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Aula 11 Respostas dos exercícios (página 122)

1 0 0 1 0 0 0 0 , , , . 0 0 0 0 1 0 0 1 2. Sejam a e b tais que au + bv = 0 . Substituindo os valores de u e v: a(1,2,0) + b(3,0,1) = (0,0,0) a + 3b = 0 (a + 3b,2a, b) = (0,0,0) . O que leva ao sistema 2a = 0 . Portanto, a única solução é a b=0

1. B =

trivial, a = b = 0, o que mostra que o conjunto {u, v} é LI. Sejam a e b tais que au + bw = 0 . Substituindo os valores de u e w: a(1,2,0) + b(2,−2,1) = (0,0,0) a + 2b = 0 (a + 2b,2a − 2b, b) = (0,0,0) . O que leva ao sistema 2a − 2b = 0 . Portanto, a única b=0 solução é a trivial, a = b = 0, o que mostra que o conjunto {u, w} é LI.

Sejam a e b tais que a(3,0,1) + b(2,−2,1) = (0,0,0)

(3a + 2b,−2b, a + b) = (0,0,0) .

av + bw = 0 . Substituindo os valores de v e w:

O que leva ao sistema

3a + 2b = 0 − 2b = 0 . Portanto, a única a+b = 0

solução é a trivial, a = b = 0, o que mostra que o conjunto {v, w} é LI. 3. B = {(1,1,0), (0,1,2)}. 4. O conjunto H = {( x, y,3x ); x, y ∈ ℜ} é o subespaço gerado tanto por {v1 , v 2 , v3 } como por {v1 , v 2 } . Logo, a dimensão de H é 2 , {v1 , v 2 , v3 } é linearmente dependente e {v1 , v 2 } é uma base para H. 5. Sejam a, b, c e d tais que at + bsent + c cos 2t + dsent cos t = 0 . (*)

Fazendo t = 0, t =

π

,t = π , t =

π

em (*), obtemos como a única solução a solução 2 4 trivial, a = b = c = d =0, o que mostra que o conjunto {t , sent , cos 2t , sent cos t} é LI. 6. (a) B = {(5,1,−2 )} (b) B = {(1,0,−1), (0,1,1)}

(c) B =

{

0 1 −1 0 , 2 0 0 1

(d) B = 1, t + t 2

}

Aula 12 Respostas dos exercícios (página 132) 1. O conjunto B = {(1,1,0), (− 2,1,4)} é uma das bases de H e dim H = 2.


2. O conjunto B = {(3,2,0), (0,0,1)} é uma das bases de H e dim H = 2. 3. O conjunto B = {(1,2,3,0), (1,0,−1,2)} é uma das bases de H e dim H = 2. 4. O conjunto B = { } é base de H e dim H = 0. 5. O conjunto B = {(3,1,0,0), (− 1,0,1,0), (0,0,0,1)} é uma das bases de H e dim H = 3. 6. O conjunto B = {(1,0,1), (0,1,0)} é uma das bases de H e dim H = 2. 7. Como os vetores (1, 0, 2), (3, 1, 1) e (-7, -3, 2) são LI, o espaço gerado pelos vetores dados é o ℜ 3 . 8. Eles geram o Ρ 3 , pois 4 a + 2c 2b + 3d c d a + bt + ct 2 + dt 3 = +2 t+ − 2 + 4t 2 + − 12t + 8t 3 4 4 4 8 E são LI, se a + b 2t + c − 2 + 4t 2 + d − 12t + 8t 3 = 0 a = b = c = d = 0. 9. [ p (t )]B = 3,3,−2, 3 . 2 10. O espaço vetorial dos polinômios na variável t, ℜ[t ] , possui base infinita e é um subespaço vetorial do espaço C (ℜ ) . Logo, C (ℜ ) é um espaço de dimensão infinita. 11. Considere dim V = n . • Suponha que v1 ,..., v n−1 geram V. Então, {v1 ,...v n −1 } é LD e um dos vi , por

(

(

) (

(

)

(

)

)

)

exemplo, v n −1 , é combinação linear dos outros. Daí, os vetores v1 ,..., v n −2 ainda gerariam V. Poderíamos continuar eliminando vetores dessa maneira até chegar a um conjunto gerador linearmente independente com k < n elementos. Mas isso contradiz o fato de que dim V = n. Portanto, um conjunto com menos de n vetores não pode gerar V. Suponha B = {v1 ,...v n } uma base de V e sejam u1 ,..., u m , m > n m vetores em V.

Então, u i = a i1v1 + ai 2 v 2 + ... + a in v n , i = 1,2,..., m . Considere a combinação linear

b1u1 + b2 u 2 + ... + bm u m = b1 =

m i =1

equações .

bi m i =1

n j =1

a ij v j

=

n j =1

a1 j v j + b2

n

m

j =1

i =1

n j =1

aij bi v j .

a 2 j v j + ... + bm Agora

n j =1

a m1 j v j =

considere

o

sistema

de

a ij bi = 0, j = 1,2,..., n . Este sistema é um sistema homogêneo com mais

equações do que incógnitas. Portanto, o sistema possui uma solução não trivial

(b , b ,..., b ). Mas, então, ' 1

' 2

' m

b1' u1 + b2' u 2 + ... + bm' u m =

n j =1

0v j = 0 , logo u1 ,..., u m são

LD. 12. Seja B = {w1 ,...wn } uma base de H. Sendo n = dimV, de acordo com o exercício anterior B = {w1 ,...wn } é um conjunto maximal de elementos linearmente independentes de V. Logo, B é uma base de V e H = V.


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