Exercícios de Algebra Linear

.
Exercícios de Álgebra Linear
Mestrado Integrado em Engenharia do Ambiente
Mestrado Integrado em Engenharia Biológica
Nuno Martins
Departamento de Matemática
Instituto Superior Técnico
Setembro de 2010
1
Índice
1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Sistemas de equações lineares).................3
Resolução da 1a …cha de exercícios...........................................................................................5
2a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Matrizes)................................................17
Resolução da 2a …cha de exercícios.........................................................................................19
3a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Determinante)........................................34
Resolução da 3a …cha de exercícios.........................................................................................38
4a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Espaços lineares)....................................46
Resolução da 4a …cha de exercícios.........................................................................................54
5a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Transformações lineares).......................118
Resolução da 5a …cha de exercícios........................................................................................126
6a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Valores próprios e vectores próprios)....179
Resolução da 6a …cha de exercícios........................................................................................183
7a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Produtos internos e ortogonalização)....212
Resolução da 7a …cha de exercícios........................................................................................216
1a Ficha de exercícios facultativos.........................................................................................247
Resolução da 1a Ficha de exercícios facultativos...................................................................249
2a Ficha de exercícios facultativos.........................................................................................254
Resolução da 2a Ficha de exercícios facultativos...................................................................256
3a Ficha de exercícios facultativos.........................................................................................266
Resolução da 3a Ficha de exercícios facultativos...................................................................267
4a Ficha de exercícios facultativos.........................................................................................272
Resolução da 4a Ficha de exercícios facultativos...................................................................273
2
1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Sistemas de equações lineares)
1. Quais das seguintes equações são equações lineares em x; y e z ?
p
1
(a) 3 x + 3y + z = 1
(c) x 1 + 3y z = 2
(b) x + z = 0
2
(d) x
yz = 1
2. Diga qual dos seguintes pontos: (0; 0) ; (1; 1) ; (1; 1) ; ( 1; 1) é a solução do seguinte sistema de
equações lineares nas variáveis x; y.
8
< x+y =0
x 2y = 3
:
x y = 2.
p
3
são soluções
3. Diga quais dos seguintes pontos: (0; 0; 0; 0) ; (1; 1; 1; 0) ; (1; 1; 1; 2) ; 3; 9; 7;
2
do sistema de equações lineares nas variáveis x; y; z e w.
x 2y 3z = 0
x + y + z = 1.
4. Determine valores para x; y; z e w de modo a que nas reacções químicas seguintes os elementos
químicos envolventes ocorram em iguais quantidades em cada lado da respectiva equação.
(a) xC3 H8 + yO2 ! zCO2 + wH2 O
(b) xCO2 +yH2 O ! zC6 H12 O6 + wO2
5. Resolva os seguintes sistemas de equações lineares usando o método de eliminação de Gauss.
2x + 4y = 10
4x 2y = 5
(c)
3x + 6y = 15
6x + 3y = 1
8
8
< 2x + y 3z = 5
< 2x + 3y 2z = 5
3x 2y + 2z = 5
x 2y + 3z = 2
(d)
(e)
:
:
5x 3y z = 16
4x y + 4z = 1
8
8
< x + 2y + 3z = 3
< 2x + 3y = 3
2x + 3y + 8z = 4
x 2y = 5
(f)
(g)
:
:
3x + 2y + 17z = 1
3x + 2y = 7
8
8
z + 3w = 3
< x + 2y
< x + 5y + 4z 13w = 3
2x + 4y + 4z + 3w = 9
3x y + 2z + 5w = 2
(h)
(i)
:
:
3x + 6y z + 8w = 10
2x + 2y + 3z 4w = 1
8
8
2x3 + 3x4 = 4
>
>
<
< x 2y + 3z w = 1
2x1 6x3 + 9x4 = 7
3x y + 2z + 5w = 2
(j)
(k)
2x1 + 2x2 5x3 + 2x4 = 4
>
:
>
3x + 6y 9z + 3w = 6
:
100x2 + 150x3 200x4 = 50
(a)
2x + 3y = 1
5x + 7y = 3
(b)
6. Discuta em função do parâmetro real os seguintes sistemas de equações lineares (nas variáveis x; y
e z) quanto à existência ou não de solução (isto é, determine os valores (reais) de para os quais
os seguintes sistemas de equações lineares: (i) tenham solução única, (ii) não tenham solução, (iii)
tenham mais do que uma solução.) Nos casos em que existirem soluções, determine-as.
3
8
<
x+y+z =1
x+ y +z =1
(a)
:
x+y+ z =1
8
< x +y+z =1
x+ y+z =
(d)
:
x+y + z = 2
(b)
8
< x+y+ z =2
3x + 4y + 2z =
(c)
:
2x + 3y z = 1
x + 2y + z = 1
2x + y + 8z = 3
8
< x+y + z =1
2x + y 2 z =
(e)
:
x+ y +z = 1+2
7. Discuta a existência ou não de solução dos seguintes sistemas de equações lineares em termos dos
parâmetros reais e . Nos casos em que existirem soluções, determine-as.
8
8
8
2z + w =
>
>
< x+y z+ w =0
< x + 4y + 3z = 10
<
x + y + z + 3w = 1
2x + 7y 2z = 10 (b)
x 2y + 2z + w = 1
(a)
(c)
2x + 2y + z + w = 2
:
>
:
>
x + 5y + z =
x y + z + ( + 1) w =
:
x + y + 3z + 14w = 4
8. Determine as condições a que a; b e c devem obedecer de forma a que os seguintes sistemas de equações
lineares tenham solução:
8
8
< x + 2y 3z = a
< x 2y + 4z = a
3x y + 2z = b
2x + 3y z = b
(a)
(b)
:
:
x 5y + 8z = c
3x + y + 2z = c
9. Determine um sistema de equações lineares cujo conjunto de soluções seja:
(a) S = f(1 + t; 1
(b) S = f(t; 1
t) : t 2 Rg
2t; 1) : t 2 Rg
(c) S = f(3t; 2t; t) : t 2 Rg
(d) S = f(3t
(e) S = f(2t
(f) S = f(1
(g) S = ?
2t + 1) : s; t 2 Rg
s; t + 2s
1; s
3s; t + s
1; 2s + 1; t
s; s
t; 2s; t
1) : s; t 2 Rg
1) : s; t 2 Rg
10. (i) Determine os coe…cientes a; b; c e d da função polinomial
p(x) = ax3 + bx2 + cx + d;
cujo grá…co passa pelos pontos P1 = (0; 10); P2 = (1; 7); P3 = (3; 11) e P4 = (4; 14).
(ii) Determine os coe…cientes a; b e c da equação da circunferência
x2 + y 2 + ax + by + c = 0;
que passa pelos pontos P1 = ( 2; 7); P2 = ( 4; 5) e P3 = (4; 3).
4
Resolução da 1a Ficha de exercícios
1. As equações das alíneas (a) e (b) são lineares.
2. O ponto (1; 1) é a solução desse sistema de equações lineares.
3. Os pontos: (1; 1; 1; 0) ; (1; 1; 1; 2) ; 3; 9; 7;
4 (a) 8
< 3x
Tem-se 2y
:
8x
8
< 3x
2y
Logo,
: 8
z
3
2
z=0
3 0
4
2z w = 0 e assim, 0 2
2w = 0
8 0
8
x = 14 w
>
>
>
>
z=0
<
2z w = 0 ,
y = 45 w
>
>
2w = 0.
>
>
:
z = 34 w.
1
2
0
2
1
s
4
p
3
2
são soluções desse sistema de equações lineares.
3
0 j 0
1 j 0 5
2 j 0
!
8
L +L2 !L2
3 1
2
3 0
4 0 2
0 0
1
2
8
3
3
0 j 0
1 j 0 5.
2 j 0
3
7
3 6
6 5 7
x
7
6
6 y 7 6 4s 7
7, para qualquer s 2 R, isto é, o conjunto solução é
6
7
6
A solução geral do sistema é: X = 4
=
7
z 5 6
6 3s 7
6 4 7
w
5
4
s
1
5
3
dado por: S = 4 s; 4 s; 4 s; s : s 2 R .
2
Para s = 4, tem-se a seguinte solução da equação química: x = 1; y = 5; z = 3; w = 4:
8
< x 6z = 0
(b) Tem-se 2x + y 6z 2w = 0 e assim,
:
2y 12z = 0
2
3
2
3
2
1 0
6 0 j 0
1 0
6 0 j 0
1
4 2 1
4
5
4
6
2 j 0 5
0
1
6
2
j
0
0
!
!
2L1 +L2 !L2
2L2 +L3 !L3
0 2
12 0 j 0
0 2
12 0 j 0
0
8
8
< x 6z = 0
< x=w
y + 6z 2w = 0 ,
y=w
Logo,
A solução geral do sistema é S =
:
:
24z + 4w = 0.
z = 16 w.
0
1
0
6
6
24
s; s; 16 s; s : s 2 R .
Para s = 6, tem-se a seguinte solução para a equação química: x = 6; y = 6; z = 1; w = 6:
5
3
0 j 0
2 j 0 5:
4 j 0
2 3 j 1
5 7 j 3
5. (a)
2
0
!
5
L +L2 !L2
2 1
j 1
. Logo,
j 12
3
1
2
2x + 3y = 1
,
1
y = 12
2
x=2
y = 1.
