Algebra exame 19-20 Season 1

Instituto Superior Técnico 1o Semestre 2019/2020
Departamento de Matemática 15 de janeiro de 2020
RESOLUÇÃO DO TESTE DE RECUPEÇÃO DE ÁLGEBRA LINEAR
MEBiol - MEBiom
I (T1+T2 - 10 valores - 90 minutos)
1. (a) Sendo X a matriz da mensagem original e Y a matriz da mensagem codificada temos
      
1 0 3 1 0 3 10 −11 56 16 1 14
−1 −1
A = 0 1 0  (matriz de descodificação) e X=A Y = 0 1 0  1 2 19  =  1 2 19 
1 0 4 1 0 4 2 4 −14 18 5 0

pelo que X em sequencia é: 16, 1, 18, 1, 2, 5, 14, 19, 0. Usando a tabela obtém-se o texto: PARABENS .
(b)
 Usando operações
 elementares temos
       
4 0 −3 −1 0 1 −1 0 1 −1 0 0 1 0 0
L ↔L3 4L1 +L2 −L3 +L1 −L1
 0 1 0  −−1−−−→  0 1 0  −−−−−→  0 1 0  −−−−−−→  0 1 0  −−−−−→  0 1 0 .
P13 E12 (4) E31 (−1) E1 (−1)
−1 0 1 4 0 −3 0 0 1 0 0 1 0 0 1
Portanto A = P13 E12 (−4)E31 (+1)E1 (−1).
 
2 −1 0  
8 2 0
2. Como det 1 −1 3
  = 8, a equação é equivalente a 2A = √ 3 3
A , isto é,
2 1 −1
0 −1 −2
    
2 0 2 0
A 2I − 4 = 0. Como 2I − 4 é invertı́vel, A = 0 é a única solução.
1 −1 1 −1
a b c 6
a b c 3a 3b 3c −5g −5h −5i −5g −5h −5i
d e f 5
3. g h i 4
= 4 d e f =
3L1 3(−5)
4
d e f = − 4
L1 ↔L3 3(−5)
d e f = − 4
9L2 +L3 3(−5)
d e f 4
= 15 .
Laplace
g h i −5L3 −5g −5h −5i 3a 3b 3c 3a+9d 3b+9e 3c+9f
0 0 0 4

4. (a) Seja p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 ∈ P3 . Como p(0) = a0 e −p(−1) = −a0 + a1 − a2 + a3 , p ∈ V1 sse
a0 = 0, a1 − a2 + a3 = 0 sse p(t) = (a2 − a3 )t + a2 t2 + a3 t3 = a2 (t + t2 ) + a3 (−t + t3 ), pelo que {t + t2 , −t + t3 } é uma
base de V1 .
 
0 1 1 0
(b) dim(V1 +V2 )=dimL({t+t2 , −t+t3 , t+t2 , t+t3 , 2t+t2 +t3 })=dimL({t+t2 , −t+t3 , t+t3 })=car 0 −1 0 1 =3.
0 1 0 1
(c)
 Colocando os coeficientes
  a) e a base canónica de P3 em coluna e usando el. Gauss temos:
da base de V1 obtida em
0 0 1 0 0 0 1 −1 0 1 0 0
 1 −1 0 1 0 0   0 −2 0 0 0 1  3 3 2
 0 0 0 0 1 0  →  0 0 1 0 0 0  pelo que {t + t , −t + t , 1, t } é uma tal base.
   

1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0

(d) B = {t + t2 , t + t3 } é uma base de V2 , queremos a, b tais que −t + 2t2 − 3t3 = a(t + t2 ) + b(t + t3 ). Claro que a = 2
e b = −3, pelo que as coordenadas de −t + 2t2 − 3t3 em B são (2, −3).
5. (a) 0 ∈ V pois A0 = 0. Se u1 , u2 ∈ V então existem k1 , k2 tais que Ak1 u1 = 0 e Ak2 u2 = 0. Para ver que u1 + u2 ∈ V
temos que encontrar k tal que Ak (u1 + u2 ) = 0. Ora podemos considerar k = k1 + k2 pois

Ak1 +k2 (u1 + u2 ) = Ak2 (Ak1 u1 ) + Ak1 (Ak2 u2 ) = Ak2 0 + Ak1 0 = 0.

Como Ak u = 0 implica Ak (αu) = 0, αu ∈ V . Logo V é subespaço linear de Rn .
(b) Note que a sucessão (ak )k∈N tal que ak =dim(N (Ak )) é crescente e limitada, pois N (Ak ) ⊆ N (Ak+1 ) ⊆ Rn para
todo o k ∈ N (logo ak ≤ n). Assim, a sucessão (ak ) é constante a partir de um certo k0 (que podemos fixar como
sendo o menor inteiro com a propriedade ak0 = ak0 +1 ).
Vamos provar que então ak = ak0 para k ≥ k0 e que k0 ≤ n (note que isto prova que V = N (Ak0 ) = N (An )). Ora,
ak0 = ak0 +1 significa que: Ak0 +1 u = 0 ⇒ Ak0 u = 0 (*). Assim se u ∈ N (Ak0 +2 ) então 0 = Ak0 +2 u = Ak0 +1 (Au)
e por (*) temos Ak0 (Au) = 0 pelo que u ∈ N (Ak0 +1 ), portanto ak0 +2 = ak0 +1 = ak0 . Repetindo este procedimento,
podemos concluir que ak = ak0 para k ≥ k0 . Logo a1 < a2 < ... < ak0 −1 < ak0 = ak0 +1 = ak0 +2 = .... Se k0 > n então
ak0 > n o que contradiz a hipótese de N (Ak0 ) ⊆ Rn .


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