Algebra Linear

UFCGCCTUAMAT PERIODO 20251 DISCIPLINA Algebra Linear I TURNO Manha PROFESSOR DATA 23092025 ALUNOA 3o ESTAGIO 1 Em cada item responda V verdadeiro ou F falso justificando a sua resposta a 10 ponto S IR3 IR2 definida por Sx y z x yz e uma transformacao linear b 10 ponto λ 2 e autovalor do operador linear T M22IR M22IR definido por TA At 2 Considere as transformacoes lineares T IR3 M22IR e F M22IR IR2 dadas por T1 0 1 2 0 0 1 T0 1 0 1 1 1 0 T1 0 0 0 2 2 1 e F x y z t x y z z 2t Sejam α 1 0 1 0 1 0 1 0 0 base do IR3 β a base canˆonica do M22IR e γ 1 0 2 1 base do IR2 a 10 ponto Determine Tx y z b 15 ponto Determine ker F e a dimensao da imagem de F c 15 ponto Determine Tα β e F Tα γ 3 Considere a transformacao linear T M21IR IR2 definida por T x y 3x 5y x 2y a 10 ponto Mostre que T e um isomorfismo b 10 ponto Determine T 1x y 4 20 pontos Considere o operador linear T IR3 IR3 definido por Tx y z x y z x 2y x 2z Determine o polinˆomio caracterıstico os autovalores e os autoespacos de T BOA PROVA UFCGCCTUAMAT PERIODO 20251 DISCIPLINA Algebra Linear I TURNO Tarde PROFESSOR DATA 23092025 ALUNOA 3o ESTAGIO 1 Em cada item responda V verdadeiro ou F falso justificando a sua resposta a 10 ponto F IR2 IR3 definida por Fx y x x y 2y e uma transformacao linear b 10 ponto w 1 1 1 e um autovetor do operador linear T IR3 IR3 definido por Tx y z x y 3z x 4y x 2z 2 Considere as transformacoes lineares T M22IR IR3 e S IR3 IR2 dadas por T x y z t x y 2z z 3t x y 6t e Sβ γ 2 0 1 0 1 1 Sejam α a base canˆonica do M22IR β 1 0 0 0 1 1 0 0 1 base do IR3 e γ 1 2 0 1 base do IR2 a 15 ponto Determine as dimensoes do nucleo e da imagem de T b 10 ponto Determine Sx y z c 15 ponto Determine Tα β e S Tα γ 3 Considere a transformacao linear T IR2 M21IR definida por Tx y x 4y 2x 7y a 10 ponto Mostre que T e um isomorfismo b 10 ponto Determine T 1 x y 4 20 pontos Considere o operador linear T IR3 IR3 definido por Tx y z x 2y 3y z z Determine o polinˆomio caracterıstico os autovalores e os autoespacos de T BOA PROVA UFCGCCTUAMAT DISCIPLINA Álgebra Linear I PROFESSOR ALUNOA PERÍODO 20251 TURNO Tarde DATA 14082025 2º ESTÁGIO 1 20 pontos Em cada item responda V verdadeiro ou F falso justificando a sua resposta a xy IR² y x² é um subespaço do espaço vetorial IR² b 120 022 013 é uma base do espaço vetorial IR³ 2 Determine com as devidas justificativas a 10 ponto O valor de a tal que o vetor w 0684 do IR⁴ seja combinação linear dos vetores u 1201 e v 03a2 b 15 ponto A dimensão do subespaço U acbcab abc IR de IR³ c 15 ponto Uma base do espaço IR⁴ contendo o conjunto 1100 0011 0111 3 Considere os seguintes subespaços de M₂ₓ₂IR W A M₂ₓ₂IR A é triangular superior e U a b c d M₂ₓ₂IR a b c d Determine a 10 ponto Uma base de W U b 10 ponto A dimensão de W U 4 20 pontos Sejam α e β bases ordenadas do espaço IR³ tais que Iᵦᵅ 2 1 0 1 0 0 2 5 1 Supondo que β 100 110 111 e u 213 determine a base α e a matriz uᵦ BOA PROVA UFCGCCTUAMAT DISCIPLINA Álgebra Linear I PROFESSOR ALUNOA PERÍODO 20251 TURNO Manhã DATA 14082025 2º ESTÁGIO 1 20 pontos Em cada item responda V verdadeiro ou F falso justificando a sua resposta a a b c d M22ℝ a b c d é um subespaço do espaço M22ℝ b Existem W₁ e W₂ subespaços do ℝ³ ambos de dimensão 2 tais que W₁ W₂ 000 2 Determine com as devidas justificativas a 10 ponto Dados u₁ 111 u₂ 114 ℝ³ determine o valor de k ℝ tal que v 20k u₁ u₂ b 15 ponto Uma base γ do subespaço W a b c d M22ℝ b a 2c d de M22ℝ e uma base de M22ℝ que contém γ c 15 ponto A dimensão do subespaço U 1034 5250 3112 de ℝ⁴ 3 Considere os seguintes subespaços do espaço ℝ³ W₁ xyz ℝ³ x y 2z 0 e W₂ a3aa ℝ³ a ℝ Determine a 10 ponto W₁ W₂ b 10 ponto Uma base de W₁ W₂ 4 20 pontos Sejam α e β bases ordenadas do espaço ℝ³ tais que Iᵦᵅ 1 2 0 0 1 0 3 0 1 Supondo uv ℝ³ tais que uᵦ 1 1 1 e vᵅ 2 4 1 determine uᵅ e vᵦ BOA PROVA UFCGCCTUAMAT PERIODO 20251 DISCIPLINA Algebra Linear I TURNO Manha PROFESSOR DATA ALUNOA 1o ESTAGIO 1 Determine com os devidos calculos a 10 ponto Os valores de a e b tais que AB C onde A 4 2 1 1 2 0 B a 1 b 2 e C 4 0 7 3 6 2 b 15 ponto Uma matriz A22 tal que At A e A2 64I2 onde I2 matriz identidade 2 2 c 15 ponto Os valores de k IR para os qualis o sistema linear x 3y 2z 2 2x 6y kz 7 e impossıvel 2 20 pontos Determine a matriz na forma escada que e linhaequivalente a matriz A e determine o conjuntosolucao do sistema linear A 1 2 5 1 0 3 7 14 6 5 2 4 10 1 3 x 2y 5z w 0 3x 7y 14z 6w 5 2x 4y 10z w 3 3 20 pontos Determine o valor de k IR de modo que a matriz A 4 2 k 1 k2 4 0 0 1 tenha determinante igual a 2 Considerando esse valor de k calcule A1 4 20 pontos Em cada item responda V verdadeiro ou F falso justificando a sua resposta a A matriz a 3 1 5 2a e inversıvel para todo a IR b Para toda matriz quadrada A de ordem n e todo λ IR temse detλA λ det A BOA PROVA UFCGCCTUAMAT PERIODO 20251 DISCIPLINA Algebra Linear I TURNO Tarde PROFESSOR DATA ALUNOA 1o ESTAGIO 1 Determine com os devidos calculos a 10 ponto A matriz simetrica C cij33 tal que cij 2i j2 5 para i j b 15 ponto As matrizes triangulares superiores A22 tais que A2 4 9 0 1 c 15 ponto Os valores de k IR para os qualis o sistema linear x y k 5x 4y 0 3x 2y 2 possui solucao 2 20 pontos Determine o posto da matriz A e o conjuntosolucao do sistema linear A 1 2 8 1 3 10 8 7 1 6 8 5 x 2y 8z 1 3x 10y 8z 7 x 6y 8z 5 3 20 pontos Determine o valor de k IR de modo que a matriz A k 2 7 1 k 2 0 1 k tenha determinante igual a 1 Considerando esse valor de k calcule A1 4 20 pontos Em cada item responda V verdadeiro ou F falso justificando a sua resposta a Se A e B sao matrizes quadradas de mesma ordem tais que AB e uma matriz nula entao A e nula ou B e nula b Para toda matriz A de ordem 2 2 e todo λ IR temse detλA λ2 det A BOA PROVA 2º Estágio 1º a Falso Para ser um subespaço vetorial o conjunto deve conter o vetor nulo 00 No entanto se x 0 então y x² 0² o que significa que 00 pertence ao conjunto No entanto a soma de dois vetores no conjunto nem sempre permanece no conjunto Por exemplo 11 e 24 pertencem ao conjunto mas 11 24 35 não pertence pois 5 3² b Verdadeiro Para ser uma base de ℝ³ o conjunto deve ser linearmente independente e gerar todo o ℝ³ Como temos três vetores em ℝ³ basta verificar se eles são linearmente independentes 2 a Para que o vetor w 0 6 8 4 seja uma combinação linear dos vetores u 1 2 0 1 e v 0 3 a 2 devemos encontrar escalares x e y tais que w xu yv Isso nos dá o seguinte sistema de equações x 1 2 0 1 y 0 3 a 2 0 6 8 4 Isso se traduz no sistema x 0 2x 3y 6 ay 8 x 2y 4 Da primeira equação temos x 0 Substituindo na segunda equação temos 3y 6 então y 2 Substituindo y 2 na terceira equação temos 2a 8 então a 4 Verificando a quarta