Algebra exame 20-21 Season 1

1º Semestre 2020/2021
22 de Janeiro de 2021
(duração 60 minutos)
RESOLUÇÃO DO 1º EXAME DE ÁLGEBRA LINEAR
Cursos: MEAer, MEBiol e MEBiom

       
0 0 0 x 1 3 2 y 1 3 2 y 1 0 0 0
 1 3 2 y   0 −1 −1 −y + z   0 −1 −3 −y + z   0 1 −1 1 
1. (a) Como 
 1 2 1
→
z   0 −1 −1 w
→
  0 0 0 y−z+w 
, se A=
 0 1
,
−1 1 
0 −1 −1 w 0 0 0 x 0 0 0 x 0 0 1 2
podemos concluir que dim(V1 ) = 2 e V1 ∩ V2 = N (A).
(b) Como dim(V2 ) = 2. Por outro lado, car(A) = 3 pelo que dim(V1 ∩ V2 ) = 1, logo
dim(V1 + V2 ) = dim(V1 ) + dim(V2 ) − dim(V1 ∩ V2 ) = 2 + 2 − 1 = 3. Assim dim((V1 + V2 )⊥ ) = 1.
   
0 1 1 0 1 0 0 0
 0 2 1 −1   0 1 1 0 
(c) Como V2 =L({(1, 0, 0, 0), (0, −3, −2, 1)}), V1 + V2 =L(B) onde B=
 1 0 0
→
0   0 0 1
.
1 
0 −3 −2 1 0 0 0 0
Logo {(0, 1, −1, 1)} é uma base de N (B) = (V1 + V2 )⊥ . Assim, √
h(1,1,1,1),((0,1,−1,1)i 3
d((1, 1, 1, 1), V1 + V2 = ||P(V1 +V2 )⊥ (1, 1, 1, 1)|| = || h(0,1,−1,1),(0,1,−1,1)i (0, 1, −1, 1)|| = 3
.
     
0 2 1 1 1
2. (a) Como (1 + 2t − 3t2 )B1 = (0, 1, 1) e A  1 = 4  onde A= 2 2 2 , temos
1 −6 −3 −3 −3
T (1 + 2t − 3t2 ) = 2(1 − t) + 4(1 + t) − 6(t2 ) = 6 + 2t − 6t2 . Logo 1 + 2t − 3t2 n~
ao é vector próprio de
T porque n~ ao existe λ tal que T (1 + 2t − 3t2 ) = λ(1 + 2t − 3t2 ).
(b) É claro que {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)} é uma base de N (A). Como −1 + 1(1 + 2t) + 0(−3t2 ) = 2t
e −1 + 0(1 + 2t) − 3t2 = −1 − 3t2 , podemos concluir que {2t, −1 − 3t2 } é uma base de N (T ). A
dimens~ao do contradomı́nio de T é 1 (diferente da dim do espaço de chegada),
pelo que T n~ao é sobrejectiva.
(c) A eq. linear n~ oes porque 1 + t + t2 ∈
ao tem soluç~ / C(T ) (note-se que (1 + t + t2 )B2 = (0, 1, 1)
e (0, 1, 1) ∈
/ C(A) pois car(A) = 1 e {(1, 2, −3)} é uma base de C(A)).

3. Como C=−C T e det(−C T ij )=(−1)n−1 det(C T ij ) porque CijT é (n − 1) × (n − 1) uma vez que C T ij é a
matriz que se obtém de C T retiranto a linha i e coluna j. Logo
(cof(C))ij = (−1)i+j det(Cij ) = (−1)i+j det(−C T ij ) = (−1)n−1 (−1)i+j det(Cji ) = (−1)n−1 cof(C)ji ,
pelo que cof(C) é antisimétrica sse n é par (e simétrica para n ı́mpar).

4. É claro que AB é simétrica pois A e B comutam (note-se que (AB)T =B T AT =BA=AB).
Falta
√ provar
√ que os valores prórios de AB s~ao todos
√ √>0. Para tal vamos verificar que AB
e AB A t^ em os mesmos valores próprios e que AB A é definida
√ positiva.
√
Por um lado, λ é valor próprio e AB sse λ é valor próprio de AB A pois
√ √ √ √ √ √ √ −1
(AB)u = λu ⇐⇒A AB Av = λ Av ⇐⇒ ( AB A)v = λv onde v = A u.
√ √
Por outro, se é λ valor próprio de AB A e v vector próprio associado, ent~
ao λ > 0 pois
√ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √ √
λhv, vi = hλv, vi = h A B B Av, vi = h A B B Av, vi = h B Av, B Avi = || B Av||2 > 0.