Seja V um espaço vectorial sobre R e V uma base de alpha in R.
i) Com recurso aos determinantes, encontre os valores de u1=v1+v2+v4, u2=v3-alpha v1+2 v4, u3=v2-alpha v3, u4=v4 para os quais o sistema de vectores
V
também forma uma base de u1+u2 (sugestão: determine a ‘matriz de mudança de base’ v1+v2.
Escreva V na base inicial e R^2 na base dos S.
ii) Diga se A X=B forma um subespaço vectorial de l 5 x-2 y-z=b1 -2 y+5 z=b2 3 x-4 z=b3 . Justifique a resposta.
iii) Diga se A^prime forma um subespaço vectorial de forall b1, b2, b3 e em caso afirmativo determine uma base de lx y z.
3. Justifique que o seguinte sistema " lb1 b2 b3 " é sempre possível e determinado:
f: R^3 R^3
Encontre uma matriz U0= tal que na resolução do sistema, lang<=(0,0,1)rang<=, só tenhamos de fazer U1=lang<=(2,0,1),(2,3,0)rang<=.
4. Seja f(x, y, z) uma aplicação linear dada pelos subespaços próprios Tr: Mn, n R, Tr A=sumi=1^n ai i g: Mn, n Mn, n, g(A)=A Tr A e f: R^n R^m. Encontre a expresssão de n.
5. Mostre que |u+v|^2+|u-v|^2=2|u|^2+2|v|^2, é uma aplicação linear.
Será que forall u, v in R^n, também é linear? Justifique.
6. Mostre que nenhuma aplicação linear r equiv(1,1,1)+lang<=(1,0,1)rang<=, com pi equiv x+y=2, é sobrejectiva.
7. Demonstre a identidade do paralelogramo: Ulambda=v in R^3: f(v)=lambda v , dos v1, ldots, vk.
8. Diga se a recta lambda1 v1+cdots+lambdan vn= intersecta o plano lambda1=ldots=lambdak=0.

Esclarecimentos necessários prestados durante a prova.

No exercício 4 recordar que
[cccc 1 & 2 & 3 & -2 0 & 1 & -3 & 1 1 & 4 & -3 & 0 ] xrightarrowL3-L1[cccc 1 & 2 & 3 & -2 0 & 1 & -3 & 1 0 & 2 & -6 & 2 ] xrightarrowL3-2 L2[cccc 1 & 2 & 3 & -2 0 & 1 & -3 & 1 0 & 0 & 0 & 0 ]
No exercício 6 tomar em conta a
Sugestão: usar um dos teoremas das dimensões.

Resolução do Exame de Recurso, de 6 de Fevereiro

1)i) Um sistema de vectores [cccc 1 & 1 & 0 & 1 -alpha & 0 & 1 & 2 0 & 1 & -alpha & 0 0 & 0 & 0 & 1 ] diz-se um sistema de vectores linearmente independentes (s.l.i.) se não forem linearmente dependentes. Isto é, se nenhum deles se escreve como combinação linear dos restantes.
Equivalente: temos um s.l.i. se só há uma forma de obter a combinação linear nula a partir -1-alpha^2 - a saber, a que tem os escalares todos nulos.
Ainda de forma equivalente: temos s.l.i. se sempre que se tiver V 0 , então alpha in R.
ii) O subespaço é gerado por aqueles 3 vectores. Uma base é um conjunto minimal de geradores, logo tem de ser um s.l.i. extraído de entre aqueles 3. Vejamos a característica do sistema:
V
A característica é claramente 2, logo posso tomar os dois primeiros vectores como base do subespaço, o qual tem dimensão 2 .
2)i) Pela sugestão, a matriz de mudança de base é
u1+u2=v1+v2+v4+v3-alpha v1+2 v4=(1-alpha) v1+v2+v3+3 v4
O determinante é, pela regra de Laplace e de seguida a de Sarrus (fica só o quadrado à esquerda em cima), igual a v. Logo nunca se anula. Logo a matriz de mudança de base é sempre invertível. Os 4 vectores são l.i., ou seja, formam uma base de u qualquer que seja v1+v2=(v1+v2+v4)-v4=u1-u4 (o enunciado diz-nos logo que v1+v2=x u1+y u2+ tem dimensão 4).
Claro que z u3+w u4.
Também se resolve ‘de cabeça’ o sistema linear para a escrita de W 's em v1-v2 in W 's no caso particular pedido: basta olhar para os vectores,
1^2=1
Se não se consegue ver logo, só temos de resolver o sistema: 2^2 neq 2 W.
ii) x v1+y v2=y v1+x v2 Leftrightarrow x=y não é subespaço: S=lang<=(1,1)rang<=, pois , mas pois . Logo não é fechado para a multiplicação por escalares.
iii) Tem-se . Quer dizer, , ou seja .
3) Temos