equação 0 22 4 que é consistente Portanto o valor de a é 4 b O subespaço U é definido como U a c b c a b a b c R a c b c a b a1 0 1 b0 1 1 c1 1 0 A 1 0 1 0 1 1 1 1 0 Calculando o determinante detA 11 0 1 1 0 10 1 1 1 11 0 11 1 1 0 Como o determinante é zero os vetores são linearmente dependentes Agora vamos verificar se os vetores 1 0 1 e 0 1 1 são linearmente independentes Eles claramente não são múltiplos um do outro então são linearmente independentes Portanto a dimensão do subespaço U é 2 c Dado o conjunto 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 B 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 C 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 Calculando o determinante detC 1 det0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 det0 1 1 1 1 1 1 0 0 0 110 1 1 0 Como o determinante é diferente de zero os vetores são linearmente independentes Portanto uma base para R⁴ contendo o conjunto dado é 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 3º a Para encontrar uma base de W U precisamos encontrar as matrizes que pertencem tanto a W quanto a U Uma matriz em W tem a forma a b 0 d e para pertencer a U deve satisfazer a b 0 d ou seja a b d Portanto uma matriz em W U tem a forma a b 0 a b Podemos reescrever essa matriz como uma combinação linear de matrizes básicas a b 0 a b a1 0 0 1 b0 1 0 1 Assim uma base para W U é 1 0 0 1 0 1 0 1 b Para encontrar a dimensão de W U podemos usar a fórmula dimW U dimW dimU dimW U Primeiro vamos encontrar as dimensões de W e U W é o espaço das matrizes triangulares superiores 2 x 2 que têm a forma 0 b 0 d Uma base para W é 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 Portanto dimW 3 U é o espaço das matrizes a b c d tais que a b c d Podemos reescrever d a b c então uma matriz em U tem a forma a b c a b c Podemos reescrever essa matriz como uma combinação linear de matrizes básicas a b c a b c a1 0 0 1 b0 1 0 1 c0 0 1 1 Assim uma base para U é 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 Portanto dimU 3 Já encontramos que dimW U 2 dimW U dimW dimU dimW U 3 3 2 4 Portanto a dimensão de W U é 4 4º Sejam os vetores da base α como α v1 v2 v3 Então v1 21 0 0 11 1 0 21 1 1 2 0 0 1 1 0 2 2 2 3 1 2 v2 11 0 0 01 1 0 51 1 1 1 0 0 0 0 0 5 5 5 6 5 5 v3 01 0 0 01 1 0 11 1 1 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 1 Portanto a base α é α 3 1 2 6 5 5 1 1 1 u c11 0 0 c21 1 0 c31 1 1 2 1 3 c11 0 0 c21 1 0 c31 1 1 2 1 3 c1 c2 c3 c2 c3 c3 Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 c1 c2 c3 2 2 c2 c3 1 3 c3 3 Substituindo c3 3 na equação 2 c2 3 1 c2 4 Substituindo c2 4 e c3 3 na equação 1 c1 4 3 2 c1 1 2 c1 1 Portanto c1 1 c2 4 c3 3 A matriz uβ é então uβ 1 4 3 a Falso Para ser um subespaço vetorial o conjunto deve conter o vetor nulo 00 No entanto se x 0 então y x² 0² o que significa que 00 pertence ao conjunto No entanto a soma de dois vetores no conjunto nem sempre permanece no conjunto Por exemplo 11 e 24 pertencem ao conjunto mas 11 24 35 não pertence pois 5 3² b Verdadeiro Para ser uma base de R³ o conjunto deve ser linearmente independente e gerar todo o R³ Como temos três vetores em R³ basta verificar se eles são linearmente independentes a Para que o vetor w 0 6 8 4 seja uma combinação linear dos vetores u 1 2 0 1 e v 0 3 a 2 devemos encontrar escalares x e y tais que w xu