A solução geral do sistema é S = f(2; 1)g.
2 4 j 10
3 6 j 15
(b)
2 4 j 10
. Logo, 2x + 4y = 10 , x = 5
0 0 j 0
!
3
L +L2 !L2
2 1
A solução geral do sistema é S = f(5
4
6
(c)
S = ?.
2 j 5
3 j 1
!
3
L +L2 !L2
2 1
2s; s) : s 2 Rg.
2 j
0 j
4
0
5
. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).
17
2
2
3
2
1
3
1
3 j 5
4 0
7=2 13=2
2 2 j 5 5 3 !
L +L2 !L2
2 1
0
11=2 13=2
3
1 j 16
5
L +L3 !L3
2 1
2
3
2
1
3
j
5
4 0
5.
7=2
13=2
j
5=2
!
11
L +L3 !L3
7 2
0
0
26=7 j 52=7
8
8
< x=1
< 2x + y 3z = 5
13
5
7
y
+
z
=
y = 3 A solução geral
,
Logo,
2
2
2
:
: 26
52
z= 7
z = 2.
7
2
2
(d) 4 3
5
2
2
4
1
(e)
4
3
2
1
3
2 j 5
3 j 2 5
4 j 1
!
1
L +L2 !L2
2 1
2L1 +L3 !L3
2y.
2
2
4 0
0
3
7=2
7
2 j
4 j
8 j
3
5
5=2 5
7=2
j
j
j
!
11
L +L3 !L3
7 2
do sistema é S = f(1; 3; 2)g.
3
5
1=2 5
9
!
2L2 +L3 !L3
2
2
4 0
0
3
7=2
0
Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
2
3
1 2 3 j 3
(f) 4 2 3 8 j 4 5
3 2 17 j 1
Logo,
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
x + 2y + 3z = 3
,
y + 2z = 2
2
1
4 0
0
2 3 j
1 2 j
4 8 j
3
3
2 5
8
!
4L2 +L3 !L3
x = 7z 1
y = 2z + 2.
A solução geral do sistema é S = f( 7s
1; 2s + 2; s) : s 2 Rg.
6
2
1
4 0
0
2 3 j
1 2 j
0 0 j
3
3
2 5.
0
2 j
4 j
0 j
3
5
1=2 5.
8
2
2
(g) 4 1
3
Logo,
2
2
3
3 j 3
1
2 j 5 5 ! 4 2
L1 $L2
2 j 7
3
x 2y = 5
,
7y = 7
1 2
(h) 4 2 4
3 6
Logo,
1
4
(i) 3
2
3
1 3 j 3
4 3 j 9 5
1 8 j 10
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
x + 2y
z + 3w = 3
,
6z 3w = 3
5 4
1 2
2 3
2
1
4
0
!
1
L +L3 !L3
2 2
0
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
2
3
5
7 5
8
2 j
7 j
8 j
1
4 0
0
!
8
L +L3 !L3
7 2
2
1 2
4 0 0
0 0
1
6
2
x = 2y 52 w +
z = 12 w + 12 .
2s
5
t
2
3
2
13 j 3
1
5
4
5 j 2
0
!
3L1 +L2 !L2
4 j 1
2L1 +L3 !L3 3 0
5
4
13 j 3
16
10 44 j
7 5.
3
0
0
0 j
2
3
3 j 3
3 j 3 5
1 j 1
!
1
L +L3 !L3
3 2
7
2
2
1 2
4 0 0
0 0
+ 72 ; s; 21 t + 12 ; t : s; t 2 R .
5
16
8
4
10
5
3
3
7 5
5
13 j
44 j
22 j
!
1
L +L3 !L3
2 2
Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
2
3
2 2
5
4
6 2 0
6
7 7
7
! 6
4 5 L1 $L3 4 0 0 2
1
50 50 L4 !L4 0 2 3
3
2
2 2
j 4
6
7
0
2
j 3 7
! 6
5
4
j 4 L2 +L4 !L4 0 0
0 0
j 1
3
4
3 7
7.
4 5
0
8
x1 = 19
9x4
>
2
8
>
>
>
2x
+
2x
5x
+
2x
=
4
< 1
<
2
3
4
5
x2 = 17
x
2x2 x3 + 7x4 = 3
Logo,
,
4 4
2
:
>
>
2x3 + 3x4 = 4
>
>
:
x3 = 23 x4 + 2
2
0 0
2
6 2 0
6
(j) 6
4 2 2
5
0 100 150
2
2 2
6 0
2
6
!
4
0 0
L1 +L2 !L2
0 2
2
2 2
6 0
2
6
!
0
L3 +L4 !L4 4 0
0 0
2
1
4 0
0
2 j
7 j
0 j
3
5
7 5.
0
x=3
A solução geral do sistema é S = f(3; 1)g.
y = 1.
A solução geral do sistema é S =
2
3
2 j 5
3 j 3 5
2 j 7
3
j
9
j
2
j
200 j
5 2
1 7
2
3
3
4
5 2 j
1 7 j
2 3 j
0 0 j
7
2
9
3
4
5
1
2
2
j
j
j
j
2
7
3
3
4
7
4
1
j
j
j
j
3
7
7
5
!
L1 +L2 !L2
3
4
3 7
7
4 5
4
!
L3 +L4 !L4
1
6
0
3
3 j 3
3 j 3 5.
0 j 0
19
2
A solução geral do sistema é dada por S =
2
1
(k) 4 3
3
2
1
6
1 j
5 j
3 j
3
2
9
3
1
2 5
6
!
3L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
9s; 17
s
4
2
1
4 0
0
2
5
0
5
;
2
3
s
2
+ 2; s : s 2 R .
1 j
8 j
0 j
3
7
0
Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
3
1
1 5.
3
2
3
2 3
1 1
1
1 5 e B = 4 1 5.
6. (a) Sejam A = 4 1
1 1
1
2
[A j B] = 4 1
1
2
1
4
0
!
L1 +L2 !L2
0
L1 +L3 !L3
1 1
1
1
1
1
1
3
2
j 1
1
5
4
j 1
1
!
L1 $L3
j 1
j
1
1
j
0
2
1
j 1
3
j 1
1 j 1 5
1 1 j 1
3
2
1
5
!
L2 +L3 !L3
!
1
4 0
0
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
1
1
0
(1
j
1
1
j
0
) ( + 2) j 1
3
5.
Se
= 1 então car A = car [A j B] = 1 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema
é possível e indeterminado, tendo-se x + y + z = 1. A solução geral deste sistema é então dada por
S = f(1 s t; s; t) : s; t 2 Rg.
Se
=
2 então car A < car [A j B]. Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
| {z }
|
{z
}
=2
=3
Se =
6 1 e 6= 2 então car A = car [A j B] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é
possível e determinado, tendo-se
8
8
< x+y+ z =1
< x = 1= ( + 2)
(
1) y + (1
)z = 0 ,
y = 1= ( + 2)
:
:
(1
) ( + 2) z = 1
z = 1= ( + 2) .
A solução geral do sistema é então dada por S =
(b) Sejam A =
[A j B] =
1 2
2
8
1 2
j 1
2
8 j 3
eB=
!
1
;
+2
1
;
+2
2
j 1
.
j 1
1
.
3
2L1 +L2 !L2
1
0
2
4 8
8
1
+2
.
Se 6= 4 então car A = car [A j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível
e indeterminado, tendo-se
8
2
>
>
( + 4) z
>
< x=1
4
x + 2y + z = 1
,
(
4) y + (8 2 ) z = 1
>
>
1
>
: y=
+ 2z.
4
A solução geral deste sistema é então dada por S =
Se
1
2
4
( + 4) s;
1
4
+ 2s; s
:s2R .
= 4 então car A < car [A j B]. Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
| {z }
{z
}
|
=1
2
1 1
4
(c) Sejam A = 3 4 2
2 3
1
2
1 1
4 0 1 2 3
!
3L1 +L2 !L2
0 1
1 2
2L1 +L3 !L3
=2
3
5e
j
j
j
2
3
2
1 1
j
4
5
4
B =
.
[A j B ] = 3 4 2 j
1
2 3
1 j
3
2
2
1 1
j
2
4 0 1 2 3
6 5
j
6
!
L2 +L3 !L3
3
0 0
3+
j 3
2
2
1
3
3
5
!
3L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
5.
Se = 3 então car A = car [A j B ] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível
e indeterminado, tendo-se
8
< x = 5 10z
x + y + 3z = 2
,
y 7z = 3
:
y = 3 + 7z.
A solução geral deste sistema é então dada por S = f(8
+ (2
4 ) s;
6 + (3
2) s; s) : s 2 Rg.
Se 6= 3 então car A = car [A j B ] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível e
determinado, tendo-se
8
8
< x+y+ z =2
< x=6+3
y + (2 3 ) z =
6 ,
y= 4 2
:
:
( 3 + )z = 3
z = 1.
A solução geral do sistema é então dada por S = f(6 + 3 ; 4
2
3
2
1 1
1 5eB =4
(d) Sejam A = 4 1
1 13
2
2
1 1
j 2
5
4
1 j
! 4 1
!
L1 $L3
L1 +L2 !L2
1 1 j 1
L1 +L3 !L3
3
1 1 j 1
5 !
5.
