ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA DE SETÚBALDEPARTAMENTO DE MATEMÁTICA

ÁLGEBRA LINEAR E GEOMETRIA ANALÍTICAAno Lectivo de 2004/2005

Resolução do 1o Teste - A(6 de Novembro de 2004)

1. Considere o subconjunto de R4: B = {(a+ 2b, 0, 2a− b, b) ∈ R

4 : a, b ∈ R}.

(a)[1,5] Mostre que B é um subespaço vectorial de R4.

Resolução:B é um subespaço vectorial de R

4 se:

• B �= ∅.

• Se �u,�v ∈ B =⇒ �u+ �v ∈ B.

• Se �u ∈ B, λ ∈ R =⇒ λ�u ∈ B.

Vejamos:

• B �= ∅ pois (0, 0, 0, 0) ∈ B (basta considerar a = b = 0).

• Se �u ∈ B, então �u = (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2) e, se �v ∈ B, então�v = (v1 + 2v2, 0, 2v1 − v2, v2) . Assim,

�u+ �v = (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2) + (v1 + 2v2, 0, 2v1 − v2, v2)

= (u1 + 2u2 + v1 + 2v2, 0, 2u1 − u2 + 2v1 − v2, u2 + v2)

= (u1 + v1 + 2 (u2 + v2) , 0, 2 (u1 + v1)− (u2 + v2) , u2 + v2) ∈ B.

• Se �u ∈ B, então �u = (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2) . Assim,

λ�u = λ (u1 + 2u2, 0, 2u1 − u2, u2)

= (λ (u1 + 2u2) , 0, λ (2u1 − u2) , λu2)

= (λu1 + 2λu2, 0, 2λu1 − λu2, λu2) ∈ B.

Logo B é um subespaço vectorial de R4.

(b)[1,5] Determine uma base para B e indique a sua dimensão.

Resolução:Como qualquer vector de B pode ser escrito na forma (a+ 2b, 0, 2a− b, b) então

(a+ 2b, 0, 2a− b, b) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) , com a, b ∈ R,

o que significa que (1, 0, 2, 0) e (2, 0,−1, 1) geram B. Como facilmente se verificaque estes dois vectores são linearmente independentes, conclui-se que constituemuma base de B.

Uma vez que a base tem dois vectores, dimB = 2.

1

(c)[1,5] Caracterize B por meio de um sistema de equações.

Resolução:Tem-se

B ={(x, y, z, w) ∈ R

4 : (x, y, z, w) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) , a, b ∈ R}.

Então,

(x, y, z, w) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) ⇔

⇔

x = a+ 2by = 0

z = 2a− b

w = b

⇔

a = x− 2wy = 0−

b = w

⇔

a = x− 2wb = w

y = 0z = 2x− 5w

e, portanto,B =

{(x, y, z, w) ∈ R

4 : y = 0 ∧ z = 2x− 5w}.

(d)[1,0] Determine m ∈ R de modo que o vector (m, 0, π, 2) ∈ B.

Resolução:Tem-se:

(m, 0, π, 2) = a (1, 0, 2, 0) + b (2, 0,−1, 1) ⇔⇔ (m, 0, π, 2) = (a+ 2b, 0, 2a− b, b) ⇔

⇔

m = a+ 2b0 = 0

π = 2a− b

2 = b

⇔

m = a+ 4π = 2a− 2

b = 2⇔

⇔

m = a+ 4a = π+2

2

b = 2⇔

m = π

2+ 5

a = π

2+ 1

b = 2.

Portanto, m = π

2+ 5.

2.[1,5] Defina vectores linearmente dependentes e verifique se os vectores de P2 (espaço vectorialdos polinómios de grau menor ou igual a 2),

p(x) = 2− x, q(x) = 2x− x2 e r(x) = 6− 5x+ x2,

são linearmente dependentes.

Resolução:

Os vectores �v1, �v2, . . . , �vp são linearmente dependentes se existir uma combinação linearnula destes vectores com os escalares não todos nulos, isto é, se existem α1, α2, . . . , αp,não todos nulos, tais que:

α1�v1 + α2�v2 + · · ·+ αp�vp = �0.