yv Isso nos dá o seguinte sistema de equações x 1 2 0 1 y 0 3 a 2 0 6 8 4 Isso se traduz no sistema x 0 2x 3y 6 ay 8 x 2y 4 Da primeira equação temos x 0 Substituindo na segunda equação temos 3y 6 então y 2 Substituindo y 2 na terceira equação temos 2a 8 então a 4 Verificando a quarta equação 0 22 4 que é consistente Portanto o valor de a é 4 b O subespaço U é definido como U a c b c a b a b c R a c b c a b a1 0 1 b0 1 1 c1 1 0 A 1 0 1 0 1 1 1 1 0 Calculando o determinante detA 11 0 1 1 0 10 1 1 1 11 0 11 1 1 0 Como o determinante é zero os vetores são linearmente dependentes Agora vamos verificar se os vetores 1 0 1 e 0 1 1 são linearmente independentes Eles claramente não são múltiplos um do outro então são linearmente independentes Portanto a dimensão do subespaço U é 2 c Dado o conjunto 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 B 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 C 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 Calculando o determinante detC 1 det0 1 1 1 1 1 0 0 0 1 det0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 110 1 1 0 Como o determinante é diferente de zero os vetores são linearmente independentes Portanto uma base para ℝ⁴ contendo o conjunto dado é 1 1 0 0 0 0 1 1 0 1 3 a Para encontrar uma base de W U precisamos encontrar as matrizes que pertencem tanto a W quanto a U Uma matriz em W tem a forma a b 0 d e para pertencer a U deve satisfazer a b 0 d ou seja a b d Portanto uma matriz em W U tem a forma a b 0 a b Podemos reescrever essa matriz como uma combinação linear de matrizes básicas a b 0 a b a1 0 0 1 b0 1 0 1 Assim uma base para W U é 1 0 0 1 0 1 0 1 b Para encontrar a dimensão de W U podemos usar a fórmula dimW U dimW dimU dimW U Primeiro vamos encontrar as dimensões de W e U W é o espaço das matrizes triangulares superiores 2 2 que têm a forma a b 0 d Uma base para W é 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 Portanto dimW 3 U é o espaço das matrizes a b c d tais que a b c d Podemos reescrever d a b c então uma matriz em U tem a forma a b c a b c Podemos reescrever essa matriz como uma combinação linear de matrizes básicas a b c a b c a1 0 0 1 b0 1 0 1 c0 0 1 1 Assim uma base para U é 1 0 0 1 0 1 0 1 0 0 1 1 Portanto dimU 3 Já encontramos que dimW U 2 dimW U dimW dimU dimW U 3 3 2 4 Portanto a dimensão de W U é 4 4º Sejam os vetores da base α como α v1 v2 v3 Então v1 2100 1110 2111 200 110 222 312 v2 1100 0110 5111 100 000 555 655 v3 0100 0110 1111 000 000 111 111 Portanto a base α é α 312 655 111 u c1100 c2110 c3111 213 c1100 c2110 c3111 213 c1 c2 c3 c2 c3 c3 Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 c1 c2 c3 2 2 c2 c3 1 3 c3 3 Substituindo c3 3 na equação 2 c2 3 1 c2 4 Substituindo c2 4 e c3 3 na equação 1 c1 4 3 2 c1 1 2 c1 1 Portanto c1 1 c2 4 c3 3 A matriz uβ é então uβ 1 4 3 1 Estágio 1 a AB 4 2 1 1 2 0a 1 b 2 4a 2b 4 4 a b 1 2 2a 2 0 4a 2b 0 a b 3 2a 2 4a 2b 0 a b 3 2a 2 4 0 7 3 6 2 1 4a 2b 4 2 a b 7 3 2a 6 Da equação 3 encontramos a 2a 6 a 3 Substituímos o valor de a na equação 2 3 b 7 b 4 Verificamos se esses valores satisfazem a equação 1 43 24 12 8 4 Portanto os valores de a e b são a 3 e b 4 b At A e A2 64I2 Uma matriz que satisfaz At A é uma matriz antissimétrica Uma matriz antissimétrica 2 x 2 tem a forma A 0 x x 0 Agora calculamos A2 A2 0 x x 00 x x 0 x2 0 0 x2 x2 1 0 0 