Lista 4 - Professores da UFF

Álgebra Linear Aplicada - 4a lista de exercı́cios
Prof. - Juliana Coelho
1 - Considere as transformações lineares abaixo:
T1 : R2 → R2
(x, y) 7→ (3x − y, 2x + y)
T2 : R2 → R3
(x, y) 7→ (x + 2y, −x, 2y)
T3 : R3 → R2
(x, y, z) 7→ (x − z, 2x + y)
T4 : R3 → R3
(x, y, z) 7→ (x + y + 2z, x + 2y + z, x + 3z)
(a) Encontre as matrizes canônicas destas transformações.
(b) Encontre as composições T2 ◦ T1 , T1 ◦ T1 , T3 ◦ T2 e T1 ◦ T3 ◦ T2 .
(c) Os operadores lineares T1 e T4 são injetoras?
(d) Ache as inversas dos operadores T1 e T4 , se eles forem inversı́veis.
2 - Encontre a mattiz canônica do operador linear de R2 dado pela composição de operadores:
(a) Uma rotação de 90◦ seguida de uma reflexão em torno da reta x = y;
(b) Uma projeção sobre o eixo y seguida de uma contração por k = 1/3;
(c) Uma reflexão em torno do eixo x seguida de uma rotação de 30◦ .
3 - Encontre o operador linear de R2 que faz a projeção sobre a reta de equação 3x−2y = 0.
4 - Verifique que os conjuntos V abaixo com as operações dadas não são espaços vetoriais,
explicitando a falha em alguma das propriedades.
½
(x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) = (x − x0 , y − y 0 )
2
(a) V = R com operações
;
k ¯ (x, y) = (kx, ky)
½
(x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 )
2
(b) V = R com operações
;
k ¯ (x, y) = (k + x, k + y)
½
(x, y, z) ⊕ (x0 , y 0 , z 0 ) = (x + x0 , y + y 0 , 0)
3
(c) V = R com operações
;
k ¯ (x, y, z) = (kx, ky, 0)
½
A ⊕ A0 = A · A0
, onde A e A0 são matrizes 2 × 2;
(d) V = M2×2 com operações
k ¯ A = kA
1
½
2
2
(e) V = {(x, y) ∈ R | y = x } com as operações
(x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 )
,
k ¯ (x, y) = (kx, ky)
isto é, as operações usuais do R2 .
5 - Considere o conjunto V = {(x, y) ∈ R2 | y = x2 } com as operações
(x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 + 2xx0 )
e
k ¯ (x, y) = (kx, k 2 y),
onde (x, y), (x0 , y 0 ) ∈ V e k ∈ R. O objetivo deste exercı́cio é mostrar que V é um espaço
vetorial com estas operações.
(a) (Propriedade EV3) Verifique (0, 0) está em V e satisfaz (x, y) ⊕ (0, 0) = (x, y) para
todo (x, y) ∈ V . Isso mostra que (0, 0) é o elemento neutro de V .
(b) (Propriedade EV4) Dado um vetor (x, y) ∈ V , verifique que (−x, y) está em V e que
(x, y) ⊕ (−x, y) = (0, 0). Isso mostra que (−x, y) é o inverso aditivo de (x, y).
(Você precisará usar o fato de que (x, y) ∈ V e logo y = x2 .)
(c) (Propriedade EV6) Dados (x, y) ∈ V e k, l ∈ R mostre que
(k + l) ¯ (x, y) = (k ¯ (x, y)) ⊕ (l ¯ (x, y)).
(Aqui também você precisará usar o fato de que para (x, y) ∈ V temos y = x2 .)
(d) Mostre que as propriedades EV1, EV2, EV5, EV7 e EV8 são válidas e conclua que V
é um espaço vetorial com as operações dadas.
6 - Determine se os conjuntos W abaixo são subespaços vetoriais do espaço vetorial V
dado, onde V é considerado com suas operações usuais.
(a) V = R2 e W = {(x, y) ∈ R2 | x + 2y = 3};
(b) V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 | x = 3y, z = −y};