2

Vejamos:αp (x) + βq (x) + γr (x) = 0x2 + 0x+ 0 ⇐⇒

⇐⇒ α (2− x) + β(2x− x2

)+ γ

(6− 5x+ x2

)= 0x2 + 0x+ 0 ⇐⇒

⇐⇒ 2α− αx+ 2βx− βx2 + 6γ − 5γx+ γx2 = 0x2 + 0x+ 0 ⇐⇒⇐⇒ (γ − β)x2 + (2β − α− 5γ)x+ (2α+ 6γ) = 0x2 + 0x+ 0 =⇒

=⇒

γ − β = 02β − α− 5γ = 02α+ 6γ = 0

⇐⇒

γ = β

2β − α− 5β = 0−

⇐⇒

⇐⇒

−α = −3β

−⇐⇒

−−

−6β + 6β = 0⇐⇒

γ = β

α = −3β0 = 0

.

Logo o sistema tem uma infinidade de soluções, pelo que p (x) , q (x) e r (x) são linear-mente dependentes.

3.[2,0] Seja E um espaço vectorial e X = {�v1, �v2, �v3, �v4, �v5} um conjunto de geradores de E talque:

i) �v1, �v2, �v3, �v4 e �v5 são vectores linearmente dependentes.

ii) �v1 + �v2, �v2 + �v3 e �v3 são vectores linearmente independentes.

iii) {�v1 + �v2, �v2 + �v3, �v3} não gera E.

Mostre que �v1, �v2 e �v3 são vectores linearmente independentes e que dimE = 4.

Resolução:

Se os vectores �v1 + �v2, �v2 + �v3 e �v3 são vectores linearmente independentes, então �v1, �v2e �v3 também são vectores linearmente independentes, uma vez que a independência nãose altera se a um dos vectores dum conjunto adicionarmos uma combinação linear dosrestantes. De facto,

�v1 + �v2, �v2 + �v3 , �v3 são linearmente independentes ⇔⇔ �v1 + �v2, �v2 + �v3 − �v3, �v3 são linearmente independentes ⇔

⇔ �v1 + �v2 − �v2, �v2, �v3 são linearmente independentes ⇔⇔ �v1, �v2, �v3 são linearmente independentes.

Se X = {�v1, �v2, �v3, �v4, �v5} é um conjunto de geradores de E e �v1, �v2, �v3, �v4 e �v5 são vectoreslinearmente dependentes então dimE < 5.

Como {�v1, �v2, �v3} é um conjunto de vectores linearmente independentes e{�v1 + �v2, �v2 + �v3, �v3} não gera E, então dimE > 3, logo dimE = 4.

4. Considere o espaço euclidiano R3 com a base canónica {�e1, �e2, �e3} . Dados os vectores

�x = �e1 − �e3, �y = −�e1 + �e2 e �z = �e1 + 2�e3 determine:

3

(a)[1,0] �x× 2�y | �z.Resolução:

�x× 2�y |�z = �x | (2�y)× �z =

∣∣∣∣∣∣1 0 −1

−2 2 01 0 2

∣∣∣∣∣∣ = 6.

(b)[1,5] Um vector de norma igual a√6 e ortogonal a �x e �y.

Resolução:Determinemos o vector �x× �y, ortogonal a �x e a �y :

�x× �y =

∣∣∣∣∣∣�e1 �e2 �e31 0 −1

−1 1 0

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 0 −11 0

∣∣∣∣�e1 −∣∣∣∣ 1 −1−1 0

∣∣∣∣�e2 +∣∣∣∣ 1 0−1 1

∣∣∣∣�e3= �e1 + �e2 + �e3

Resta determinar o valor de k tal que ||k (�x× �y)|| = √6. Ora,

||k (�x× �y)|| =√6 ⇔ |k| ||�x× �y|| =

√6 ⇔ |k|

√3 =

√6 ⇔ k = ±

√2.

Considerando k =√2, o vector

√2 (�x× �y) = (

√2,√2,√2) satisfaz as condições

pretendidas.

