Álgebra Linear II
P1-2014.2
Obs: Todas as alternativas corretas são as representadas pela letra A.
1 – AUTOVETORES/ AUTOVALORES
Essa questão poderia ser resolvida por um sistema bem chatinho. Mas, faz mais sentido analisar as
opções. Da definição: Os autovetores de uma matriz T são sempre linearmente independentes. Então,
basta ver das opções qual é o vetor LI dos demais. O único que poderia ser é a opção (1, -2, 1).
Ao escalonar a matriz abaixo, percebe-se que tratasse de um conjunto L.I
2 – AUTOVETORES/AUTOVALORES
Como 3 é um autovalor que associa-se aos autovetores = (-1,1) e = (1,2). T é uma matriz que
vai em sua operação com v, gerar (-3, 3) e (3, 6), ou seja é igual a Tv= v.
A matriz que faz isso só pode ser
. Repare que ao multiplicar os vetores (-1,1) e
(1,2) por essa matriz o resultado tem que ser o mesmo que o multiplicado pelo autovalor.
Logo, a soma dos elementos da diagonal de T é 6.
3 - DIAGONALIZAÇÃO
Ok...
Vamos analisar a primeira alternativa. Para ser diagonalizável, a matriz 7x7 tem que ter autovetores de
dimensão 7. Para não ser diagonalizável, ela tem que ter autovetores de dimensão menor que 7.
O enunciado diz que ela tem no mínimo dimensão 5 com dois autovalores. Entretanto, não podemos
afirmar que ela tem exatamente dois autovalores distintos. Poderíamos ter mais um autovalor que
gerasse um autovetor de dimensão 1, e a matriz continuaria não diagonalizável.
Vamos analisar a segunda alternativa. Um autovalor pode gerar autovetores de infinitas soluções. Ou
seja, podemos ter uma matriz A com 4 autovalores distintos, e um desses autovalores gerar dois
autovetores. Nesse caso, a matriz seria diagonalizável.
4 – PROJEÇÃO ORTOGONAL
pode ser dado pela matriz dos coeficientes do sistema H, logo:
Resolvendo o sistema dado, encontraremos o vetor H=(1,1,-1) como solução.
Mas como queremos
teremos que fazer o produto interno e igualar a zero, na forma:
A solução desse sistema será:
Utilizando o Método dos Mínimos Quadrados, teremos:
Resolvendo o sisteminha, teremos:
Nossa projeção será:
Alternativa A de Amor.
5 –PRODUTO INTERNO/ ROTAÇÃO
A gente percebe que o eixo z fica constante na rotação do vetor. Então, vamos trabalhar com o plano xy.
Sabemos que a matriz de rotação é
Então, o vetor (
multiplicado por essa matriz gera o vetor (-
,
).
=
Resolvendo, chega-se a
=
e
=
. Logo, podemos achar a tangente
do ângulo dividindo seno por cosseno. E chegamos que tangente = -1. Dentre as opções, o
ângulo com
.
6 – TRANSFORMAÇÃO LINEAR
Colocando os vetores da transformação nas colunas da matriz A, encontraremos:
7 –AUTOVALOR
Aplicando a fórmula dos autovalores, igualamos o determinante da matriz
Resolvendo o sistema, encontramos que o menor autovalor é -1.
Aplicando na fórmula de autovetor (T – I) v= 0.
Ou seja,
=
Achamos que o autovetor associado ao autovalor -1 é ( , -2 , 0) ou t(1, -2, 0).
8 TEOREMA NÚCLEO-IMAGEM
Pelo teorema Núcleo-Imagem, a dimensão do núcleo + a dimensão da imagem é a dimensão do domínio.
Como a dimensão do espaço linha é igual à dimensão do espaço coluna, isto é, dim Im (A transposta) =
dim Im(A).
9 IMAGEM
A imagem de uma matriz é o seu espaço-coluna. Para achar a base da imagem devemos escalonar a
transposta. Logo, percebemos que x+y+z tem que ser igual a zero.
A transposta da matriz é
e como x+y+z=0, podemos perceber que essa matriz
possibilita isso (só substituir os valores em x,y e z).
10 - MATRIZ INVERSA
Uma matriz só é invertível se suas linhas são linearmente independentes. Como vimos, nos capítulos
anteriores a dimensão da imagem é calculada escalonando a matriz. Para a imagem da matriz 5x5 ser 4,
significa que tratava-se de um conjunto LD, pois uma das linhas foi zerada pelo escalonamento, ou seja,
ela pode ser obtida por combinação linear das outras.
Dessa forma, ela não pode ser invertível. Falsa
Um matriz 5x5, pode ter no máximo 5 autovalores, mas não implica em ser necessariamente isso. No
caso, ela pode ter apenas 4 autovalores distintos. Verdadeira
11 – IMAGEM
Essa questão era uma pegadinha.
De cara, pensamos que a imagem da matriz A=
é 3, pois trata de uma multiplicação de uma matriz
3x1 por uma matriz 1x3, que resulta numa matriz 3 x 3.
Entretanto, precisamos ter cuidado, pois o resultado pode ser um conjunto LD, então não
necessariamente a dimensão da imagem vai ser 3.
Vamos tentar entender a questão por um exemplo.
Multiplicando o vetor coluna
pelo vetor transposto
, obtemos como resultado a matriz :
.
É uma matriz LD, não é? E como obtemos a dimensão da imagem?
Escalonando...
Logo a dimensão da imagem é 1.
Não é difícil entender conceitualmente esse exemplo. No fundo, estamos multiplicando o vetor
transposto por um escalar em cada linha. Então as linhas serão sempre combinações lineares umas das
outras, ou seja, múltiplas.
12 – DIAGONALIZAÇÃO
Para uma matriz ser diagonalizável, ela deve possuir n autovetores linearmente independentes. A única
opção que nos fornece isso é a primeira.
Resolvendo os autovalores achamos:
(1- )²-1=0 (1-2 + ²)-1=0
independentes.
²- 2 =0
Os autovalores são 0 e 2. E gerarão 2 autovetores linearmente
13 – PRODUTO INTERNO
Essa questão é simples, basta entendermos bem.
U e V são vetores ortogonais, então fazem 90 graus. E módulo de U+V = 5 e módulo de U=3. Então,
trata-se um triângulo retângulo os três vetores.
Dessa maneira,
Percebe-se que o vetor V tem módulo igual a 4, por Pitágoras.
Assim, precisamos achar, dentre as opções de vetores, a que tem módulo igual a 4.
O módulo de (2, -2
) é o único que é igual a 4.
14 – PRODUTO INTERNO
Por Pitágoras, tiramos que a diagonal de um cubo é a . Como a é unitário, o módulo da diagonal é
Procurando o vetor que tem módulo igual a isso, encontramos na opção A ( /2, /2, - ).
.
15 -PRODUTO INTERNO
Vamos utilizar o método dos mínimos quadrados.
A função é da forma ax²+bx+c=y, certo? Então, a vai ser multiplicado por x² e b por x. Já c, como
não está em função de x, vai ser uma constante. Y vai ser o resultado da equação. Portanto,
precisamos linearizar a seguinte equação, já que ela não tem solução:
=
Aplicando a fórmula dos mínimos quadrados, chegamos em:
=
Resolvendo esse sistema, encontramos a resposta A.
Bons Estudos!!
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