1 j
[A j B ] = 4 1
L1 $L3
2
2
1 13
j
2
1
1
j
2 5
0
1 1
j
!
L2 +L3 !L3
2
3
0 1
1
j 1
1
3
2
2 ; 1)g.
9
!
L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
1
1
0
(1
2
j
1
j
(1
)
) ( + 2) j (1 + ) (1
2
)
3
5.
Se
= 1 então car A = car [A j B ] = 1 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema
é possível e indeterminado, tendo-se x + y + z = 1. A solução geral deste sistema é então dada por
S = f(1 s t; s; t) : s; t 2 Rg.
Se
=
2 então car A < car [A j B ]. O sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
| {z }
|
{z
}
=2
=3
Se =
6 1 e 6= 2 então car A = car [A j B ] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é
possível e determinado, tendo-se
8
8
< x+y+ z = 2
< x = ( + 1) = ( + 2)
y = 1= ( + 2)
(
1) y + (1
) z = (1
)
,
:
:
2
(1
) ( + 2) z = (1 + ) (1
)
z = (1 + )2 = ( + 2) .
!)
(
1
(1 + )2
+1
;
;
.
A solução geral do sistema é então dada por S =
+2 +2
+2
8
<
x+y + z
2x + y 2 z
(e)
:
x+ y +z
2
1 1
[A j B] = 4 2
=1
=
= 1+2
2
1
j
j
j
2
1 1
Sejam A = 4 2
1
1+2
3
5
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
3
2
1
2
1
4 0
0
2
5eB=4
1
+2
0
(1
1
1+2
3
5.
j
0
j
) (1 + ) j
3
1
+ 2 5:
1+
Se = 1 então car A = car [A j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível
e indeterminado, tendo-se
x+y+z =1
x=z
,
3y = 3:
y = 1:
A solução geral deste sistema é então dada por
S1 = f(s; 1; s) : s 2 Rg :
Se = 2 então então car A = car [A j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema
é possível e indeterminado, tendo-se
x + y 2z = 1
,
3z = 3:
x=y
z = 1:
A solução geral deste sistema é então dada por
S
2
= f(s
3; s; 1) : s 2 Rg :
10
3
Se
1 então car A < car [A j B]. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).
| {z }
{z
}
|
=
=2
=3
S
1
= ?:
Se 6= 1 e 6= 1 e 6= 2 então car A = car [A j B] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o
sistema é possível e determinado, tendo-se
8
8
= ( + 1)
< x+y+ z =1
< x=
( + 2) y = + 2
y=1
,
:
:
(1
) (1 + ) z = 1 +
z = 1= ( + 1) .
A solução geral do sistema é então dada por
S =
2
1 4
4
7. (a) Sejam A = 2 7
1 5
2
1 4
3
4 0
1
8
!
2L1 +L2 !L2
0 1
3
L1 +L3 !L3
+1
; 1;
3
2
3
3
10
2 5 e B = 4 10 5.
3
10
10 5
!
L2 +L3 !L3
10
j
j
j
1
+1
:
2
1 4
4
[A j B ] = 2 7
1 5
2
1 4
3
j
4 0
1
8
j
0 0
11 j
3
3 j 10
2 j 10 5
j
3
10
10 5.
20
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
Se = 11 e = 20 então car A = car [A j B ] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema.
Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se
x + 4y + 3z = 10
,
y 8z = 10
A solução geral deste sistema é então dada por S
Se
S
;
= 11 e
= ?.
6=
;
x = 30 + 29z
y = 10 8z.
= f( 30 + 29s; 10
8s; s) : s 2 Rg.
20 então car A < car [A j B ]. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).
| {z }
|
{z
}
=2
=3
Se 6= 11 então car A = car [A j B ] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível e
determinado, tendo-se
8
8
29 + 250) = (
11)
< x + 4y + 3z = 10
< x = (30
y 8z = 10
y = (10
8 + 50) = (
11)
,
:
:
(
11) z =
20
z=(
20) = (
11) .
A solução geral do sistema é então dada por S
;
=
11
30
29 + 250 10
;
11
8 + 50
;
11
20
11
.
(b) Sejam A
2
2 2
6 1 1
! 6
L1 $L3 4 0 0
1 1
2
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
! 6
L1 $L2 4 0
0
6
6
4
1
0
0
0
2
3
2 3
0 0 2
6 1 1 1 3 7
6 1 7
7
6 7
=6
[A
4 2 2 1 1 5 e B = 4 2 5:
1 1 3 14
4
2
3
1 1 1 3 j 1
1 1 j 2
6 2 2 1 1 j 2
1 3 j 1 7
7 ! 6
5 L1 $L2 4 0 0 2
j
2
j
1 1 3 14 j 4
3 14 j 4
3
2
1 1 1
3 j 1
1 1
7
6
0 0
1
5 j 0 7
6 0 0
5 2L2 +L!
4 0 0
0 0 2
j
3 !L3
2L2 +L4 !L4
0 0 2 11 j 3
0 0
3
2
1
3
j 1
1
7
6
1
5
j 0 7
6 0
!
0
1
j 3 5 ( 10)L3 +L4 !L4 4 0
0
10 j
0
2
0
6 1
jB ]=6
4 2
1
3
7
7
5
0
1
2
1
2
1 3
1 1
3 14
3
j
j 1 7
7 !
j 2 5 L1 $L3
j 4
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L4 !L4
1
3
1
5
0
10
0
1
1 1
3
0
1
5
0 0
1
0 0
0
3
j 1
j 0 7
7 !
5 L1 $L2
j
j 3
j
1
j
0
j
3
j
3(
10) +
3
7
7.
5
Se = 3 (
10) então car A = car [A j B ] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.
Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se
8
8
< x + y + z + 3w = 1
< x=7 y
z 5w = 0
z = 15 :
,
:
:
w=3
w = 3.
A solução geral deste sistema é então dada por S
Se
S
;
6= 3 (
= ?.
;
= f(7
s; s; 15; 3) : s 2 Rg.
10) então car A < car [A j B ]. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).
| {z }
|
{z
}
=3
=4
2
3
2 3
2
1
1
0
1
1
4
5
4
5
4
2 2
1
2 2
e B = 1 : [A j B ] = 1
(c) Sejam A = 1
1
1 1
+
1
1 1
2
31
2
1
1 1
+1 j
1
1
1
+1 j
4 0
2 2
1
j 1 5
1
1
j 1
! 4 1
!
L1 $L3
L1 +L2 !L2
2
0
+1
1
j
1
1
j 0
L1 +L3 !L3
2
3
1
1 1
+1
j
4 0
5.
1 1
j
1
!
( +1)L2 +L3 !L3
0 0 0 ( 2
1)
j
2 +1
3
j 0
1
j 1 5 !
L1 $L3
+
31 j
5
1
Se 6= 0 e 6=
então car A = car [A j B ] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.
2
Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se
12
!
( +1)L2 +L3 !L3
8
< x
y + z + ( + 1) w =
y+z
w=1
:
( 2
1) w = + 1 + ( 2
8
>
< x=
,
y=z
>
: w=
(
1)
A solução geral do sistema é então dada por
(
+1
( + 1)2
S ; =
1
2 +1
( 2
1)
;s
+1
2 +1
+1
2 +1
+1
2 +1
+1
2
1)
( +1)2
( 2
1)
1
1
+ .
+1
1; s;
( 2
1)
+
!)
:
Se = 0 e = 1 então car A = car [A j B ] = 2 < 4 = no de incógnitas do sistema.
Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se
x
y+z+w =1
,
y+z =0
A solução geral deste sistema é então dada por S
Se (
=0e
impossível). S
;
6= 1) ou
= ?.
=
;
x=1 w
y = z.
= f(1
s; t; t; s) : s; t 2 Rg.
1
então car A < car [A j B ]. Logo, o sistema não tem solução (é
| {z }
|
{z
}
2
=2
=3
2
3
2 3
2
1 2
3
a
1 2 5 e Ba;b;c = 4 b 5 : [A j Ba;b;c ] = 4
8. (a) Sejam A = 4 3
1
5 8
c
2
3
2
1 2
3 j
a
1 2
3 j
4 0
4 0
7 11 j b 3a 5
7 11 j
!
!
3L1 +L2 !L2
L2 +L3 !L3
0
7 11 j c a
0 0
0 j c
L1 +L3 !L3
1
3
1
2
1
5
a
b
3
3 j a
2 j b 5
8 j c
3
!
3L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
3a 5.
b + 2a
Para que haja solução é necessário que car A = car [A j Ba;b;c ], isto é, é necessário que
c
2
1
4
(b) Sejam A = 2
3
2
1
2
4 0 7
!
2L1 +L2 !L2
0 7
3L1 +L3 !L3
2
3
1
4
9
10
b + 2a = 0:
3
2 3
2
4
a
1 5 e Ba;b;c = 4 b 5 : [A j Ba;b;c ] = 4
2
c
3
2
j
a
1
2 4 j
4 0 7
j b 2a 5
9 j
!
L2 +L3 !L3
j c 3a
0 0
1 j
1
2
3
2
3
1
a
b
c
3
4 j a
1 j b 5
2 j c
3
2a 5.
b a
Como car A = car [A j Ba;b;c ], este sistema tem solução para quaisquer valores de a; b; c.