1 x2 I2 Dado que A2 64I2 temos x2 I2 64I2 x2 64 x2 64 x 8 Portanto a matriz A pode ser A 0 8 8 0 ou A 0 8 8 0 c O sistema linear é x 3y 2z 2 2x 6y kz 7 Multiplicamos a primeira equação por 2 2x 3y 2z 22 2x 6y 4z 4 Comparando com a segunda equação 2x 6y kz 7 k 4 2x 6y 4z 4 2x 6y 4z 7 Como 4 7 o sistema é impossível Portanto o valor de k para que o sistema seja impossível é k 4 2 1 Matriz Escalonada matriz aumentada é 1 2 5 1 0 3 7 14 6 5 2 4 10 1 3 Realizamos as seguintes operações de linha L2 L2 3L1 L3 L3 2L1 Isso nos dá 1 2 5 1 0 0 1 1 3 5 0 0 0 1 3 Agora multiplicamos a terceira linha por 1 1 2 5 1 0 0 1 1 3 5 0 0 0 1 3 Esta é a matriz na forma escalonada 2 Conjunto Solução x 2y 5z w 0 y z 3w 5 w 3 Substituímos w 3 na segunda equação y z 33 5y z 9 5y z 4y z 4 Agora substituímos w 3 e y z 4 na primeira equação x 2z 4 5z 3 0x 2z 8 5z 3 0x 7z 5 0x 7z 5 Portanto o conjunto solução é x 7z 5 y z 4 w 3 z z variável livre 7z 5 z 4 z 3 z ℝ Assim a matriz na forma escalonada é 1 2 5 1 0 0 1 1 3 5 0 0 0 1 3 E o conjunto solução é 7z 5 z 4 z 3 z ℝ 3 Passo 1 Calcular o determinante de A A matriz A é dada por A 4 2 k 1 k2 4 0 0 1 O determinante de A pode ser calculado expandindo ao longo da terceira linha detA 0 C31 0 C32 1 C33 Onde Cij é o cofator do elemento na iésima linha e jésima coluna Neste caso precisamos apenas de C33 C33 133 det4 2 1 k2 1 4k22 1 4k824k10 Portanto detA 1 4k10 4k10 Passo 2 Encontrar o valor de k Queremos que detA 2 então 4k102 4k12 k3 Passo 3 Substituir k na matriz A Substituindo k3 na matriz A obtemos A 4 2 3 1 32 4 0 0 1 4 2 3 1 1 4 0 0 1 Passo 4 Calcular a inversa de A Matriz dos cofatores C C11 C12 C13 C21 C22 C23 C31 C32 C33 C11 111 det1 4 0 1 1 C12 112 det1 4 0 1 1 C13 113 det1 1 0 0 0 C21 121 det2 3 0 1 2 C22 122 det4 3 0 1 4 C23 123 det4 2 0 0 0 C31 131 det2 3 1 4 835 C32 132 det4 3 1 4 16313 C33 133 det4 2 1 1 422 C 1 1 0 2 4 0 5 13 2 adjA CT 1 2 5 1 4 13 0 0 2 Inversa de A A1 1detA adjA 12 1 2 5 1 4 13 0 0 2 12 1 52 12 2 132 0 0 1 Portanto a inversa da matriz A é A1 12 1 52 12 2 132 0 0 1 4º a Falso det a3 1 5 2a a32a 15 2a2 6a 5 Δ b2 4ac 62 425 36 40 4 Como o discriminante é negativo a equação quadrática não tem raízes reais o que significa que o determinante nunca é zero para nenhum a ℝ Portanto a matriz é sempre inversível b Falso detλA λn detA Isso ocorre porque cada linha da matriz A é multiplicada por λ e como o determinante é uma função multilinear das linhas ou colunas da matriz o fator λ aparece n vezes 1º a c11 21 12 5 2 1 5 4 c21 22 12 5 4 1 5 2 c22 22 22 5 4 4 5 5 c31 23 12 5 6 1 5 0 c32 23 22 5 6 4 5 3 c33 23 32 5 6 9 5 8 Como C é simétrica cij cji Portanto c12 c21 2 c13 c31 0 c23 c32 3 Assim a matriz C é C 4 2 0 2 5 3 0 3 8 b A2 a b 0 c a b 0 c a2 ab bc 0 c2 Dado que A2 4 9 0 1 temos a2 4 a 2 c2 1 c 1 ab bc 9 ba c 9 Caso 1 a 2 e c 1 b2 1 9 3b 9 b 3 A 2 3 0 1 Caso 2 a 2 e c 1 b2 1 9 b 9 A 2 9 0 1 Caso 3 a 2 e c 1 b2 1 9 b 9 b 9 A 2 9 0 1 Caso 4 a 2 e c 1 b2 1 9 3b 9 b 3 A 2 3 0 1 Portanto as matrizes triangulares superiores A são A 2 3 0 1 A 2 9 0 1 A 2 9 0 1 A 2 3 0 1 c O sistema linear é x y k 5x 4y 0 3x 2y 2 Da segunda equação temos 5x 4y x 45 y Substituindo na terceira equação 345 y 2y 2 125 y 2y 2 125 y 105 y 2 25 y 2 y 5 Então x 45 5 4 Substituindo x e y na primeira equação 4 5 k 4 5 k k 1 Portanto o sistema linear possui solução