(c) V = M2×2 e W = {A ∈ M2×2 | A é matriz simétrica};
(Lembre que Mm×n é o espaço vetorial das matrizes de ordem m × n.)
(d) V = R2 e W = {(x, y) ∈ R2 | y = x2 };
(e) V = R3 e W = {(x, y, z) ∈ R3 | x + y + z ≥ −1};
(f) V = P3 e W = {a3 x3 + a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P3 | a2 = 1};
(Lembre que Pn é o espaço vetorial dos polinômios com grau ≤ n.)
(g) V = P2 e W = {p(x) ∈ P2 | p(1) = 0};
(h) V = P2 e W = {p(x) ∈ P2 | p(0) = 1};
2
(i) V = M2×2 e W = {A ∈ M2×2 | A é inversı́vel}.
7 - Em cada caso abaixo determine se:
(a) v = (1, 2) é combinação linear dos vetores v1 = (0, 3) e v2 = (1, 1) em R2 ;
(b) v = (−1, 5, 2) é combinação linear dos vetores v1 = (0, 1, 1) e v2 = (1, 2, 0) em R3 ;
(c) v = (−1, 5, 2) é combinação linear dos vetores v1 = (0, 1, 1) e v2 = (−1, 3, 0) em R3 ;
(d) v = (−1, 5, 2) é combinação linear dos vetores v1 = (0, 1, 1), v2 = (−1, 3, 0) e v3 =
(1, 2, 0) em R3 ;
µ
¶
µ
¶
µ
¶
−1 3
1 1
0 1
(e) v =
é combinação linear dos vetores v1 =
, v2 =
e
1 1
3 1
µ 2 −1¶
−1 3
v3 =
em M2×2 ;
0 4
(f) v = x2 − x − 2 é combinação linear dos vetores v1 = x2 + x e v2 = x + 1 em P2 ;
(g) v = −x2 + 2x + 3 é combinação linear dos vetores v1 = x2 + x e v2 = x + 1 em P2 .
8 - Determine os seguintes subespaços vetoriais de V :
(a) W = h(2, 3)i subespaço de V = R2 ;
(b) W = h(2, 3), (1, 2), (1, 1)i subespaço de V = R2 ;
(c) W = h(0, 1, 1), (−1, 3, 0)i subespaço de V = R3 ; (Compare com o exercı́cio 7 (c).)
(d) W = h(0, 1, 1), (−1, 3, 0), (−1, 5, 2)i subespaço de V = R3 ; (Compare com o item
anterior e com o exercı́cio 7 (c).)
(e) W = h(1, 2, 3, 4), (4, 3, 2, 1), (−2, 1, 4, 7)i subespaço de V = R4 ;
(f) W = hx2 + x, x + 1i subespaço de V = P2 ; (Compare com os exercı́cios 7 (f) e (g).)
(g) W = hx2 + x + 1, x + 1, x − 1i subespaço de V = P2 ;
¿µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶À
1 1
−1 3
0 4
0 2
(h) W =
,
,
,
subespaço de V = M2×2 .
1 1
0 4
1 5
3 0
9 - Determine se os conjuntos abaixo são linearmente dependentes ou independentes:
(a) {(1, 0, 1), (0, 1, 3)} vetores de R3 ;
(b) {(62, −17), (21 · 10318 , 3π)} vetores de R2 ;
3
(c) {x2 + 3x − 1, 2x2 − x, x2 − 4x + 1} vetores de P2 ;
½µ
¶ µ
¶ µ
¶ µ
¶¾
1 2
3
0 1 −2
2 1 0
3 2 5
(d)
,
,
,
vetores de M2×3 ;
2 0 −1
1 1
0
−2 3 1
−1 2 0
(e) {(−1, 5, 2), (0, 1, 1), (1, 2, 0)} vetores de R3 ;
(f) {(−1, 5, 2), (0, 1, 1), (−1, 3, 0)} vetores de R3 . (Compare com o exercı́cio 4 (c).)
10 - Seja V um espaço vetorial e sejam u, v, w vetores de V . Suponha que u é combinação
linear de v e w. Responda os itens abaixo justificando sua resposta:
(a) {u, v, w} é um conjunto linearmente independente?
(b) u pertence ao subespaço hv, wi?
(c) 3u pertence ao subespaço hv, wi?
(d) v − 3u + 2w pertence ao subespaço hv, wi?
(e) supondo que v e w são linearmente independentes e que u = v + 2w, então u pertence
ao subespaço hv − 3u + 2w, wi?
1
(f) supondo que v e w são linearmente independentes e que u = v + 2w, então u pertence
3
ao subespaço hv − 3u + 2w, wi?
4
Gabarito:
1a QUESTÃO:
(a) As matrizes canônicas são
µ
A1 =
µ
A3 =
3
2
1
2


