Lista de Exerc´ıcios 1( Soluç˜oes ) -´Algebra Linear Prof

Lista de Exercı́cios 1( Soluções ) - Álgebra Linear
Prof. Carlos Alberto S Soares
1) Sejam W um subspaço de R3 e β = {u, v} uma base para W .
(a) β1 = {2u, 3v} é uma base para W ? Justifique!
Solução 1 Sim! Mostremos que β1 é LI e que β1 gera W . Sejam a e b números reais tais
que a(2u) + b(3v) = 0, isto é, 2au + 3bu = 0. Como {u, v} é LI teremos que 2a = 3b = 0 e
portanto a = b = 0. Mostremos agora que β1 gera W . Como β gera W , dado w ∈ W existem
números a e b tais que w = au + bv e daı́ teremos w = a2 2u + 3b 3v e portanto β1 gera W .
(b) β2 = {u + v, u − v} é uma base para W ? Justifique!
Solução 2 Sim! β2 é LI. De fato, sendo a e b números tais que a(u + v) + b(u − v) = 0
teremos que (a + b)u + (a − b)v = 0. Como β é LI, vem que a + b = a − b = 0 o que acarreta
a = b = 0. Mostremos agora que β2 gera W . Dado w ∈ W sabemos que existem números a e
b tais que w = au + bv. Devemos determinar números c e d tais que w = c(u + v) + d(u − v),
isto é, au + bv = c(u + v) + d(u − v) = (c + d)u + (c − d)v. Portanto basta fazermos c + d = a
e c − d = b e daı́ segue que c = (a + b)/2 e d = (a − b)/2, ou seja,
w = (a + b)/2 (u + v) + (a − b)/2 (u − v).
(c) β3 = {u + v, u − v, 2v} é uma base para W ? Justifique!
Solução 3 Claramente não, pois uma base para W possui necessariamente 2 vetores.
2) Determine a dimensão e uma base para os subspaços:
(a) W = [(1, 0, 0, −1), (2, 1, 1, 0), (1, 1, 1, 1), (1, 2, 3, 4), (0, 1, 2, 3)]
Solução 4 Ainda que já saibamos que o conjunto dado é LI, devemos formar o sistema para
verificar qual dos vetores podemos eliminar.Tomemos a combinação linear destes vetores produzindo o vetor nulo, isto é,
a1 (1, 0, 0, −1) + a2 (2, 1, 1, 0) + a3 (1, 1, 1, 1) + a4 (1, 2, 3, 4) + a5 (0, 1, 2, 3) = (0, 0, 0, 0)
1
e verificamos(verifique!) que nenhum dos números a1 , a2 , a, a4 , a5 deve ser necessariamente
igual a zero e portanto podemos eliminar qualquer um dos vetores. Eliminemos o vetor (1,2,3,4)
e verifiquemos se o conjunto restante é LI. Tomemos a combinação linear
a1 (1, 0, 0, −1) + a2 (2, 1, 1, 0) + a3 (1, 1, 1, 1) + a4 (0, 1, 2, 3) = (0, 0, 0, 0)
Ao resolvermos o sistema(resolva!) verificamos que a4 deve ser necessariamente zero e portanto
não podemos eliminar o vetor (0,1,2,3) e então eliminemos o vetor (1,1,1,1). Verifique agora
que o conjunto restante é LI e daı́ dimW = 3 e uma base será β = {(1, 0, 0, −1), (2, 1, 1, 0), (0, 1, 2, 3)}
(b) W = [(1, 1, 1, 1, 0), (1, 1, −1, −1, −1), (2, 2, −1, −1, 0), (1, 1, 5, 5, 2), (1, −1, −1, 0, 0)]
Solução 5 Análogo ao anterior!
·µ
(c)W =
1 −5
−4 2
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶¸
1 1
2 −4
1 0
,
,
,
0 0
−5 7
0 1
Solução 6 Análogo ao item a.
3) O conjunto {(1, 2, 3), (0, 1, 1)} é LI? Em caso afirmativo, complete-o de forma a obter
uma base para R3 .