quando k 1 2 1 Posto da Matriz A A matriz A é dada por A 1 2 8 1 3 10 8 7 1 6 8 5 A 1 2 8 1 0 4 16 4 0 4 16 4 Agora vamos subtrair a segunda linha da terceira linha A 1 2 8 1 0 4 16 4 0 0 0 0 A matriz A está agora em forma escalonada Existem duas linhas não nulas portanto o posto da matriz A é 2 2 Conjunto Solução do Sistema Linear O sistema linear é dado por x 2y 8z 1 3x 10y 8z 7 x 6y 8z 5 Podemos usar a matriz aumentada para resolver o sistema 1 2 8 1 3 10 8 7 1 6 8 5 Já realizamos as operações de linha para obter a forma escalonada 1 2 8 1 0 4 16 4 0 0 0 0 Agora podemos escrever as equações correspondentes x 2y 8z 1 4y 16z 4 Da segunda equação podemos resolver para y 4y 16z 4 y 4z 1 Substituindo y na primeira equação x 24z 1 8z 1 x 8z 2 8z 1 x 16z 1 x 16z 1 Portanto o conjunto solução é x y z 16z 1 4z 1 z onde z ℝ 3 1 Calcular o determinante da matriz A A matriz A é dada por A k 2 7 1 k 2 0 1 k O determinante de A é calculado como detA kk2 21 21 k 20 71 1 k 0 detA kk2 2 2k 71 detA k3 2k 2k 7 detA k3 7 2 Determinar o valor de k para que o determinante seja igual a 1 Queremos que detA 1 então k3 7 1 k3 8 k 8 k 2 3 Calcular a matriz inversa A1 para k 2 Substituindo k 2 na matriz A temos A 2 2 7 1 2 2 0 1 2 Matriz dos Cofatores C C11 C12 C13 C21 C22 C23 C31 C32 C33 Onde C11 2 2 2 1 4 2 6 C12 1 2 2 0 2 C13 1 1 2 0 1 C21 2 2 7 1 4 7 11 C22 2 2 7 0 4 C23 2 1 2 0 2 C31 2 2 7 2 4 14 10 C33 2 2 2 1 4 2 2 Então a matriz dos cofatores é C 6 2 1 11 4 2 10 3 2 Matriz Adjunta Transposta da Matriz dos Cofatores adjA CT 6 11 10 2 4 3 1 2 2 Matriz Inversa A1 Como detA 1 a matriz inversa é simplesmente a matriz adjunta A1 1detA adjA 11 6 11 10 2 4 3 1 2 2 A1 6 11 10 2 4 3 1 2 2 Portanto a matriz inversa A1 é A1 6 11 10 2 4 3 1 2 2 4 a Resposta Falso Justificativa Se A e B são matrizes quadradas de mesma ordem tais que o produto AB é uma matriz nula não é necessário que A ou B sejam matrizes nulas Por exemplo considere as matrizes A 1 0 0 0 B 0 0 0 1 Ambas as matrizes não são nulas mas o produto AB é AB 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 Portanto AB é uma matriz nula mas nem A nem B são matrizes nulas b Resposta Verdadeiro Justificativa Seja A uma matriz de ordem 22 e λ um escalar Então A a b c d λA λa λb λc λd O determinante de λA é detλA λaλd λbλc λ²ad λ²bc λ²ad bc Como detA ad bc então detλA λ² detA Portanto a afirmação é verdadeira 3º Estágio 1 a Falso A transformação S R³ R² definida por Sx y z x yz não é uma transformação linear Para que S seja linear ela deve satisfazer duas condições 1 Su v Su Sv para todos os vetores u v R³ 2 Sc u c Su para todo vetor u R³ e escalar c Vamos testar a primeira condição Sejam u x₁ y₁ z₁ e v x₂ y₂ z₂ Então Su v Sx₁ x₂ y₁ y₂ z₁ z₂ x₁ x₂ y₁ y₂z₁ z₂ x₁ x₂ y₁ z₁ y₁ z₂ y₂ z₁ y₂ z₂ Su Sv x₁ y₁ z₁ x₂ y₂ z₂ x₁ x₂ y₁ z₁ y₂ z₂ Como Su v Su Sv a transformação não é linear b Verdadeiro Para determinar se λ 2 é um autovalor do operador linear T M₂₂ℝ M₂₂ℝ definido por TA Aᵗ precisamos verificar se existe uma matriz A 0 tal que TA λA Neste caso TA Aᵗ e λ 2 então precisamos encontrar uma matriz A tal que Aᵗ 2A Seja A a b c d Então Aᵗ a c b d Queremos Aᵗ 2A então a c b d 2a b c d 2a 2b 2c 2d Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 a 2a a 0 2 c 2b 3 b 2c 4 d 2d d 0 Substituindo c 2b na terceira equação obtemos b 22b 4b o que implica b 0 