1 2
−1
A2 =  −1 0 
1
0 2


¶
1 1 2
0 −1
A4 =  1 2 1  .
1
0
1 0 3
¶
(b) A composição T2 ◦ T1 tem matriz canônica




¶
1 2 µ
7 1
3 −1
A2 · A1 =  −1 0 
=  −3 1 
2
1
0 2
4 2
e portanto é dada por
T2 ◦ T1 : R2 → R3
(x, y) 7→ (7x + y, −3x + y, 4x + 2y).
A composição T1 ◦ T1 tem matriz canônica
¶µ
¶ µ
¶
µ
3 −1
7 −4
3 −1
=
A1 · A1 =
2
1
8 −1
2
1
e portanto é dada por
T1 ◦ T1 : R2 → R2
(x, y) 7→ (7x − 4y, 8x − y).
A composição T3 ◦ T2 tem matriz canônica
µ
A3 · A2 =
e portanto é dada por
1 0 −1
2 1
0
¶


µ
¶
1 2
 −1 0  = 1 0
1 4
0 2
T3 ◦ T2 : R2 → R2
(x, y) 7→ (x, x + 4y).
5
A composição T1 ◦ T3 ◦ T2 tem matriz canônica


µ
¶µ
¶
1 2
3 −1
1 0 −1 
−1 0  .
A1 · A3 · A2 =
2
1
2 1
0
0 2
Como já calculamos A3 · A2 no item anterior, temos que
µ
¶µ
¶ µ
¶
3 −1
1 0
2 −4
A1 · A3 · A2 =
=
2
1
1 4
3
4
e portanto é dada por
T3 ◦ T2 : R2 → R2
(x, y) 7→ (2x − 4y, 3x + 4y).
(c) Para descobrir se os operadores T1 e T4 são injetores temos que saber se as matrizes
canônicas A1 e A4 são inversı́veis e para isso basta calcular seus determinantes:
det(A1 ) = 5
e
det(A4 ) = 0.
Assim, como det(A1 ) 6= 0 vemos que A1 e inversı́vel e portanto T1 é injetor. Além
disso, como det(A4 ) = 0, então A4 não é inversı́vel e T4 não é injetor.
(d) O operador T1 é inversı́vel, pois sua matriz canônica A1 é inversı́vel. Como
¶
¶ µ
µ
1
1/5 1/5
1 1
−1
=
A1 =
−2/5 3/5
det(A1 ) −2 3
então o operador inverso de T1 é
2
T1−1 : R2 → R
¶
µ
x + y −2x + 3y
,
.
(x, y) 7→
5
5
O operador T4 não é inversı́vel pois sua matriz canônica A4 não é inversı́vel.
2a QUESTÃO:
(a) A matriz canônica do operador T que dá a rotação com ângulo de 90◦ é
µ
¶ µ
¶
cos(90◦ ) −sen(90◦ )
0 −1
A=
=
sen(90◦ )
cos(90◦ )
1
0
e a matriz canônica do operador S que dá a reflexão em torno da reta x = y é
µ
¶
0 1
B=
.
1 0
Portanto a composição pedida S ◦ T é
µ
BA =
1
0
0 −1
¶
.
(Pela matriz canônica, vemos que esta composição é a reflexão em torno do eixo x.)
6
(b) A matriz canônica do operador T que dá a projeção sobre o eixo y é
¶
µ
0 0
A=
0 1
e a matriz canônica do operador S que dá a contração por k = 1/3 é
¶
µ
1/3 0
B=
.
0 1/3
Portanto a composição pedida S ◦ T é
µ
BA =
0 0
0 1/3
¶
.
(c) A matriz canônica do operador T que dá a reflexão em torno do eixo x é
µ
¶
1
0
A=
0 −1
e a matriz canônica do operador S que dá a rotação com ângulo de 30◦ é
µ
¶ µ √
¶
cos(30◦ ) −sen(30◦ )
3/2 √
−1/2
B=
=
sen(30◦ )
cos(30◦ )
3/2
1/2
Portanto a composição pedida S ◦ T é
µ √
¶
3/2
1/2
√
BA =
.
1/2 − 3/2