13
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
9. (a) Sejam x = 1 + t e y = 1
t. Logo
x + y = 2:
(b) Sejam x = t, y = 1
2t e z = 1. Tem-se então o seguinte sistema:
8
< 2x + y = 1
:
z = 1.
(c) Sejam x = 3t, y = 2t e z = t. Tem-se então o seguinte sistema:
8
< x 3z = 0
:
(d) Sejam x = 3t
y
2z = 0.
1ez=s
s, y = t + 2s
y = t + 2 (3t
x)
Deste modo:
s=3
Com
s=
2t + 1. Logo s = 3t
1 = 7t
y + 2x + 1
7
3y
x+3
7
1,t=
2x
3y
x=
x e assim
y + 2x + 1
:
7
x+3
7
y + 2x + 1
7
e t=
Tem-se então a seguinte equação linear:
z=s
2t + 1 =
3y
x+3
7
2
y + 2x + 1
+ 1.
7
Isto é:
5x
(e) Sejam x = 2t
3s, y = t + s
y + 7z = 8.
1, z = 2s + 1 e w = t
8
>
>
>
< x = 2 (w + 1)
>
>
z
>
: y =w+1+
14
3
z
1
2
1. Logo t = w + 1 e s =
1
2
1.
z
1
2
. Assim:
Deste modo, obtém-se o sistema de equações lineares:
8
< 2x + 3z 4w = 7
:
2y
z
2w =
1.
(f) Seja S = f(1 s; s t; 2s; t 1) : s; t 2 Rg.
Sejam x = 1 s, y = s t, z = 2s, w = t 1. Uma vez que s = 1
o seguinte sistema linear não homogéneo
y = 1 x (w + 1)
,
z = 2 (1 x)
(g) Por exemplo:
x e t = w + 1, tem-se então
x+y+w =0
2x + z = 2
8
< x+y =1
:
x + y = 0.
10. (i) Para que o grá…co da função polinomial p(x) = ax3 + bx2 + cx + d passe pelos pontos P1 =
(0; 10); P2 = (1; 7); P3 = (3; 11) e P4 = (4; 14), é necessário que
8
p(0) = 10
>
>
<
p(1) = 7
p(3) = 11
>
>
:
p(4) = 14.
O que é equivalente a existir solução para o seguinte sistema de equações lineares nas variáveis a; b; c e d:
8
d = 10
>
>
<
a+b+c+d=7
27a + 9b + 3c + d = 11
>
>
:
64a + 16b + 4c + d = 14.
Ou seja:
Atendendo a que:
2
1 1 1 j
4 27 9 3 j
16 4 1 j
8
d = 10
>
>
<
a+b+c= 3
27a + 9b + 3c = 21
>
>
:
16a + 4b + c = 6.
3
3
21 5
6
!
27L1 +L2 !L2
16L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
15
1
18
12
3
1 j
3
24 j 60 5
15 j 42
!
1
L !L2
6 2
2
1
4
0
!
1
L !L2
6 2
0
tem-se
1
3
12
3
1 j
3
4 j 10 5
15 j 42
!
4L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
1
3
0
3
1 j
3
4 j 10 5 ;
1 j 2
8
a=1
>
>
<
b= 6
c=2
>
>
:
d = 10.
(ii) Para que os pontos P1 = ( 2; 7); P2 = ( 4; 5) e P3 = (4; 3) pertençam à circunferência de equação
x + y 2 + ax + by + c = 0; é necessário que
8
2
< ( 2) + 72 + a ( 2) + 7b + c = 0
( 4)2 + 52 + a ( 4) + 5b + c = 0
: 2
4 + ( 3)2 + 4a + b ( 3) + c = 0.
2
O que é equivalente a existir solução para o seguinte sistema de equações lineares nas variáveis a; b e c:
8
< 2a + 7b + c = 53
4a + 5b + c = 41
:
4a 3b + c = 25.
Atendendo a que:
2
2
4 4
4
tem-se
7 1 j
5 1 j
3 1 j
3
53
41 5
25
!
2L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
2
2 7
4 0
9
0 11
1 j
1 j
3 j
8
< a= 2
b= 4
:
c = 29.
16
3
53
65 5
131
!
11
L +L3 !L3
9 2
2
2
4 0
0
7
1
j
9
1 j
0 16=9 j
3
53
5;
65
464=9
2a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Matrizes)
1. Efectue, sempre que possível, as seguintes operações.
1
3
(i)
1
3
(iv) 2
p
(vii)
0
1
4
(x) 0
6
0
1
3
0
1
3
1
2
1
2
0
2
1
2
4
1
2
0
1
4
5
0 1
(ii)
1
3
1
2
2
3
2
B
B
4
(ix) B
B2
@
2
3
2
6
3
02
(viii) @4
1
3T 2
5 4
1
3T 2
1
2
4
5
2
0
1
1
3
1
3
0
1
2
3
0
4 5
3
1
2
1
3
2
(iii)
1
3
(v)
2
1
2
1
0
+
0
1
2
1
4
1
3
5
2
1
3
p
52
2
6
6
6
6
4
1
8
9
1
3
1
3
1
2
5
3
1
2
1
3
p2 41
3
5 2
2
1
(vi)
p
3 4
1
2
0
1
2
5
0
1
1T
2
1
3 A
31T
7C
7C
C
1 7
7C
5A
5
2
1
4
2
(xi)
1
3
2
3T 2
1
0
4
5
4
0
3
6
1
4
3
2
0 5
1
2. Determine as características e as nulidades das seguintes matrizes reais, identi…cando os respectivos
pivots.
2
3
2
3
2
3
2
3
0 0
1 2 3
2
1
1 2 3 4
4 5
(i) 4 0 0 5
(ii) 4 0 1 1 5
(iii) 4 2
(iv) 4 5 6 7 8 5
0 0
1 2 3
1
2
9 10 11 12
2
3
2
3
2
3
1
3
1 2
1 2
1
3
2
0
1
1
1
6 1 1
6 0 11
3
2
1 7
5 3 7
7
7
4
1
1
0 5
(v) 1
(vi) 6
(vii) 6
4 2 7
5
4
1
9
8
2
5
3 1 5
1
1
2
1
3 3
2
4
6
4
1
1 5
2
3
2
3
3 6 9
2
10
6
8
4
5
1 2
5
3
4
2 5
(viii)
(ix) 4 2 4 6 5
(x) 4 1
0
2 0
1 2 3
2
10
6
8
4
3. Seja 2 R. Em função do parâmetro , calcule a característica e a nulidade das seguintes matrizes.
Em cada alínea, indique ainda (se existirem), justi…cando, os valores de para os quais essas matrizes
são invertíveis:
2
3
2
3
2
3
2
1 0 1
1
2
5
1
2 5
1
1 5
(i) 4 1
(ii) 4 2
(iii) 4 2
2
0
1
3
2
1
0
1
+1
2
3
2
3
2
3
1
0 1
1 0 1
1
1
0
6 0
6
6
7
1 0 0 7
1 0 7
1
0
7 (v) 6 0 1
7 (vi) 6 1
7
(iv) 6
2
3
4 3
4 1 0
4 1
5
0
0 5
1 5
1
0
2
1
1 1 2
2 0
2
2
1 1
1
17
4. Determine (se existirem) as inversas das seguintes matrizes.
(i)
0 1
1 0
(ii)
2
3
1 0 2
(vi) 4 0 3 0 5
4 0 5
2
k 0 0
6 1 k 0
(ix) 6
4 0 1 k
0 0 1
2 5
2
13
6
6
6
6
(xi) 6
6
6
6
4
5. Seja A
13
2
13
7
13
2
13
6
13
8
13
;
2
13
2
1 0
6 1
=6
4 0 1
1
1 0
0 1
(iii) [1]
1 2
3 4
(iv)
2
3
1 2 1
(vii) 4 4 0 6 5
1 8 1
3
2
(viii)
2
3
1 2 3
(v) 4 4 5 6 5
7 8 9
cos
sen
sen
cos
3
0
0 0 0 k1
6
7
0 7
7, com k 6= 0 (x) 6 0 0 k2 0 7, com k1 ; k2 ; k3 ; k4 6= 0
5
4
0
0 k3 0 0 5
k
k4 0 0 0
3
2
3
2
8
1
1
1
1
13
13
2
2
2
7
6
7
7
6
7
6
2
1 7
7
6 1 1
0
13
13 7
2 7
6 2
7
6
7
(xii)
7
6 1
7
7
1 7
2
7
6
1
13
13 7
2 7
6 2 0
5
4
5
2
5
1
1
1
1
13
13
2
2
2
1
2
+
2
+
0
+
3
7
7, com ;
5
(a) Determine a característica e a nulidade de A
2 R:
;
em função de
(b) Determine os valores dos parâmetros e para os quais A
2
3
1 0
2
2
6 2
4 7
7, com 2 R.
6. Seja A = 6
3
4 4 0
8 5
2
2
0
;
e .
é invertível.
(a) Determine a característica e a nulidade de A em função do parâmetro
quais são os valores de para os quais A é invertível.
(b) Para
7. Seja Ba;b
= 1;
2
0
6 2
=6
4 0
3
e diga, justi…cando,
determine a inversa da matriz A1 .
3
0 a 1
2 0 a 7
7, com a; b 2 R:
0 a b 5
0 6 0
(a) Determine a característica e a nulidade de Ba;b em função de a e b.