Consequentemente c 2b 0 Portanto a única matriz que satisfaz Aᵗ 2A é a matriz nula A 0 0 0 0 2º a Para que o vetor v 2 0 k pertença ao subespaço gerado por u₁ 1 1 1 e u₂ 1 1 4 ele deve ser uma combinação linear de u₁ e u₂ Ou seja existem escalares α e β tais que v αu₁ βu₂ 2 0 k α1 1 1 β1 1 4 2 0 k α β α β α 4β Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 α β 2 2 α β 0 3 α 4β k Da equação 2 temos que α β Substituindo na equação 1 α α 2 2α 2 α 1 Como α β então β 1 Agora substituímos α e β na equação 3 k α 4β k 1 41 k 3 b Para determinar se λ 2 é um autovalor do operador linear T M₂₂ℝ M₂₂ℝ definido por TA Aᵗ precisamos verificar se existe uma matriz A 0 tal que TA λA Neste caso TA Aᵗ e λ 2 então precisamos encontrar uma matriz A tal que Aᵗ 2A Seja A a b c d Então Aᵗ a c b d Queremos Aᵗ 2A então a c b d 2a b c d 2a 2b 2c 2d Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 a 2a a 0 2 c 2b 3 b 2c 4 d 2d d 0 Substituindo c 2b na terceira equação obtemos b 22b 4b o que implica b 0 Consequentemente c 2b 0 Portanto a única matriz que satisfaz Aᵗ 2A é a matriz nula A 0 0 0 0 c Para encontrar a dimensão do subespaço U span1 0 3 4 5 2 5 0 3 1 1 2 A 1 0 3 4 5 2 5 0 3 1 1 2 Escalonando a matriz 1 L2 L2 5L1 2 L3 L3 3L1 1 0 3 4 0 2 20 20 0 1 10 10 3 L3 L3 12 L2 1 0 3 4 0 2 20 20 0 0 0 0 A matriz escalonada tem duas linhas não nulas Portanto a dimensão do subespaço U é 2 3 a A a b 0 d A a b 0 a b A a 1 0 0 1 b 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 b dimW U dimW dimU dimW U W é o espaço das matrizes triangulares superiores 2 2 Uma matriz em W tem a forma A a b 0 d Como existem 3 entradas independentes a b e d dimW 3 U é o espaço das matrizes 2 2 que satisfazem a b c d Podemos reescrever d a b c Portanto uma matriz em U tem a forma A a b c a b c Como existem 3 entradas independentes a b e c dimU 3 Já encontramos que uma base para W U tem 2 elementos então dimW U 2 Agora podemos usar a fórmula para encontrar a dimensão de W U dimW U dimW dimU dimW U 3 3 2 4 4 β v1 v2 v3 1 0 0 1 1 0 1 1 1 A matriz Iβα Iβα aos vetores de β Primeiro vamos encontrar a matriz inversa de Iβα Iβα 2 1 0 1 0 0 2 5 1 detIβα 201 05 111 02 0 1 A matriz dos cofatores é 0 1 5 1 2 8 0 0 1 A matriz adjunta transposta da matriz dos cofatores é 0 1 0 1 2 0 5 8 1 Portanto a matriz inversa Iαβ é Iαβ 11 0 1 0 1 2 0 5 8 1 0 1 0 1 2 0 5 8 1 Agora aplicamos essa matriz aos vetores da base β para encontrar a base α v1 Iαβ v1 0 1 0 1 2 0 5 8 11 0 0 0 1 5 v2 Iαβ v2 0 1 0 1 2 0 5 8 11 1 0 1 3 3 v3 Iαβ v3 0 1 0 1 2 0 5 8 11 1 1 1 3 4 Portanto a base α é α 0 1 5 1 3 3 1 3 4 2 Encontrar a matriz uβ Dado u 2 1 3 precisamos expressar u como uma combinação linear dos vetores da base β u c11 0 0 c21 1 0 c31 1 1 2 1 3 c1 c2 c3 c2 c3 c3 Isso nos dá o sistema de equações c1 c2 c3 2 c2 c3 1 c3 3 Substituindo c3 na segunda equação c2 3 1 c2 4 Substituindo c2 e c3 na primeira equação c1 4 3 2 c1 1 Portanto uβ 1 4 3 1º a Falso A transformação S R³ R² definida por Sxyz xyz não é uma transformação linear Para que S seja linear ela deve satisfazer duas condições 1 Su v Su Sv para todos os vetores uv R³ 2 Sc u c Su para todo vetor u R³ e escalar c Vamos testar a primeira condição Sejam u x₁y₁z₁ e v x₂y₂z₂ Então Su Sv x₁y₁z₁ x₂y₂z₂ x₁ x₂y₁z₁ y₂z₂ Como Su v Su Sv a transformação não é linear b Verdadeiro Para determinar se λ 2 é