Solução 7 É claro que o conjunto é LI, já que os vetores não são múltiplos. Para completar
o conjunto de forma a encontrar uma base para R3 devemos encontrar um vetor que não esteja
no subespaço gerado por estes dois vetores. Se um vetor (x, y, z) está no subespaço gerado por
estes vetores, existem números a e b tais que
(x, y, z) = a(1, 2, 3) + b(0, 1, 1)
ou ainda
x = a, y = 2a + b, z = 3a + b
e então w = (a, 2a + b, 3a + b). Basta escolhermos então um vetor que não seja deste tipo, por
exemplo, tomemos o vetor (1,1,0) e teremos que {(1, 2, 3), (0, 1, 1), (1, 1, 0)} será base para R3
4) Seja W um subspaço de M2×3 de dimensão 4. W = M2×3 ? Justique!
Solução 8 Claramente não pois dimM2×3 = 6 6= 4 = dimW.
5) Sejam u, v, w vetores de Rn tais que {u, v} é LI e w ∈
/ [u, v]. Mostre que {u, v, w} é LI.
O conjunto β = {u, v, w} é uma base para [u, v, w]? Justifique!
Solução 9 Mostremos que β é LI. Sejam a,b e c números tasi que
au + bv + cw = 0
e devemos mostrar que a=b=c=0. Se c 6= 0 teremos w = a/cu + b/cv e portanto w ∈ [u, v],
logo c=0 e segue que au + bv = 0. Lembrando que {u, v} é LI, teremos a = b = c = 0.
Claramente {u, v, w} é base para [u, v, w], já que é LI e gera [u, v, w].
2
½µ
6)Completar o conjunto
−1 0
1 0
¶ µ
¶¾
2 3
,
de forma a obter uma base para M2×2 .
1 0
Solução 10 Tal como no exercı́cio 3, devemos encontrar uma matriz que não esteja no subespaço gerado pelas 2 matrizes dadas.
Note
µ
¶ que uma
µ matriz
¶ v estará noµsubespaço gerado pelas
¶
−1 0
2 3
−a + 2b 2a + 3b
duas se, e somente se, v = a
+b
, isto é v =
.
1
0
1
0
a
+
b
0
µ
¶
0 0
Tomemos a matriz
que não está no subespaço gerado e obtemos o conjunto
0 1
½µ
¶ µ
¶ µ
¶¾
−1 0
2 3
0 0
,
,
.
1 0
1 0
0 1
Note que este conjunto ainda não é base pois dimM2×2 = 4. Busquemos uma outra matriz u
que não esteja no subespaço gerado por estas 3 matrizes. Novamente, se u está no subespaço
gerado pelas 3, u é do tipo
µ
¶
µ
¶
µ
¶
−1 0
2 3
0 0
a
+b
+c
,
1 0
1 0
0 1
isto é,
µ
u=
−a + 2b 3b
a+b
c
¶
¶
2 0
e então o conjunto
Tomemos a matriz u =
1 0
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶¾
½µ
2 3
0 0
2 0
−1 0
,
,
,
β=
1 0
0 1
1 0
1 0
µ
é base para M2×2 .
7) Mostre que o conjunto {u, v, w, u + v + w} é LD.
Solução 11 Claramente o conjunto é LD pois u + v + w é uma combinação linear dos vetores
u, v, w.
8) Seja β = {u1 , u2 , u3 , u4 , u5 } uma base para R5 .
(a) β1 = {u1 , u2 , u3 , u4 } é um conjunto LI? Justifique!
Solução 12 Sim, pois β é LI e qualquer subconjunto de um conjunto LI ainda é LI.
(b)β1 = {u1 , u2 , u3 , u4 } é uma base para R4 ? Justifique!
Solução 13 Não, pois β1 * R4 e portanto não poderá gerar R4 .
(c) Qual a dimensão do subespaço W = {u1 , u2 , u3 , u4 }? Justifique!
3
Solução 14 Note que temos um erro na pergunta, já que a pergunta correta seria: Qual a
dimensão do subespaço W = [u1 , u2 , u3 , u4 ]? Sendo assim, a dimensão de W é igual a 4, pois
β1 gera W , é LI e possui 4 vetores.
9) O conjunto {(n − m, n + m), n, m ∈ Z} é um subspaço de R2 ? Justique!
Solução 15 Não, pois por exemplo, o vetor (1, 0) está no conjunto dado, mas (1/2, 0) não
pertence ao conjunto considerado.
10) Existem vetores u, v, w em M2×2 tais que β = {u, v, w, u − v + w} seja uma base para
M2×2 ? Justifique!
Solução 16 Não, pois u − v + w é uma combinação linear dos vetores u, v, w e portanto o
conjunto formado pelos 4 vetores é LD.
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