5 Temos a base ortogonal do subespacgo 3. «6 = (2,1,0 = |-,--,l {u ( y45 ), We (. 5) )} a base ortonormal é conseguida dividindo cada vetor da base or- togonal pela sua norma. Assim, 1 1 2,1,0) ( 2 1 0) Uy = TT MOF 9+) = 79 70 onl v5 Vb V5 1 1 (; 6 ) ( 3 6 5 ) Ug = 7 2 = sel = TS) TE ae ||we|| /70/25 \5’ 5 V70’ /70’ 70 18 Finalmente, para completar essa base para uma base ortonormal de R?, tomamos o terceiro vetor como sendo o produto vetorial entre u, e@ U2. Assim, i jk 1 2 3 w3 = Uy Xu = det| ~ +. 0 -(-aeoa) soe vee Jia Vid’ 14 v70 70 70 Como w 3 é unitdério, entao tomamos u3 = ws3. Portanto, a base ortonormal que queriamos é { ( 2 1 ) ( 3 6 5 ) ( 1 2 3 )} Uy = 9 —, 0 , U2 = TT OO » U3 = 9 OOH V5 V5 V70 V70' V70 Vi4 Via’ V4 (9) Determine uma base para a intersegao dos subespacos r+tytz2=0 e 38y-—z2=0. Em seguida, complete essa base para se obter uma base ortonormal de R°. A intersecao desses planos é¢ uma reta cuja direcao é dada pelo produto vetorial entre os vetores normais dos planos. Sejam N, = (1,1, 1) e No = (0, 3, —1) os vetores normais do primeiro e segundo plano, respectivamente. En- tao, um vetor diretor da reta que é a intersecao dos planos, é obtido assim: ij k v=N,x No =det}1 1 1) =-4¢+ 743k 0 3 -1 Como a reta tem dimensao 1, entao a sua base é formada por um tinico vetor que é 0 seu diretor. Isto é, v; = v. Como queremos uma, base ortonormal, tomamos a base da reta para ser Uy = OS . V26 V26 V26 Para completar essa base para uma base ortonormal de R?, precisamos de dois vetores que sejam ortogonais a u;. Isto é, os vetores Ni e No. Como N, é ortogonal a u; podemos fazer w, = N; = (11,1). 19 Para obter ws, usamos Gram-Schmidt da seguinte forma: . 2 27 5 W3 = No ~~ proj,,, No = (0,3, —1) ~~ 3 4,1) = (-F-5-3] Entao, temos a base ortogonal de R?: {U1, We, ws} Finalmente, temos a base ortonormal fazendo 1 1 (1,1,1) ( 1 1 1 ) UW = 7a Ww. = SI, = TS 3 ae [|e] V3 V3 V3 V3 1 1 ( 27 ;) ( 2 7 5 ) U3 = 7 Ws FSS 995? = TO ° Twi)? 72673 373? 3 Vis Vis’ 78 Portanto, a base ortonormal de R® { ( 4 1 3 ) ( 1 1 1 ) a ( 2 7 5 ) \ Uy = SS OS HY] 37 > fF] = TF (10) (Exercicio) Determine 0 subespaco de R® gerado pelo conjunto de ve- tores {(1, 1,0), (1, 2,1), (0,1, 1), (—2,1,3)}. (11) (Exercicio) Determine 0 subespaco de R? gerado pelo conjunto de ve- tores {(1, 1, —1), (—3, —3, 3), (2,2, —2)}. (11) Calcule a dimensao do subespaco W de R* e determine uma base. (11.1) W= {(@1, £2, 23); Uy — t= O}. Um vetor genérico desse subespago é do tipo: W = (1, ©1, 23) Com isso, temos w= (x1, v1, £3) = (x4, T, 0) + (0, 0, x3) = Wy (1, 1, 0) + ©3 (0, 0, 1) Portanto, temos o conjunto de geradores formado pelos vetores w, = (1,1,0) e we = (0,0,1). Como eles nao sao miultiplos escalares um do outro, eles sao LI. Sendo assim, temos a seguinte base para o subespaco: {wy = (, 1,0), W2 = (0, 0, 1)}. Finalmente, como temos dois vetores na base de W, a sua dimen- sao é igual a 2. 20