(b) Para a = 1 e b = 0 calcule a matriz inversa da matriz B1;0 , isto é, (B1;0 ) 1 .
(c) Determine a solução geral do sistema linear B1;0 X = C, C =
1
2 3
1
T
.
(d) Para b = 1, determine a solução geral do sistema linear Ba;1 X = D, em que D é o simétrico da
3a coluna de Ba;1 .
18
Resolução da 2a Ficha de exercícios
1
3
1. (i)
2
(iii) 4
3
2
p
(vii)
viii) @4
3
1
0
2
B
B
4
(ix) B
B2
@
2
1
(x) 4 0
6
1
4
2
(xi)
1
3
3
p
52
1
4
p
1
3
0
1
3
1
2
1
2
0
1
2
5
1
4
1
2
5
0
2
1
2
4
2
2 4
1
3
1
2
2
3
02
2
0
=[ 2
1
3
54
1
1
3
(iv) 2
32
2
1
3
2
2
(ii) Não é possível.
1]
3
2
5=4
6
3
p
3
2 5 5
5
p
5 72
2
11
2
3
8
3
2
=
2
2
20
3
2 p
4 2
4
=
12
1
2
p
3
2
2 p
4 2
3 A =4
12
1
2
1
3T 2
1
5 4
1
3
3T 2
2
1
0 5 4 2
1
1
3
3T 2
0
1
5
4
4
0
6
3
1
2
0
1
2
5
1
4
1
2
1
2
1
2
6
6
6
0
6
4 5=6
6
6
3
6
4
3
p
3
2
1
2
0
3
2
0 5=
1
(vi) Não é possível.
p 3
2 2 2
5
6
1T
2
(v) Não é possível.
p 3
2 2 2
5
6
2
3
6
6
6
6
4
5
1
5
6
7
6
7
3
1
18
2
8
9
1
3
1
3
1
2
5
3
1
18
1
31T
2
3
7C
0 0 0
7C
C
4
5
1 7
7C = 0 0 0
5A
0 0 0
5
2
3
7
7
10 7
7
7
7
16 7
7
5
3
5
6
10
7
6
7
3
16
3
3
0 0
2. (i) Seja A = 4 0 0 5. car A = 0; nul A = 2. Não existem pivots.
0 0
19
2
2
3
1 2 3
(ii) 4 0 1 1 5
1 2 3
3
1 2 3
4 0 1 1 5.
!
L1 +L3 !L3
0 0 0
2
3
1 2 3
Assim, sendo A = 4 0 1 1 5, tem-se car A = 2 e nul A = 1. Pivots: 1 e 1.
1 2 3
2
(iii) 4
2
3
1
4 5 ! 4
L1 $L3
2
2
2
1
2
2
2
1
Assim, sendo A = 4
2
3
1 2 3 4
(iv) 4 5 6 7 8 5
9 10 11 12
2
1
Assim, sendo A = 4 0
0
2
0
(v) 4 1
1
1
1
1
!
L1 +L3 !L3
1
4 0
0
1
1
2
2
1
6 1
(vi) 6
4 2
3
2
1
7
3
3
8
0
3
0
1 5
1
1
1
1
1
4
Assim, sendo A = 0
0
2
2
!
5L1 +L2 !L2
9L1 +L3 !L3
2
4
0
1
3
1
2
1
1
0
3
2
9
4
2
3
2
0 5 ! 4
L1 $L3
3
1
0
0
3
2
3 5.
0
1
0
0
3
1
4 5, tem-se car A = 2 e nul A = 0. Pivots:
2
1
4 0
0
2
4
8
1
1
1
!
2L2 +L3 !L3
1
1
3
3
2
1 7
7
8 5
6
3
4
12 5
24
3
8
16
!
2L2 +L3 !L3
2
1e
1
4 0
0
3.
2
4
0
3
8
0
3
4
12 5, tem-se car A = 2 e nul A = 2. Pivots: 1 e
0
3
2
1
1
0 5 ! 4 0
L1 $L2
1
1
1
1
2
2
2
3
2
4
4 5
!
2L1 +L2 !L2
1 2L1 +L3 !L3
1
2
2
3
0
1 5
1
1
1
2
2
1
4 0
0
3
4
12 5.
0
4.
!
L1 +L3 !L3
1
1
0
3
0
1 5.
3
1
1
3
3
0
1 5, tem-se car A = 3 e nul A = 1. Pivots: 1; 1 e 3.
3
!
L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
3L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
20
2
3
3
3
1
2
1
1
3
1
3
5
3
2
1 7
7
4 5
12
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
2
3
0
0
1
2
1
3
3
1
2
4
2
1
6 1
Assim, sendo A = 6
4 2
3
2
1 3
6 0 11
(vii) 6
4 2
5
4 1
5
0
3
3 6 9
(ix) 4 2 4 6 5 !
L1 $L3
1 2 3
2
3
Assim, sendo A = 4 2
1
10
5
10
6
3
6
2
1
5
0
0
3
2
3 7
7.
0 5
0
Pivots: 1 e 11.
2
3
2
3
1 2 3
1 2 3
4 2 4 6 5
4 0 0 0 5.
!
2L1 +L2 !L2
3 6 9
0 0 0
3L1 +L3 !L3
3
6 9
4 6 5, tem-se car A = 1 e nul A = 2. Pivot: 1.
2 3
8
4
8
2
Assim, sendo A = 4 1
2
2
1 3
0 11
0 0
0 0
1 2
, tem-se car A = 2 e nul A = 1. Pivots: 5 e 2.
2 0
2
2
4
1
(x)
2
e nul A = 1. Pivots: 1; 3; 1 e 2.
2
3
1 3
1 2
6
6 0 11
5 3 7
6
6
7
!
!
11 5
3 5 L2 +L3 !L3 4
2L1 +L3 !L3 4 0
4L1 +L4 !L4
0
11 5
3 L2 +L4 !L4
3
3
1 2
11
5 3 7
7, tem-se car A = 2 e nul A = 2.
5 3 1 5
1
1 5
1
6 0
Assim, sendo A = 6
4 2
4
2
3
2
1 7
7.
3 5
2
2
3
2
3 7
7
1 5
5
1
5
3
1
2
(viii) Sendo A =
2
1
7
3
3
2
2
1 2
1 3
6 0 3 2 1
1 7
7
6
!
3 5 3L3 +L4 !L4 4 0 0
1 2
11
0 0 0 2
3
1 3
2
3
2
1 7
7, tem-se car A = 4
1 9
8 5
2 4
6
3
4
2 5
4
10
5
10
!
1
L +L2 !L2
2 1
L1 +L3 !L3
6
3
6
8
4
8
3
2
1 0 1
1 0
5
3. (i) 4 1
! 4 0
L1 +L2 !L2
0
1
0
2
2 10
4 0 0
0 0
6 8
0 0
0 0
3
4
0 5.
0
3
4
2 5, tem-se car A = 1 e nul A = 4. Pivot: 2.
4
3
1
+1 5
1
21
!
L2 +L3 !L3
2
1 0
4 0
0 0
3
1
+ 1 5.
2
3
1 0 1
5. Se
Seja A = 4 1
0
1
Se
6= 0 então car A = 3 e nul A = 0.
= 0 então car A = 2 e nul A = 1.
6= 0, uma vez que é só neste caso que car A = no de colunas de A .
Assim, A é invertível se e só se
2
1
4
2
(ii)
3
3
2 5
1
1
2
2
1
4
2
Seja A =
3
Se
=
3 ou
!
3
2 5. Se
1
1
2
3
1 5
+1
1
2
1
2
2
2
Seja A = 4 2
0
1
2
6=
1
6=
2
4 0 1
0 2
!
L1 +L2 !L2
3
1 5. Se
+1
=
Se
6=
2
5
!
2L2 +L3 !L3
2
1
4 0 1+2
0
0
3
2 (1 + ) 5.
3+
1
então car A = 3 e nul A = 0.
2
1
, uma vez que é só neste caso que car A = no de
2
3
2
1+ 5
!
L2 +L3 !L3
1
+1
2
2
2
4 0 (1
0
3
2
5.
) (1 + )
1+
0
2 ( + 1)
1 então car A = 1 e nul A = 2.
6= 1 então car A = 3 e nul A = 0.
Assim, A é invertível se e só se
colunas de A .
1
6 0
(iv) 6
4 3
1
2+2
1 3
6=
6=
2
= 1 então car A = 2 e nul A = 1.
2
3e
3e
Se
1e
1+2
2 4
3
1
então car A = 2 e nul A = 1.
2
=
2
2
4
(iii) 2
0
1
4 0
0
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
Assim, A é invertível se e só se
colunas de A .
2
2
3
0 1
1 0 0 7
7
0
0 5
1 1 2
1
6 0
Seja A = 6
4 3
1
!
3L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
3
0 1
1 0 0 7
7. Se
0
0 5
1 1 2
6=
6= 1, uma vez que é só neste caso que car A = no de
1e
2
1
6 0
6
4 0
0
= 2 ou
0
1
0
1
1
0
0
+3 3
0
2
=
22
3
7
7
5 L2 +L!
4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
3 então car A = 3 e nul A = 1.
1
0
0
+3 3
0
2
3
7
7.
5
Se
6= 2 e
6=
3 então car A = 4 e nul A = 0.