um autovalor do operador linear T M₂x₂R M₂x₂R definido por TA Aᵗ precisamos verificar se existe uma matriz A 0 tal que TA λA Neste caso TA Aᵗ e λ 2 então precisamos encontrar uma matriz A tal que Aᵗ 2A Seja A a b c d Então Aᵗ a c b d Queremos Aᵗ 2A então a c b d 2 a b c d 2a 2b 2c 2d Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 a 2a a 0 2 c 2b 3 b 2c 4 d 2d d 0 Substituindo c 2b na terceira equação obtemos b 22b 4b o que implica b 0 Consequentemente c 2b 0 Portanto a única matriz que satisfaz Aᵗ 2A é a matriz nula A 0 0 0 0 2º a Para que o vetor v 20k pertença ao subespaço gerado por u₁ 111 e u₂ 114 ele deve ser uma combinação linear de u₁ e u₂ Ou seja existem escalares α e β tais que v αu₁ βu₂ 20k α111 β114 20k α β α β α 4β Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 α β 2 2 α β 0 3 α 4β k Da equação 2 temos que α β Substituindo na equação 1 α α 2 2α 2 α 1 Como α β então β 1 Agora substituímos α e β na equação 3 k α 4β k 1 41 k 3 b Para determinar se λ 2 é um autovalor do operador linear T M2x2R M2x2R definido por TA Aʇ precisamos verificar se existe uma matriz A 0 tal que TA λA Neste caso TA Aʇ e λ 2 então precisamos encontrar uma matriz A tal que Aʇ 2A Seja A a b c d Então Aʇ a c b d Queremos Aʇ 2A então a c b d 2a b c d 2a 2b 2c 2d Isso nos dá o seguinte sistema de equações 1 a 2a a 0 2 c 2b 3 b 2c 4 d 2d d 0 Substituindo c 2b na terceira equação obtemos b 22b 4b o que implica b 0 Consequentemente c 2b 0 Portanto a única matriz que satisfaz Aʇ 2A é a matriz nula A 0 0 0 0 c Para encontrar a dimensão do subespaço U span1 0 3 4 5 2 5 0 3 1 1 2 A 1 0 3 4 5 2 5 0 3 1 1 2 Escalonando a matriz 1 L2 L2 5L1 2 L3 L3 3L1 1 0 3 4 0 2 20 20 0 1 10 10 3 L3 L3 12 L2 1 0 3 4 0 2 20 20 0 0 0 0 A matriz escalonada tem duas linhas não nulas Portanto a dimensão do subespaço U é 2 3 a A a b 0 d A a b 0 ab A a1 0 0 1 b0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 0 1 b dimW U dimW dimU dimW U W é o espaço das matrizes triangulares superiores 2 2 Uma matriz em W tem a forma A a b 0 d Como existem 3 entradas independentes a b e d dimW 3 U é o espaço das matrizes 2 2 que satisfazem a b c d Podemos reescrever d a b c Portanto uma matriz em U tem a forma A a b c a b c Como existem 3 entradas independentes a b e c dimU 3 Já encontramos que uma base para W U tem 2 elementos então dimW U 2 Agora podemos usar a fórmula para encontrar a dimensão de W U dimW U dimW dimU dimW U 3 3 2 4 β v1 v2 v3 100 110 111 A matriz Iαβ Iαβ aos vetores de β Primeiro vamos encontrar a matriz inversa de Iαβ Iαβ 2 1 0 1 0 0 2 5 1 detIαβ 20 1 0 5 11 1 0 2 0 1 A matriz dos cofatores é 0 1 5 1 2 8 0 0 1 A matriz adjunta transposta da matriz dos cofatores é 0 1 0 1 2 0 5 8 1 Portanto a matriz inversa Iβα é Iβα 11 0 1 0 1 2 0 5 8 1 0 1 0 1 2 0 5 8 1 Agora aplicamos essa matriz aos vetores da base β para encontrar a base α v1 Iβα v1 0 1 0 1 2 0 5 8 11 0 0 0 1 5 v2 Iβα v2 0 1 0 1 2 0 5 8 11 1 0 1 3 3 v3 Iβα v3 0 1 0 1 2 0 5 8 11 1 1 1 3 4 Portanto a base α é α 015 133 134 2 Encontrar a matriz uβ Dado u 2 1 3 precisamos expressar u como uma combinação linear dos vetores da base β u c11 0 0 c21 1 0 c31 1 1 2 1 3 c1 c2 c3 c2 c3 c3 Isso nos dá o sistema de equações c1 c2 c3 2 c2 c3 1 c3 3 Substituindo c3 na segunda equação c2 3 1 c2 4 Substituindo c2 e c3 na primeira equação c1 4 3 2 c1 1 Portanto uβ 1 4 3