3a QUESTÃO: Para encontrar este operador temos que fazer a projeção de um vetor
w = (x, y) qualquer de R2 sobre a reta. Ora, fazer a projeção sobre a reta é o mesmo que
fazer a projeção sobre um vetor que dá a direção da reta. Como esta reta tem equação
Cartesiana 3x − 2y = 0 então tem como vetor normal n = (3, −2) e logo tem como vetor
direção v = (2, 3). Assim temos que calcular a projeção de w sobre v:
µ
¶
µ
¶
³w · v ´
2x + 3y
4x + 6y 6x + 9y
v=
,
(2, 3) =
.
projv (w) =
v·v
4+9
13
13
Portanto o operador de R2 procurado é
2
T : R2 → R
µ
¶
4x + 6y 6x + 9y
,
(x, y) 7→
.
13
13
4a QUESTÃO:
7
(a) EV1 falha pois temos (x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) 6= (x0 , y 0 ) ⊕ (x, y) em geral;
(b) EV8 falha pois 1 ¯ (x, y) = (1 + x, 1 + y) 6= (x, y). Além disso, as propriedades EV5,
EV6 e EV7 também falham;
(c) EV3 falha pois não existe elemento nulo, já que após qualquer soma a terceira coordenada do vetor é zero;
(d) EV1 falha pois o produto de matrizes não é comutativo, isto é, A · A0 6= A0 · A.
Vejamos que EV4 também falha. Para isso note primeiro
EV3 funciona, isto é,
µ que ¶
1 0
existe um elemento nulo para a operação ⊕, já que I =
é tal que
0 1
A ⊕ I = A · I = A e I ⊕ A = I · A = A.
Agora, como nem toda matriz é inversı́vel, isto é, dado A ∈ M2×2 , nem sempre existe
uma matriz inversa A−1 tal que A · A−1 = I, vemos que nem sempre existe o inverso
aditivo de elementos de V com respeito a ⊕. Assim a propriedade EV4 falha.
(e) EV4 falha já que o inverso aditivo de um vetor (x, y) ∈ V deveria ser (−x, −y), que
não pertence a V .
5a QUESTÃO:
(a) É óbvio que (0, 0) está em V já que 02 = 0. Além disso, temos
(x, y) ⊕ (0, 0) = (x + 0, y + 0 + 2 · x · 0) = (x, y);
(b) Dado (x, y) ∈ V temos que y = x2 por definição. Deste modo, vemos que (−x, y)
também está em V pois (−x)2 = x2 = y. Além disso, temos
(x, y) ⊕ (−x, y) =
=
=
=
(x − x, y + y + 2 · x · (−x))
(0, 2y − 2x2 )
(0, 2(y − x2 ))
(0, 0), pois y = x2 .
(c) Para (x, y) ∈ V e k, l ∈ R temos
(k + l) ¯ (x, y) = ((k + l)x, (k + l)2 y)
= ((k + l)x, (k 2 + l2 + 2kl)y)
e por outro lado, temos
(k ¯ (x, y)) ⊕ (l ¯ (x, y)) =
=
=
=
=
(kx, k 2 y) ⊕ (lx, l2 y)
(kx + lx, k 2 y + l2 y + 2 · (kx) · (lx))
((k + l)x, k 2 y + l2 y + 2klx2 )
((k + l)x, k 2 y + l2 y + 2kly), pois x2 = y
((k + l)x, (k 2 + l2 + 2kl)y).
Assim vemos que (k + l) ¯ (x, y) = (k ¯ (x, y)) ⊕ (l ¯ (x, y)).
8
(d) Para a (EV1) temos
(x, y) ⊕ (x0 , y 0 ) = (x + x0 , y + y 0 + 2xx0 ) = (x0 + x, y 0 + y + 2x0 x) = (x0 , y 0 ) ⊕ (x, y).