Assim, A é invertível se e só se
colunas de A .
2
1
6 0
(v) 6
4 1
2
0
1
0
0
2
6= 2 e
3
1
1
2
2
0 7
7
!
1 5 L1 +L3 !L3
2 2L1 +L4 !L4
3
1
1 0 7
7. Se
2
1 5
2
2
3, uma vez que é só neste caso que car A = no de
6=
2
1
6 0
6
4 0
0
3
1
7
1
0
7.
) (1 + )
1 5
0
2(
1)
0
1
0 (1
0
1
6 0
Seja A = 6
4 1
2
0
1
0
0
Se
=
Se
6= 1 e
1 então car A = 4 e nul A = 0.
= 1 então car A = 2 e nul A = 2.
1 então car A = 3 e nul A = 1.
6=
Assim, A é invertível se e só se
colunas de A .
2
1
6 1
(vi) 6
4 1
1
1
1
3
1
1
2
1
6 0
Seja A = 6
4 1
2
3
0
0
0
2
0
1
0
0
1
1
2
2
1
7
7
5
6= 1 e
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
3
0 7
7. Se
1 5
2
2
1
6 0
6
4 0
0
1, uma vez que é só neste caso que car A = no de
1
+1
0
0
(
1
1) ( + 1)
0
(
3
0
7
0
7.
5
0
1) ( + 1)
= 1 então car A = 2 e nul A = 2.
Se
= 0 então car A = 3 e nul A = 1.
Se
=
Se
= 1 então car A = 2 e nul A = 2.
Se
6= 0 e
1 então car A = 1 e nul A = 3.
6= 1 e
6=
1 então car A = 4 e nul A = 0.
Assim, A é invertível se e só se
colunas de A .
4. (i)
6=
0 1 j 1 0
1 0 j 0 1
!
L1 $L2
6= 1 e
6=
1, uma vez que é só neste caso que car A = no de
1 0 j 0 1
. Logo
0 1 j 1 0
23
0 1
1 0
1
=
0 1
1 0
1
(ii)
1 0
0 1
(iv)
1 2 j 1 0
3 4 j 0 1
!
L2 +L1 !L1
1
0
1 2
3 4
Logo
1 0
0 1
=
2 1
3 1
2
=
3
1 2 3 j 1 0 0
(v) 4 4 5 6 j 0 1 0 5
7 8 9 j 0 0 1
!
2L2 +L3 !L3
2
2
1
4 0
0
2
3
0
3
3 j
6 j
0 j
1 0
3 1
!
L2 +L1 !L1
2
1
3
2
.
1
2
.
1
2
2
= [1]
1 0 j
0 1 j
!
1
L !L2
2 2
1
3
2
1
2 j
2 j
1
0
!
3L1 +L2 !L2
0 j
2 j
1
(iii) [1]
2
1
4 0
0
!
4L1 +L2 !L2
7L1 +L3 !L3
1
4
1
2
3
6
3
0 0
1 0 5.
2 1
3
1 0 0
4 1 0 5
7 0 1
3 j
6 j
12 j
!
2L2 +L3 !L3
1 2 3
4
Logo, 4 5 6 5 é singular e como tal não é invertível.
7 8 9
2
3
2
1 0 2 j 1 0 0
1 0
4 0 3
(vi) 4 0 3 0 j 0 1 0 5
!
4L1 +L3 !L3
4 0 5 j 0 0 1
0 0
2
2
3
5
2
1 0 0 j
0
3
3
4 0 3 0 j 0 1 0 5
!
! 4
2
1
L +L1 !L1
L2 !L2
3 3
3
0 0
3 j
4 0 1
1
L !L3
3 3
2
3
1 0 2
Logo 4 0 3 0 5
4 0 5
2
1
2
5
3
=4 0
4
3
3
1 2 1 j 1 0 0
(vii) 4 4 0 6 j 0 1 0 5
1 8 1 j 0 0 1
0
1
3
0
2
3
2 j
0 j
3 j
3
1 0 0
0 1 0 5
4 0 1
1 0 0 j
0 1 0 j
0 0 1 j
5
3
0
4
3
0
1
3
0
!
2
L +L1 !L1
3 3
2
3
3
0 5.
1
3
3
0 5.
1
3
!
4L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2 1 j
8 2 j
6 0 j
24
3
1 0 0
4 1 0 5
1 0 1
!
3
L +L3 !L3
4 2
!
3
L +L3 !L3
4 2
2
2
!
2L3 +L2 !L2
L3 +L1 !L1
!
2L2 +L1 !L1
6
6
6
6
4
2
1 0 0 j
j
0 1 0 j
j
0 0 1 j
2
3
1 2 1
Logo 4 4 0 6 5
1 8 1
1
sen2
L2 +L1 !L1
(
sen2
1
sen cos
Se
L2 !L2
cos
sen
=
2
1
1
6
0
1
6
8
3
1
2
2
3
1
2
1
1
6
0
1
6
8
3
1
2
2
3
3
7
7
7
7
5
2
!
1
L !L2
8 2
6
6
6
6
4
3
1 0 0
4 1 0 5
8
3
1 2 0 j
j
0 1 0 j
j
0 0 1 j
1
2
!
2L3 +L2 !L2
L3 +L1 !L1
2
3
11
3
1
2
2
3
1
6
0
1
6
8
3
1
2
2
3
3
7
7
7
7
5
!
2L2 +L1 !L1
7
7
7.
7
5
3
7
7
7.
7
5
!
cos2
sen2
j cos
j
0
sen
sen
(cos )L1 !L1
(sen )L2 !L2
j
j
1
0
0 sen cos
)L1 +L2 !L2
Logo
2
3
1
2
0
sen cos
!
!
6
6
=6
6
4
4
3
1
2
4
3
2
3
0
8
3
j 1 0
j 0 1
sen
cos
!
1
4
3
2 1 j
8 2 j
0 1 j
1
4 0
!
2
L !L3
3 3
0
1
2
4
2
2
6= k ; (k 2 Z)
2
(viii) Para
cos
sen
11
3
0 j
j
8 0 j
j
0 1 j
1
6
6
6 0
6
4
0
2
3
1 0 0
4 1 0 5
4 34 1
2 1 j
8 2 j
0 32 j
1
4 0
0
1 0 j
0 1 j
sen
cos
cos
sen
1
=
cos sen
sen cos
j cos
j
0
0
sen
!
L2 +L1 !L1
!
sen2 )L1 +L2 !L2
(
cos
sen2 cos
sen
sen (1 sen2 )
sen
cos
. Note que sen cos
cos
sen
sen
cos
, para todo o
sen
1
cos
!
L2 !L2
6= 0 para todo o
6= k ; (k 2 Z).
2
6= k ; (k 2 Z)
2
+ 2k ; (k 2 Z) ;
cos
sen
sen
cos
1
=
0
1
1
0
1
=
25
0 1
1 0
=
cos
sen
sen
cos
.
Se
= 2k ; (k 2 Z),
cos
sen
Se
cos
sen
=
1
1 0
0 1
=
=
1 0
0 1
=
1
0
cos
sen
=
sen
cos
.
+ 2k ; (k 2 Z) ;
=
Se
1
sen
cos
1
sen
cos
1
0
=
1
0
1
0
1
cos
sen
=
sen
cos
.
3
+ 2k ; (k 2 Z),
2
cos
sen
1
sen
cos
Logo, para todo o
1
0 1
1 0
=
=
0
1
1
0
cos
sen
=
sen
cos
.
2R
cos
sen
1
sen
cos
cos
sen
=
sen
cos
.
(ix) Seja k 6= 0.
2
k
6 1
6
4 0
0
0
k
1
0
0
0
k
1
0
0
0
k
!
1
L2 +L3 !L3
k2
1
L !L1
k 1
2
k
6 1
Logo 6
4 0
0
0
k
1
0
j
j
j
j
2
1
6 0
6
4 0
0
0
0
k
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
3
0
0 7
7
0 5
1
0 0 0 j
k 0 0 j
0 1 0 j
0 k1 1 j
3
0
0 7
7
0 5
k
1
2
6
=6
4
!
1
L +L2 !L2
k 1
1
L !L3
k 3
1
L !L4
k 4
1
k
1
k
1
k3
0
1
k
1
k2
1
k3
1
k4
0
1
1
k2
0
0
1
k
1
k2
1
k3
2
k 0 0 0 j
6 0 k 0 0 j
6
4 0 1 1 0 j
k
0 0 k1 1 j
3
0 0
0 0 7
7
1
5
0
k
1
0 k
0
0
1
k
1
k2
1
L +L4 !L4
k 3
1
L !L2
k 2
3
0
0 7
7.
0 5
1
k
(x) Sejam k1 ; k2 ; k3 ; k4 6= 0.
26
!
1
1
k
0
0
2
1
6 0
6
4 0
0
3
0 0 0
1 0 0 7
7
0 k1 0 5
0 0 k1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
j
j
j
j
!
1
L2 +L3 !L3
k2
1
L !L1
k 1
1
k
1
k2
1
k3
1
k4
0
1
k
1
k2
1
k3
0
0
1
k
1
k2
3
0
0 7
7.
0 5
1
k
2
j
j
j
j
0 0 0 k1
6 0 0 k2 0
6
4 0 k3 0 0
k4 0 0 0
!
