Algebra exame 18-19 Season 1

Instituto Superior Técnico 1o Semestre 2018/2019
Departamento de Matemática 16 Janeiro 2019
RESOLUÇÃO DO TESTE DE RECUPERAÇÃO DE ÁLGEBRA LINEAR
MEBiol – MEBiom

I (T1+T2 - 10 valores - 90 minutos)

1. 
Usando eliminação de Gauss
 na matriz
 aumentada temos:  
1 2 −2 2 1 2 −2 2 1 2 −2 2
−3L1 +L3 −8L2 +L3
 0 1 0 1  −−−− −−→  0 1 0 1  −−−−−−→  0 1 0 1 .
3 −2 α2 − 15 α − 5 0 −8 α2 − 9 α − 11 0 0 α2 − 9 α−3

(a) Assim o sistema inicial é possı́vel sse α 6= ±3. Para α = −3 o sistema é impossı́vel. Para α = 3 o
sistema é indeterminado.
(b) Para α = 3 o sistema é indeterminado e é equivalente a x + 2y − 2z = 2, y = 1. O conjunto solução
é S = {(2z, 1, z) ∈ R3 : z ∈ R}.
(c) Note que A9 − A8 = A8 (A − I). Uma vez que a 2a linha de A − I é toda nula, A − I não é invertı́vel,
logo A9 − A8 não é invertı́vel para todo o α.

−1 −1
2. Uma vez que
" A = (A# ) , podemos usar o método de Gauss-Jordan para calcular a matriz de codi-
1 0 0
ficação A= 0 1 2 . Fazendo a partição da mensagem codificada em blocos de 3 obtém-se a matriz
0 1 1
    
1 0 0 15 9 4 15 9 4
Y , pelo que a matriz X da mensagem original é X=A−1 Y = 0 −1 2   38 9 15 = 2 7 15 .
0 1 −1 20 8 15 18 1 0
A matriz X em sequencia é 15, 2, 18, 9, 7, 1, 4, 15, 0. Usando a tabela obtém-se o texto: OBRIGADO .
 
1 −3 0 1  
 −2 −2 −1 1
0 −1 1 
3. Usando a R. de Laplace, det(A)=−2 det  0 0 −2 1 =−6 det
   0 −2 1 =−24. Logo A é invertı́vel e
2 −1 1
2 0 −1 1
 
1 0 0 1
 −2 −1 0 1 
−det
 
0 −2 0 1 
2 −1 0 1
(A−1 )2,3 = − det(A
det A
3,2 )
= −24
= 0. Finalmente, det(det(A)A−1 )=det(A)5 det(A)−1 =244 .
4. (a) Como (1, 1, 1, 1) = 1(1, 0, 0, 1) + 1(0, 1, 1, 0) + 0(1, −2, −2, 1), (1, 1, 1, 1) ∈ V1 .
" 1 0 1 #
0 1 −2
(b) Sendo A= 0 1 −2 , V1 =C(A). Usando eliminação de Gauss podemos concluir que
1 0 −2
{(1, 0, 0, 1), (0, 1, 1, 0)} é uma base de V1 .
" 1 1 1 0
#
0 1 0 1
(c) Como V1 + V2 =C(B) onde B= 0 1 0 1 onde as primeiras 2 colunas de B são formadas por
0 1 1 0
uma base de V2 . Qualquer matriz em escada que se obtenha de B tem 3 pivots nas primeiras 3
colunas, portanto {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1)} é uma tal base V1 + V2 .
(d) dim (V1 + V2 ) = 3 logo dim(V1 ∩ V2 ) = 1 pelo teorema das dimensões. Logo precisamos de pelo
menos 3 equações lineares homogéneas.
5. Sendo A invertı́vel, adj(A) = |A|A−1 . Multiplicando a equação AB = BA por A−1 à esquerda e à
direita e depois por |A| obtemos B(|A|A−1 ) = (|A|A−1 )B como pretendido.
6. Sabemos que VR é um espaço linear, assim como V{0} . Para outro subconjunto A, seja b ∈ / A e a ∈
b
/ VA pois ( ab f )(t) =
A, a 6= 0. Considere-se a função f ∈ VA constante tal que f (t) = a ∈ A. Ora a f ∈
b
a
a=b∈ / A, logo VA não é espaço linear nestes casos.


1