Para a (EV2) temos
(x, y) ⊕ ((x0 , y 0 ) ⊕ (x00 , y 00 )) =
=
0 0
00 00
((x, y) ⊕ (x , y )) ⊕ (x , y ) =
=
(x, y) ⊕ (x0 + x00 , y 0 + y 00 + 2x0 x00 )
(x + x0 + x00 , y + y 0 + y 00 + 2x0 x00 + 2xx0 + 2xx00 ), e
(x + x0 , y + y 0 + 2xx0 ) ⊕ (x00 , y 00 )
(x + x0 + x00 , y + y 0 + y 00 + 2x0 x00 + 2xx0 + 2xx00 ).
Para a (EV5) temos
k ¯ ((x, y) ⊕ (x0 , y 0 )) =
=
0 0
(k ¯ (x, y)) ⊕ (k ¯ (x , y )) =
=
=
k ¯ (x + x0 , y + y 0 + 2xx0 )
(k(x + x00 ), k 2 (y + y 0 + 2xx0 )), e
(kx, k 2 y) ⊕ (kx0 , k 2 y 0 )
(kx + kx0 , k 2 y + k 2 y 0 + 2(kx)(kx0 ))
(k(x + x0 ), k 2 (y + y 0 + 2xx0 )).
Para a (EV7) temos
(kl) ¯ (x, y) =
=
k ¯ (l ¯ (x, y)) =
=
(klx, (kl)2 y)
(klx, k 2 l2 y), e
k ¯ (lx, l2 y)
(klx, k 2 l2 y).
Para a (EV8) temos
1 ¯ (x, y) = (1 · x, 12 · y) = (x, y).
6a QUESTÃO:
(a) W não é subespaço linear de V pois o elemento nulo de V que é (0, 0) não está em W ;
(b) W é subespaço linear de V , pois é o conjunto solução de um sistema linear, a saber o
sistema
½
x −3y
=0
y
+z = 0
Outra forma de ver que W é subespaço de V é escrever W como
W = {(3t, t, −t) | t ∈ R}.
Assim, tomamos dois vetores de W , digamos w0 = (3t0 , t0 , −t0 ) e w1 = (3t1 , t1 , −t1 ) e
um escalar k ∈ R. Temos que:
* com t = 0 vemos que o elemento nulo (0, 0, 0) de V está em W ;
* w0 + w1 = (3(t0 + t1 ), t0 + t1 , −(t0 + t1 )) está em W com t = t0 + t1 ;
* k · w0 = (3(kt0 ), kt0 , −kt0 ) está em W com t = kt0 .
9
(c) W é subespaço vetorial deµV . De¶fato, note primeiro que as matrizes simétricas de
a b
ordem 2 × 2 são da forma
com a, b, c ∈ R. Assim, temos:
b c
µ
¶
0 0
está em W , isto é, é uma matriz simétrica;
* o elemento nulo de M2×2 que é
0 0
* tome A e A0 elementos de W , então estas matrizes são da forma
µ
¶
µ 0 0 ¶
a b
a b
0
A=
e A =
.
b c
b0 c0
¶
µ
a + a0 b + b0
0
Assim A + A =
é simétrica e logo está em W ;
b + b0 c + c0
* tome um escalar k ∈ R e um vetor A ∈ W , então temos A =
µ
¶
ka kb
k·A=
é simétrica e logo está em W .
kb kc
µ
a b
b c
¶
. Assim
(d) Já vimos no exercı́cio 1(e) que W não é espaço vetorial com as operaçoẽs usuais, logo
não pode ser subespaço de R2 . Outra forma de ver isso é notar que w = (1, 1) ∈ W
mas com k = 2 temos k · (1, 1) = (2, 2) 6∈ W .
(e) W não é subespaço de V = R3 pois a soma de dois vetores w e w0 de W não necessariamente está em W . Por exemplo tome w = (−1, 0, 0) e w0 = (0, −1, 0), temos
w, w0 ∈ W mas w + w0 = (−1, −1, 0) não está em W .
Outro modo de ver que W não é subespaço de V é notar que a multiplicação por