1
L !L1
k4 1
1
L !L2
k3 2
1
L !L3
k2 3
1
L !L4
k1 4
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
j
j
j
j
0
0
0
1
2
0
0
0
1
1
k1
3
0 0 0 k1
6 0 0 k2 0 7
7
Logo 6
4 0 k3 0 0 5
k4 0 0 0
2
6
6
6
6
(xi) 6
6
6
6
4
2
5
6
6
6 2
6
6
6
6 2
6
4
8
!
2
13
5
13
2
13
6
13
8
13
2
7
L1 +L2 !L2
5
L +L3 !L3
2 1
4L1 +L4 !L4
7
13
2
13
2
6
6
2
6
13
7
2
2
2
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
2
13
8 j
j
2 j
j
2 j
j
5 j
6
0
0
0
0
0
2
13
2
13
5
13
3
7
7
7
7
7=
7
7
7
5
0
0
13
13
39
2
26
0
1
0
0
3
1
0 7
7
0 5
0
!
1
L !L1
k4 1
1
L !L2
k3 2
1
L !L3
k2 3
1
L !L4
k1 4
0
0
0
2
0 7
7.
0 5
0
1
k3
1
k2
5
3
j
j
0 j
j
13 j
j
13 j
2
0
0
1
0
0 0
0 1
1 0
0 0
3
1
k4
0
7
7
0 1 0 0 7
7
7 !
7 L1 $L3
0 0 1 0 7
7
5
0 0 0 1
7
0
0
0
1
3
6
6
6 2
6
1 6
13 6
6 2
6
4
8
1 0 0 0
j
j
j
j
k4 0 0 0
6 0 k3 0 0
6
4 0 0 k2 0
0 0 0 k1
0 7
7.
0 5
0
1
k3
1
k2
2
1
k4
0
0
6 0
=6
4 0
1
1
k1
8
13
13
26
3
0
0 7
7 !
0 5 L1 $L4
1 L2 $L3
2
1
2
13
7
13
2
13
0
0
1
0
2
2
7
7
2
2
2
6
6
6 2
6
6
6
6 5
6
4
8
1
0
6
7
7
6
2
2
2
2
3
7
7
1 0 7
7
7
7
5
7
0
2
7
5
4 1
27
3
7
7
2 7
7
7:
7
2 7
7
5
5
6
6
2
8
!
j
j
2 j
j
8 j
j
5 j
2
L2 +L3 !L3
2L2 +L4 !L4
0 0 1 0
3
7
7
0 1 0 0 7
7
7
7
1 0 0 0 7
7
5
0 0 0 1
!
L1 +L2 !L2
5
L +L3 !L3
2 1
4L1 +L4 !L4
2
!
L2 +L3 !L3
2L2 +L4 !L4
!
2
L !L3
13 3
1
L !L4
13 4
6
6
6 0 1
6
6
6
6 0 0
6
4
0 0
!
L4 +L1 !L1
2L4 +L3 !L3
!
L3 +L2 !L2
7
L +L1 !L1
2 3
6
6
6
6
Logo 6
6
6
6
4
2
6
6
6
6
= 13 6
6
6
6
4
1 3
6
6
6 0 1
6
6
6
6 0 0
6
4
0 0
2
6
6
6
6
6
6
6
6
4
7
13 13
1 3
2
2
6
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
2
1
L !L1
2 1
1
L !L2
13 2
2
0
13
2
0
0
7
2
j
j
0 j
j
2 j
j
1 j
1
1
1
0
7
2
0 j
j
1 0 j
j
1 0 j
j
0 1 j
1 3 0 0 j
j
0 1 0 0 j
j
0 0 1 0 j
j
0 0 0 1 j
5
13
2
13
2
13
7
13
2
13
j
j
0 j
j
13 j
j
13 j
2
2
13
1
1
1
0
2
1
2
0
0
1
13
2
13
2
13
3
13
2
13
9
26
0
1
13
1
13
0
2
13
1
13
2
13
0
2
13
2
13
1
13
1
13
2
13
2
13
2
13
2
13
1
13
2
13
0
2
13
2
13
1
13
2
13
2
13
2
13
2
13
0
2
13
1
13
2
13
2
13 3
2
13
5
13
2
2
13
2
13
1
13
2
13
0
2
13
2
13
1
13
1
13
2
13
2
13
3
7
7
7
7
7
7
7
7
5
1
1 2
7 6
7 6
7 6 2 1
7 6
7=6
7 6
7 6 2 2
7 6
5 4
0 2
0
3
7
7
7
7
7
7
7
7
5
2
2
L !L3
13 3
1
L !L4
13 4
!
L4 +L1 !L1
2L4 +L3 !L3
1
13
0
6
13
2
13
7
7
0 7
7
7
7
0 7
7
5
1
13
!
1
L !L1
2 1
1
L !L2
13 2
3
0
2
13
2
13
0
3
0
7
7
1 0 7
7
7
7
3
0 7
2
7
5
2 1
8
13
7
13
1
13
0
1
5
13
6
13
8
13
0
7
13
8
13
6
13
0
0
3
7
7
7
7
7
7
7
7
5
!
L3 +L2 !L2
7
L +L1 !L1
2 3
2
6
6
6
6
6
6
6
6
4
!
3L2 +L1 !L1
5
2
B 6
B 6
B 6 2
B1 6
6
=B
B 13 6
B 6 2
B 6
@ 4
8
3
2 0
7
7
2 2 7
7
7.
7
1 2 7
7
5
2 1
7
6
2
28
2
6
7
2
1 0 0 0 j
j
0 1 0 0 j
j
0 0 1 0 j
j
0 0 0 1 j
8
31
7C
7C
C
2 7
7C
7C
7C
C
2 7
7C
5A
5
1
=
1
13
2
13
2
13
0
2
13
1
13
2
13
2
13
2
13
2
13
1
13
2
13
0
2
13
2
13
1
13
3
7
7
7
7
7.
7
7
7
5
2
6
6
6
6
(xii) 6
6
6
6
4
2
6
6
6
6
6
6
6
6
4
1
2
1
1
2
1
0
1
2
1
2
0
1
1
2
1
2
2
1
2
1
1
1
2
1
0
0
1
2
1
1
2
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
2
1
6
6
6 0
6
6
!
6
1
L !L3 6
2 3
6 0
1
L !L4 4
2 4
0
2
!
L2 +L1 !L1
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
1
1
6
6
6
6
6
6
6
6
4
1
2
j
j
1 j
j
1 j
j
2 j
j
j
1 j
j
4 j
j
2 j
0
0
1
1
0
0
1
1
2
1
1
1
0
7
7
7
7
7=
7
7
7
5
2
6
6
6
6
1 6
2 6
6
6
4
2
1
2
j
j
1 j
j
1 j
j
3 j
2
0
2
0
1
0
2
1
1
3
0
0 0 0
0 1 0
0 0 1
1 0 0
0
1
1
0
1
1
1 0 j 0
j
1 0 j 0
j
1 0 j 12
j
0 1 j 0
1
0
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1 0 0 0 j 1 21 12 0
j
0 1 0 0 j 12 1 21 21
j
0 0 1 0 j 12 21 1 12
j
0 0 0 1 j 0 12 12 1
1
2
3
1
6
6
6
6
6
6
6
6
4
1
1
2
3
1
7
7
1 7
7
7.
7
1 7
7
5
2
1
1
2
0
2
1
7
7
1 7
7
7
7
1 7
7
5
2
1
2
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
3
1
2
!
2L4 +L3 !L3
1
L +L2 !L2
2 4
L4 +L1 !L1
3
7
7
0 7
7
7
!
7
1 7 L3 +L2 !L2
2 7 L3 +L1 !L1
5
1
7
7
7
7
7.
7
7
7
5
29
1
1
1
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
0 0 0 1
1
1
1
0
0
3
7
7
0 1 0 0 7
7
7
7
0 0 1 0 7
7
5
1 0 0 0
1
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
2
j
j
1 j
j
1 j
j
1 j
2
0
3
1
7
7
1 7
7
7
7
3 7
7
5
2
1 0
0
1
1
7
7
0 1 0 0 7
7
7 !
7 L1 $L4
0 0 1 0 7
7
5
0 0 0 1
1
1
3
1 0 0 0
1
1
1
1
1
1
1
6
6
6 0
6
! 6
L3 $L4 6
6 0
6
4
0
2
1
2
1
2
1
1
0
0
0
2
j
j
1 j
j
2 j
j
4 j
2
1 0 j
j
1 0 j
j
2 0 j
j
0 2 j
1 0 0 j 21
j
1 0 0 j 21
j
0 1 0 j 21
j
0 0 1 j 0
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
0
0
0
0
1
0
0
1
1
1
0
1
1
2
0
1
2
1
1
2
0
1
1
1
2
0
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
3
7
7
1 7
7
7 !
7 L3 $L4
2 7
7
5
3
1 0
1
1
2
1
1
3
7
7
0 7
7
7
7
1 7
7
5
2
3
!
1
L !L3
2 3
1
L !L4
2 4
7
7
7
7
7
7 L2 +L!
1 !L1
7
7
5
2
6
6
6
6
Logo 6
6
6
6
4
5. A
;
1
2
1
1
0
1
2
1
2
0
1
1
2
1
2
1
2
1 0
6 1
=6
4 0 1
1
2
1 0
6 0 1
6
4 0
0
2
1
6 0
6
4 0
0
!
