Algebra linear uff cecierj
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6 páginas
Gabarito´
Algebra Linear: AD1 - CEDERJ
Mauro Rincon & M´rcia Fampa - 2012.2 a Tutores: Cristina Lopes e Rodrigo Olimpio
1a Quest˜o) Solu¸˜o: a ca
(
)
(
)
(1, 0, −1)(2, 1, 0)
2
uv
42
v=
(2, 1, 0) = (2, 1, 0) =
a) projv u =
, ,0 .
||v ||2
22 + 12 + 02
5
55
b) Sejam a, b ∈ IR. Consideremos a(1, 0, −1) + b(2, 1, 0) = (a + 2b, b, −a) = (x, y, z )
Assim, temos:
a + 2b = x
b=y
−a = z
Por L3 temos que a = −z e por L2 temos que b = y . Substituindo em L1 , temos que −z + 2y = x.
{
}
Logo [u, v ] = (x, y, z ) ∈ IR3 |x = 2y − z .
{
}
[u, v ] = (x, y, z ) ∈ IR3 | (2y − z, y, z ) = y (2, 1, 0) + z (−1, 0, 1) .
Logo uma base para este subespa¸o ´ B = {(2, 1, 0) , (−1, 0, 1)} . ce c)
Tome v1 = (2, 1, 0) , v2 = (−1, 0, 1).
Vamos ortogonalizar esta base usando o m´todo de Gram-Schmidt. e Seja w1 = v1 = (2, 1, 0).
Temos que w2 = v2 − projw1 v2 = v2 −
(
v2 w1 w1 w1
)
w1
Logo
(
)
(−1, 0, 1)(2, 1, 0) w2 = (−1, 0, 1) −
(2, 1, 0)
(2, 1, 0)(2, 1, 0)
= (−1, 0, 1) −
(
)
(
−4 −2
−1 2
,
,0 =
, ,1
55
55
{
(
−1 2
Assim, temos que a base ortogonal ´ (2, 1, 0) , e , ,1
55
)
)}
.
d) O gr´fico esta dispon´ na ultima p´gina. a ıvel
´
a
2a Quest˜o) Solu¸˜o: a ca
a) Sejam α1 , α2 , α3 ∈ IR. Assim, considere a igualdade abaixo: α1 (t2 − 2t + 1) + α2 (t + 2) + α3 (t2 − 3t − 1) = at2 + bt + c
Somando os coeficientes dos termos semelhantes, temos:
(α1 + α3 )t2 + (−2α1 + α2 − 3α3 )t + (α1 + 2α2 − α3 ) = at2 + bt + c
Igualando os termos semelhantes dos dois lados da igualdade obtemos o seguinte sistema:
α +α
3
1
=a
−2α1 + α2 − 3α3
α1 + 2α2 − α3
=b
(1)
=c
Utilizaremos o M´todo de Elimina¸˜o de Gauss para resolvˆ-lo. Considere a e ca e seguinte matriz aumentada que representa este sistema :
1
0
−2 1
1
1
−3
a
b
2 −1