escalar de um vetor de W não necessariamente cai em W . Por exemplo tome w =
(−1, 0, 0) ∈ W , então com k = 2 temos k · w = (−2, 0, 0) 6∈ W .
(f) W não é subespço de V = P3 pois o vetor nulo de P3 que é o polinômio nulo 0 =
0x3 + 0x2 + 0x + 0 não está em W , já que seu termo de grau 2 não é 1;
(g) W é subespaço de V = P2 . De fato:
* o vetor nulo de P2 é 0 = 0x2 + 0x + 0 que está em W ;
* tome p(x) e q(x) em W , isto é, temos p(1) = q(1) = 0. Então a soma h(x) =
p(x) + q(x) satisfaz h(1) = p(1) + q(1) = 0 + 0 = 0, e logo está em W ;
* tome um escalar k ∈ R e um vetor p(x) ∈ W , isto é, p(1) = 0. Então o produto
g(x) = k · p(x) está em W pois g(1) = k · p(1) = k · 0 = 0.
(h) W não é subespaço de V pois o vetor nulo de V que é 0x2 + 0x + 0 não está em W ;
µ
¶
0 0
(i) W não é subespaço de V = M2×2 já que o vetor nulo de M2×2 , que é a matriz
,
0 0
não é inversı́vel e logo não está em W .
10
7a QUESTÃO:
(a) Sim, v = 13 v1 + v2 ;
(b) Não;
(c) Sim, v = 2v1 + v2 ;
(d) Sim, v = 2v1 + v2 + 0v3 (existem outras formas de escrever v);
(e) Não;
(f) Sim, v = v1 − 2v2 ;
(g) Sim, v = −v1 + 3v2 .
8a QUESTÃO:
(a) W é a reta em R2 passando pela origem e com a direção do vetor v = (2, 3). Temos
W = {(x, y) ∈ R2 | 3x − 2y = 0} = {(2t, 3t)|t ∈ R};
(b) W = R2 ;
(c) W = {(x, y, z) ∈ R3 | 3x + y − z = 0}. Usando esta informação é fácil ver que
v = (−1, 5, 2) ∈ W , já que este vetor satisfaz a equação de W , isto é, 3·(−1)+5−2 = 0;
(d) W = {(x, y, z) ∈ R3 | 3x + y − z = 0}. Como o vetor (−1, 5, 2) já estava em
h(0, 1, 1), (−1, 3, 0)i, os subespaços dos itens (c) e (d) devem realmente ser iguais;
(e) W = {(x1 , x2 , x3 , x4 ) ∈ R4 | x1 − 2x2 + x3 = 0 e 2x1 − 3x2 + x4 = 0};
(f) W = {a2 x2 + a1 x + a0 ∈ P2 | a1 = a0 + a2 }. Usando esta informação é fácil ver que
x2 − x − 2 e −x2 + 2x + 3 são combinações lineares dos vetores x2 + x e x + 1 pois em
ambos os polinômios o termo de grau 1 é a soma dos termos de graus 0 e 2.
(g) W = P2 ;
½µ
¶
¾
a b
(h) W =
∈ M2×2 | a + 3b − 2c − 2d = 0 .
c d
9a QUESTÃO:
(a) Os dois vetores são linearmente independentes (LI) já que não são múltiplos um do
outro;
(b) Os dois vetores são linearmente independentes (LI) já que não são múltiplos um do
outro;
11
(c) Escrevendo o vetor nulo de P2 como combinação linear dos três vetores do conjunto,
temos
0x2 + 0x + 0 = a(x2 + 3x − 1) + b(2x2 − x) + c(x2 − 4x + 1)
= (a + 2b + c)x2 + (3a − b − 4c)x + (−a + c),
com a, b, c ∈ R. Por igualdade de polinômios,