Passo 1

Temos um espaço vetorial real V de dimensão 4 com base B=v1,v2,v3,v4. Definem-se os vetores
u_1=v_1+v_2+v_4,
u_2=v_3-\alpha v_1+2v_4,
u_3=v_2-\alpha v_3,
u_4=v_4.
Precisamos (i) dos alpha tais que ui seja base, usar determinantes; escrever u1+u2 em B e v1+v2 na base ui; (ii) verificar se
W={xv_1+yv_2+zv_3: x^2=-y+z}
é subespaço; (iii) se
S={(x,y): x v_1+yv_2=xv_2+yv_1}\n
é subespaço de R^2 e achar base; (3) mostrar que o sistema
5x-2y-z=b_1,
-2y+5z=b_2,
3x-4z=b_3
é sempre possível e determinado e achar a matriz A' tal que
xyz=A'b1b2b3;
(4) dada a aplicação linear f: R^3to R^3 com subespaços próprios
U0=lang<=(0,0,1)rang<= (valor próprio 0) e
U1=lang<=(2,0,1),(2,3,0)rang<= (valor próprio 1), encontrar f(x,y,z); (5) mostrar que Tr é linear e que g(A)=A,TrA não é; (6) provar que nenhuma aplicação linear R^nto R^m com n é sobrejetiva; (7) demonstrar a identidade do paralelogramo
|u+v|^2+|u-v|^2=2|u|^2+2|v|^2;
(8) verificar se a reta r:(1,1,1)+lang<=(1,0,1)rang<= intersecta o plano pi:x+y=2.

Passo 2

Construímos a matriz de mudança de base de ui para B cujas colunas são as coordenadas de ui em B:
M= 1 & -alpha & 0 & 0 1 & 0 & 1 & 0 0 & 1 & -alpha & 0 1 & 2 & 0 & 1
Expandindo pelo 4.º linha, obtemos
det M=1cdotdet1&-alpha&00&1&-alpha1&0&1=-(1+alpha^2),
que nunca se anula para alphain R. Logo M é invertível para todo alpha, isto é, ui é base para qualquer alpha.

Passo 3

Somando
$$u_1+u_2=(v_1+v_2+v_4)+(v_3-\alpha v_1+2v_4)=(1-\alpha)v_1+v_2+v_3+3v_4,
$$
e para escrever
u1+u2=(v1+v2+v4)+(v3-alpha v1+2v4)=(1-alpha)v1+v2+v3+3v4,
basta notar que v1+v2=a u1+b u2+c u3+d u4

Passo 4

Para
W=xv1+yv2+zv3:x^2=-y+z, tome o vetor v1-v2: aqui x=1,y=-1,z=0 satisfaz 1^2=-(-1)+0, mas
2(v1-v2)=2v1-2v2
tem x=2,y=-2,z=0 e 2^2neq -(-2)+0, logo não está em W. Falha a multiplicação por escalar, então W não é subespaço.

Passo 5

Para
S=(x,y):xv1+yv2=xv2+yv1, escrevemos
(x-y)v1+(y-x)v2=0\n Leftrightarrow x=y), logo
S=(x,x):xin R=lang<=(1,1)rang<=
é subespaço de R^2 com base (1,1).

Passo 6

O sistema pode ser escrito como
$$A Axyz=b1b2b3, = A=5&-2&-10&-2&53&0&-4 ,
$$
com
$$A= det A=4neq0.
$$
Calcula-se A, logo (b1,b2,b3) é inversível e há solução única para todo A^-1=148&-8&-1215&-17&-256&-6&-10, . O inverso é
$$A^{-1}=\frac14 xyz=A^-1b1b2b3,
$$
isto é

Passo 7

Os subespaços próprios dados têm dimensões somadas 1+2=3, logo
R^3=U0oplus U1. Escrevemos
(x,y,z)=a(2,0,1)+b(2,3,0)+c(0,0,1)
que dá as equações
2a+2b=x,3b=y, a+c=z
Resolve-se
$$b=\frac y3,\quad a=\frac{3x-2y}6,\quad c=z-a.
$$
Como b= y3, a=3x-2y6, c=z-a anula f e fixa U0, temos
U1

Passo 8

A aplicação Tr: Mn,nto R satisfaz
Tr(A+B)=TrA+TrB,Tr(cA)=c,TrA,
logo é linear. Mas
g(A)=A,TrA
não satisfaz aditividade (ou homogeneidade) em geral, portanto não é linear.

Passo 9

Se f: R^nto R^m é linear então
diml(Imfr)<=dim( R^n)=n
logo Imfneq R^m e f não pode ser sobrejetora.

Passo 10

Usando produto interno em R^n, temos
e somando as duas surge

Passo 11

A reta r(t)=(1+t,1,1+t) entra no plano x+y=2 se
1+t+1=2+t=2implies t=0
Então r(0)=(1,1,1) fica no plano e há interseção.

Passo 12

Resposta

(i) Para todo alphain R, as ui formam base. Temos
u1+u2=(1-alpha)v1+v2+v3+3v4 e
v1+v2=u1-u4
(ii) W não é subespaço (falta fechamento escalar).
(iii) S=(x,x) é subespaço de R^2 com base (1,1).
(3) O sistema é sempre possível e determinado.
A'=A^-1=tfrac148&-8&-1215&-17&-256&-6&-10
(4) f(x,y,z)=(x,y,(3x-2y)/6)
(5) Tr é linear; g(A)=A,TrA não é.
(6) Se n nenhuma aplicação linear R^nto R^m é sobrejetiva (rank-nullity).
(7) Identidade do paralelogramo demonstrada.
(8) A reta r intersecta pi em (1,1,1).

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