5. Considere em R3 a base canónica {�e1, �e2, �e3} . Sejam �u = a�e1 − �e3 com a ∈ R,

�v = −2�e1 + 2�e2 − 4�e3, A = (1, 0, 3) e B = (2, 1, 0).

(a)[1,0] Verifique se−→AB e �v são colineares.

Resolução:

Sendo−→AB = (1, 1,−3), vejamos se existe α ∈ R, tal que

−→AB = α�v. Esta igualdade

conduz ao seguinte sistema impossível:

−→AB = α�v ⇐⇒ (1, 1,−3) = α (−2, 2,−4) ⇐⇒

−2α = 12α = 1−4α = 3

⇐⇒

α = −1

2

α = 1

2

α = −3

4

Por conseguinte, os vectores−→AB e �v não são colineares.

(b)[1,5] Determine o ângulo formado pelos vectores 2−→AB e �v.

Resolução:

Seja θ = �(2−→AB,�v) e 2

−→AB = (2, 2,−6) . Tem-se:

cos θ =2−→AB |�v

||2−→AB|| ‖−→v ‖=

2 (1, 1,−3) | (−2, 2,−4)

2||−→AB|| ‖−→v ‖=

(1, 1,−3) | (−2, 2,−4)√11√24

=−2 + 2 + 12√

11√24

=12√11√24

=12√11√24

11× 24=

12√251

251.

Assim, θ = arccos(

12√251

251

).

4

(c)[1,5] Determine a ∈ R de modo que o volume do paralelepípedo definido a partir dos

vectores �u,�v e−→AB seja igual a 6.

Resolução:O volume do paralelepípedo é dado pelo valor absoluto do seguinte produto misto:

�u | �v ×−→AB =

∣∣∣∣∣∣a 0 −1

−2 2 −41 1 −3

∣∣∣∣∣∣ = −2a+ 4.

Como se pretende que o volume seja igual a 6, conclui-se:

|−2a+ 4| = 6 ⇐⇒ −2a+ 4 = 6 ∨−2a+ 4 = −6

⇐⇒ −2a = 2 ∨−2a = −10 ⇐⇒ a = −1 ∨ a = 5.

6.[1,5] Sejam �a e �b vectores de R3. Mostre que

||�a×�b||2 + (�a | �b)2 = ‖�a‖2 ||�b||2.

Resolução:

Considere-se θ = �(�a,�b). Então:

||�a×�b||2 + (�a | �b)2 =(‖�a‖ ||�b|| sen θ

)2

+(‖�a‖ ||�b|| cos θ

)2

= ‖�a‖2 ||�b||2 sen 2θ + ‖�a‖2 ||�b||2 cos2 θ= ‖�a‖2 ||�b||2 (sin2 θ + cos2 θ

)= ‖�a‖2 ||�b||2.

7. Considere as matrizes

A =

[w x

y x

], B =

[w y

x 3

]e C =

[1 22 3

],

onde x, y e w são números reais.

(a)[1,5] Determine os valores de x, y e w que satisfazem a equação matricial 2A = B+3C.

Resolução:

2A = B + 3C ⇔[2w 2x2y 2x

]=

[w y

x 3

]+

[3 66 9

]⇔

[2w 2x2y 2x

]=

[w + 3 y + 6x+ 6 12

]⇔

⇔

2w = w + 32x = y + 62y = x+ 62x = 12

⇔

w = 3x = 6y = 6

.

5

(b)[1,5] Mostre que A+BT é simétrica se e só se x = y.

Resolução:

A + BT é simétrica sse A + BT =(A+BT

)T, ou seja, sse A + BT = AT + B.

Substituindo em ambos os membros desta igualdade as respectivas matrizes obtém-se,

[w x

y x

]+

[w y

x 3

]T=

[w x

y x

]T+

[w y

x 3

]⇔

⇔[w x

y x

]+

[w x

y 3

]=

[w y

x x

]+

[w y

x 3

]⇔

⇔[2w 2x2y x+ 3

]=

[2w 2y2x x+ 3

]

⇔{

2x = 2y2y = 2x

⇔ x = y.

6