 a +2b
3a −b
(∗)

−a
obtemos o sistema linear
+c = 0
−4c = 0
+c = 0
Para determinar se o conjunto é linearmente dependente ou independente, precisamos
saber se o sistema (∗) tem infinitas ou uma única solução. Resolvendo o sistema, temos




1
2
1 0
1
2
1 0
M =  3 −1 −4 0  −→ M 0 =  0 −1 −1 0  ,
0
0
0 0
−1
0
1 0
onde realizamos as operações elementares: L2 7→ L2 − 3L1 , L3 7→ L3 + L1 , L2 7→ 71 L2 ,
L3 7→ L3 + 2L2 . Pela matriz M 0 vemos que o sistema tem infinitas soluções e logo o
conjunto é linearmente dependente (LD).
(d) Escrevendo o vetor nulo de M2×3 como combinação linear dos quatro vetores do conjunto, temos
µ
¶
µ
¶
µ
¶
µ
¶
µ
¶
0 0 0
1 2
3
0 1 −2
2 1 0
3 2 5
= a
+b
+c
+d
0 0 0
2 0 −1
1 1
0
−2 3 1
−1 2 0
µ
¶
a + 2c + 3d
2a + b + c + 2d 3a − 2b + 5d
=
2a + b − 2c − d
b + 3c + 2d
−a + c
com a, b, c, d ∈ R. Por igualdade








(∗)







de matrizes, obtemos o sistema linear
a
+2c
2a +b +c
3a −2b
2a +b −2c
b +3c
−a
+c
+3d
+2d
+5d
−d
+2d
=0
=0
=0
=0
=0
=0
Para determinar se o conjunto é linearmente dependente ou independente, precisamos
saber se o sistema (∗) tem infinitas ou uma única solução. Resolvendo o sistema, temos




1 0
2
3 0
1
0
2
3 0
 0 1 −3 −4 0 
 2
1
1
2 0 




 0 0 −3 −3 0 
 3 −2

0
5 0 
0

,

M =

 −→ M =  0 0
0
−2
0
2
1
−2
−1
0




 0 0
 0
0
0 0 
1
3
2 0 
0 0
0
0 0
−1
0
1
0 0
12
onde realizamos as seguintes operações elementares: L2 7→ L2 − 2L1 , L3 7→ L3 − 3L1 ,
L4 7→ L4 − 2L1 , L6 7→ L6 + L1 , L3 7→ L3 + 2L2 , L4 7→ L4 − L2 , L5 7→ L5 − L2 , L3 ↔ L4 ,
L4 7→ L4 − 4L3 , L5 7→ L5 + 2L3 e L6 7→ L6 + L3 .
Pela matriz M 0 vemos que o sistema tem uma única solução (que é a = b = c = d = 0)
e logo o conjunto é linearmente independente (LI).
(e) Como este conjunto consiste de três vetores em R3 , para saber se é linearmente dependente ou independente, basta calcular o determinante da matriz:


−1 0 1
A= 5 1 2 
2 1 0
Ora, esta matriz tem determinante igual a
det(A) = −1(0 − 2) − 0(0 − 4) + 1(5 − 2) = 2 + 0 + 3 = 5
e logo, como det(A) 6= 0, vemos que os três vetores são linearmente independentes
(LI).
(f) Como este conjunto consiste de três vetores em R3 , para saber se é linearmente dependente ou independente, basta calcular o determinante da matriz:


