Prova com Gabarito de Algebra Linear - 3 ee

b) <(x1,y1), (x2,y2)> = ? <(x1,y1), (x2,y2)> = <[x1,y1]t, [x2,y2]t usual de R² (x,y)1 = a.(1,2) + b.(2,3) a + 2b = x 2a + 3b = y - b = 2x - y a = x - 2(2x-y) = a = - 3x + 4y i = 1, 2. [(xi,yi)t usual = [-3xi + 2yi] [2xi - yi] i = 1,2. <(x1,y1), (x2,y2)> = ( [-3x1 + 2y1] usual [-3x2 + 2y2] ) usual = ( [2x1 - y1] [2x2 - y2] = = (-3x1 + 2y1).(-3x2 + 2y2) + (2x1 - y1) (2x2 - y2) = = 9x1x2 = 6x1y2 = 6x2y1 + 4y1y2 + 2x1y2 = 2x2y2 = - 2x1y1 + 4y1y2 = 9x1x2 = 6x1y2 = 6x2y1 + 4y1y2 = 2x1y2 = - 2x2y2 = - 2x1y1 + 4y1y2 = 13y1x2 = 8x1y2 = 8x2y1 = 5y1y2 4- <(a1,b1), (c1,d1)> = ac + bd usual = Seja: T : R² \rightarrow R² , e operado linear T(x1,y1) = 1/2 (x + \sqrt(3y), x - \sqrt(3)y>) T é ortogonal? Temos que <, > usual = verificar? T é integral se <Tv,Tw> = <v,w> p v e w \in (R² - So de mc verifican isso totalmente para vetores genriv(rs,(x1,y1) e w=(x2,y2) neste caso) ina base (substituindo os vetores i ≠ j de uma base, com i ≠ j ≠ 2 ≠ i ≠ j; é o mesmo verificando se [T]*[x] e para que o mesmo temos ortogonal com respeito <, > dado, é uma matriz ortogonal (usa transporta e a inversa, tem colunos ortonormal com respeito a <, > usual). BASTAVA CITAR E USAR UMA- NEIRA DE VERIFICAR. \beth = {9,0,0),(0,1)} base do R²: Devemos ter, <T(1,0), T(0,1)> = <(1,0), (0,1)> <T(1,0), T(1,0)> = <(1,0), (1,0)> <T(0,1), T(0,1)> = <(0,0),(10,1)> <T(1,0), T(0,1)> = <1/2(1,-1), 1/2 (\sqrt(3),\sqrt(2)) = 1/4(2.1 + \sqrt(2) . (1,-1)) = 0 <(T(1,0), T(1,0)> = <1/2 (1,-1), 1/2 (1,-1)> = 1/4 (2.1 + 2 . (1,-1) . (-1,-1)) - 1 <(1,0), (1,0)> = 2.1 + 4.1 + 2.0.0 = 2 T nao é operadon ortogonol. 5- < , > usual. Di 3 de reduçãs de indetifique a quadrática 2x + 5y = 2.2² = 6x² + \sqrt(2) x + 10y + \sqrt(2) + 4.0 = [x y z] [2 0 0] [x] [\sqrt(2) 10 \sqrt(2)] [x] + 4 = 0 [0 5 0] [y] [y] [3 0 2] [z] [z] det(A - \lambda I) = 0 => (2 - \lambda)²(5 - \lambda)-9 (5 - \lambda) = 0 => = (5y - \lambda) [(2 - \lambda)² -9 ] = 0 => (5 - \lambda) (2 + \lambda)(2 - \lambda 3) = 0 (5 - \lambda)(5 - \lambda) (4 - \lambda) = 0 => \therefore 5 on \lambda = -1. 2x = -3x = \therefore = \therefore 5y = 1y λr p /(λ=5 x x \therefore x ≠ Y livre (-x1,y1) ~ x1\in(0,0,1) / -> (x1,1,0) solućõets \neq L.T. (3,0,0) β = ☾(3,0,0) {u1 = \sqrt(√ 2/10, √(√2/10))}, line ortogormal do anteriores. Na waen tra condic, de v retorn ⟨òp⟩= [⟩ (ac \overäode of \beta = {\ u } * ⌈\beta ⌉ + [ \sqrt 2 10 \sqrt 2 ] [ 0 \sqrt 2 1 ] [ 0 \sqrt 2 0 ] [ - [ 0 . ⌈ \over u ≠ 0 \over - \over 5u2 + 5(v² + 2vr) - (w² - 2w) + 4 = 0 5n2 + 5n/2( + 1) + 2 - 1_) r) = 1 - 1 = 0(+ v2 2 = 5 U2 + 5n(w+)/ - 1)2 + 0 = \therefore + 5y 2= \over n2 natura. { u1 = u V1 = v +1 w1 = w - 1 Quadr. éonicus on simplesmente CONE.