−1 0 −1
3 
A= 5 1
2 1
0
Ora, esta matriz tem determinante igual a
det(A) = −1(0 − 3) − 0(0 − 6) − 1(5 − 2) = 3 + 0 − 3 = 0
e logo, como det(A) = 0, vemos que os três vetores são linearmente dependentes (LD).
(Note que verificamos no exercı́cio 4 itens (b) e (c) que o vetor (−1, 5, 2) é combinação
linear dos vetores (0, 1, 1) e (−1, 3, 0), mas não é combinação linear dos vetores (0, 1, 1)
e (1, 2, 0).)
10a QUESTÃO: Primeiro notamos que a hipótese de que u é combinação linear de v e w
significa que existem a, b ∈ R tais que
u = a · v + b · w.
(a) (Não.) Para ver se o conjunto {u, v, w} é linearmente dependente ou independente precisamos ver se existem outros modos de escrever o vetor nulo 0 ∈ V como combinação
linear de u, v, w
k1 u + k2 v + k3 w = 0
13
além da combinação trivial (isto é, com todas os escalares k1 , k2 , k3 iguais a zero). Ora,
temos
u = av + bw ⇒ u − av − bw = 0
o que significa que, com k1 = 1, k2 = −a e k3 = −b, obtemos uma maneira de escrever
0 como combinação linear de u, v, w distinta da trivial. Assim {u, v, w} é um conjunto
linearmente dependente.
(b) (Sim.) Por definição o subespaço hv, wi é o conjunto de todas as combinações lineares
de v e w. Como por hipótese u é combinação linear de v e w, então u pertence a hv, wi.
(c) (Sim.) Precisamos ver se 3u é combinação linear de v e w. Ora, temos que u = av + bw
e logo 3u = (3a)v + (3b)w, mostrando que 3u é combinação linear de v e w, ou seja,
que 3u pertence a hv, wi.
(d) (Sim.) Aqui precisamos ver se v − 3u + 2w é combinação linear de v e w. Agora, como
u = av + bw, temos que
v − 3u + 2w = v − 3(av + bw) + 2w = (1 − 3a)v + (2 − 3b)w
mostrando que v − 3u + 2w pode ser escrito como combinação linear de v e w.
(e) (Sim.) Precisamos ver se u é combinação linear de v − 3u + 2w e w, isto é, se existem
k, l ∈ R tais que
u = k · (v − 3u + 2w) + l · w.
Como u = v + 2w, substituindo na equação acima temos
v + 2w = k(v − 3(v + 2w) + 2w) + lw ⇒ v + 2w = −2kv − 4kw + lw
⇒ v + 2w + 2kv + 4kw − lw = 0
⇒ (1 + 2k)v + (2 + 4k − l)w = 0.
Agora, por hipótese v e w são linearmente independentes o que significa que o único
modo de escrever 0 como combinação linear de v e w é o modo trivial 0v + 0w = 0, ou
seja, temos que ter
1 + 2k = 0 e 2 + 4k − l = 0.
Então k = −1/2 e logo l = 4k − 2 = 0. Portanto u = −1/2(v − 3u + 2w) + 0w,
mostrando que u pertence a hv − 3u + 2w, wi.
(f) (Não.) Como no item anterior, precisamos ver se u é combinação linear de v − 3u + 2w
e w, isto é, se existem k, l ∈ R tais que
u = k · (v − 3u + 2w) + l · w.
14
1
Como u = v + 2w, substituindo na equação acima temos
3
µ
µ
¶
¶
1
1
1
v + 2w = k v − 3
v + 2w + 2w + lw ⇒
v + 2w = −4kw + lw
3
3
3
1
v + 2w + 4kw − lw = 0
⇒
3 ¶
µ
1
⇒
v + (2 + 4k − l)w = 0.
3
Agora, por hipótese v e w são linearmente independentes o que significa que o único
modo de escrever 0 como combinação linear de v e w é o modo trivial 0v + 0w = 0, ou
seja, deverı́amos ter
1
= 0 e 2 + 4k − l = 0.
3
Como a primeira equação é obviamente falsa, vemos que é impossı́vel encontrar escalares k, l satisfazendo u = k(v − 3u + 2w) + lw, ou seja, u não é conbinação linear
de v − 3u + 2w e w e portanto u não pertence ao subespaço hv − 3u + 2w, wi.
15