L3 +L4 !L4
1e
Se ( =
Se
6=
1
2
2
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
=
1e
1e
Assim, A
colunas de A
1
2
1
2
!
Se
1
2
;
;
0
1
0
0
1
3
B 6
B 6
B 6
B1 6
6
=B
B2 6
B 6
B 6
@ 4
7
7
7
7
7
7
7
7
5
1
2
+
2
0 2
1
+
2
+
+
1
2
0
1
0
2
1
3
7
7
5
+
3
0
1
1
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
31
1
2
1
7C
7C
C
1 7
7C
7C
7C
C
1 7
7C
5A
2
1
2
0
+1
+1
1
1 0
6 0 1
7
7 ! 6
5 L2 $L3 4 1
1
1
2
1
1
3
0
+
2
6
6
6
6
= 26
6
6
6
4
7
7
5
2
2
1
6 0
6
4 0
0
+
0
1
0
0
1
0
1
2
1
2
0
1
2
1
2
3
2
2 1 1 0
!
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
3
7
7
+1 0 5
+1
!
L3 +L4 !L4
7
7.
+1 0 5
0
= 0 então car A = 2 e nul A = 2.
6= 0) ou ( 6=
1e
= 0) então car A = 3 e nul A = 1.
6= 0 então car A = 4 e nul A = 0.
é invertível se e só se
.
6=
1e
6= 0, uma vez que é só neste caso que car A
6. (a) Tem-se
2
1 0
6 2
A =6
4 4 0
0
2
3
2
3
2
4 7
7
8 5
2
!
2L1 +L2 !L2
4L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
2
1 0
6 0
6
4 0 0 (2
0 0
Logo, como car A + nul A = 4,
se = 0 então car A = 1 e nul A = 3;
se = 2 então car A = 2 e nul A = 2;
se = 2 então car A = 3 e nul A = 1;
se 6= 0 e 6= 2 e 6= 2 então car A = 4 e nul A = 0.
30
3
7 6
7
7 6
7
7 6 1 2 1 1 7
1
7 6
7
7=6
7.
7
6
7
1
1 7
1
6 1 1 2 1 7
1
2
2
2 7
6
7
5 4
5
1
1
0 2 2 1
0 1 1 2
1
2
3
0
+
2
+
1
(
2)
) (2 + )
0
3
2
0
0
(
2)
7
7:
5
;
= no de
2 Rn f 2; 0; 2g, uma vez que é só nestes casos que car A = no de
Assim, A é invertível se e só se
colunas de A .
(b) A1
2
1
6 2
=6
4 4
1
j I
0
1
0
0
=
1
1
1
1
!
2L4 +L1 !L1
1
L +L1 !L1
3 3
1
L +L2 !L2
3 3
j
j
j
j
2
4
8
1
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
3
0
0
1
0
0
3
0
0 7
7
0 5
1
0
0
1
0
7
3
2
3
j
j
j
j
0
0
0
1
!
2L1 +L2 !L2
4L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
0
1
4 0
1 0
1
3
1
0
Logo
(A1 )
7. (a) Ba;b
2
2
6 3
! 6
L2 $L4 4 0
0
2
3
2
1
6
a 7
7 ! 6
5
b L1 $L2 4
0
2
2
2 0 a
6
7
0 6 0 7
6 0
!
0 a b 5 23 L1 +L2 !L2 4 0
L3 +L4 !L4
0
0 a 1
0
6 2
=6
4 0
3
0
2
0
0
3
a
0
a
6
1
2
0
0
3
1
3
2
6
=6
4
7
3
2
3
1
0
a
a
6
2
3
0
0
0
6
a
0
1
6 0
6
4 0
0
3
2
0 7
7
0 5
1
4
3
2
0
0
0
2
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
3
0
2
1
6 0
! 6
L4 !L4 4 0
1
L !L3
0
3 3
1
3
1
3
1
3
0
j
j
j
j
2
0
0
1
0
1
0
0
1
2
4
1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
j
j
j
j
j
j
j
j
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
0
4
1
0
0
0
0
1
j
j
j
j
3
0
0 7
7
0 5
1
0
0
1
0
4
3
7
3
2
3
1
0
1
0
0
1
3
1
3
!
2L4 +L1 !L1
1
L +L1 !L1
3 3
1
L +L2 !L2
3 3
3
2
0 7
7
0 5
1
1
3
0
3
2
0 7
7:
0 5
1
3
a
1 7
7 !
b 5 L2 $L4
0
3
a
3
a 7
2
7.
b 5
1 b
Se a = 0 ou ( a 6= 0 e b = 1) então car Ba;b = 3 e nul Ba;b = 1.
Se a 6= 0 e b 6= 1 então car Ba;b = 4 e nul Ba;b = 0.
2
0
6 2
(b) [B1;0 j I] = 6
4 0
3
2
3 0
6 0 2
6
!
4 0 0
2
L
+L
!L
2
2
3 1
L3 +L4 !L4
0 0
0
2
0
0
6
4
1
0
1
0
1
6
0
1
0
1
1
1
0
0
j
j
j
j
j
j
j
j
0
0
0
1
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
3
2
0
3 0 6
7
6
0 7
2 2 0
! 6
0 5 L1 $L4 4 0 0 1
1
0 0 1
3
2
0
1
3
2 7
6 0
0
3 7
6
!
1
0 5 L4 +L2 !L2 4 0
6L3 +L1 !L1
1 0
0
0
0
1
0
31
0
1
0
1
0
2
0
0
3
1
0 7
7
0 5
0
0
1
0
1
!
2
L +L2 !L2
3 1
L3 +L4 !L4
0
1
0
0
6
1
1
1
1
3
7
7
0 5
0
2
3
!
1
L !L2
2 2
1
L !L1
3 1
2
1
6 0
! 6
4 0
1
L !L2
2 2
1
0
L !L1
3 1
0
1
0
0
Logo (B1;0 )
1
0
2
1
0
2
6
=6
4
0
0
0
1
0
j
j
j
j
0
1
2
0
1
0
1
2
0
1
0
2
1
2
5
2
0
0
1
1
1
3
2
1
2
1
2
0
0
1
1
3
1
3
3
7
7
!
0 5 2L3 +L2 !L2
0
1
3
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
j
j
j
j
0
1
2
0
1
0
2
1
2
5
2
0
0
1
1
1
3
3
7
7.
0 5
0
1
3
7
7.
0 5
0
1
3
(c) Como B1;0 é invertível,
B1;0 X = C , X = (B1;0 )
1
2
0
0
2
6 1 1
2
2
C,X=6
4 0 0
1 0
5
2
1
1
2
3 6
6
1
6
1 76
7
2 7 6
3 76
=6
0 54 3 5 6
6
6
0
1
4
32
1
3
19
3
19
3
3
2
3
7
7
7
7
7:
7
7
7
5
(d) Seja X = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ).
2
0
6 2
Ba;1 X = D , 6
4 0
3
0
2
0
0
32
1
x1
6 x2
a 7
76
1 5 4 x3
0
x4
a
0
a
6
A solução geral de Ba;1 X = D é dada por:
3
2
3
a
7 6 0 7
7=6
7
5 4 a 5.
6
(Solução particular de Ba;1 X = D) + (Solução geral de Ba;1 X = 0).
O vector (0; 0;
Ba;1 X = 0.
2
0 0
6 2 2
Tem-se 6
4 0 0
3 0
2
2 2
6 0 0
! 6
3
L1 $L2 4 0
L3 $L4
0 0
1; 0) é uma solução particular de Ba;1 X = D. Determinemos a solução geral de
a
0
a
6
0
a
6
0
3
1
a 7
7
1 5
0
a
1
!
L1 +L3 !L3
3
L +L4 !L4
2 2
3
2
2
0
6 2
6
4 0
0
2
6 0
7
7 ! 6
3
5 L2 $L3 4 0
a
2
0
0
0
2
0
3
2
3
0
0
0
6
a
0
a
0
0
6
3
1
a
0
3
a
2
a
3
a
2
1
0
3
L3 $L4
7
7.
5
8
8
x = 2x3
>
>
<
< 2x1 + 2x2 + ax4 = 0
a2
3x2 + 6x3 32 ax4 = 0 ,
Logo,
x2 = 2 +
>
:
2
>
ax3 + x4 = 0
:
x4 = ax3
32
7
7 !
5 L1 $L2
x3
Assim, a solução geral de Ba;1 X = 0 é dada por:
( 2s; 2 +
a2
2
s; s; as) : s 2 R
Logo, a solução geral do sistema linear Ba;1 X = D é dada por:
f(0; 0; 1; 0)g +
2s; 2 +
Resolução Alternativa.
2
0 0 a 1
6 2 2 0 a
[Ba;1 j D] = 6
4 0 0 a 1
3 0 6 0
2
2
6 0
! 6
L1 $L2 4 0
L3 $L4
0
2
0
3
0
0
a
6
0
j
j
3
a j
2
0
j
a
1
j
j
j
j
a2
2
:s2R
s; s; as
3
a
0 7
7
a 5
6
!
L1 +L3 !L3
3
L +L4 !L4
2 2
3
0
a 7
7 !
6 5 L2 $L3
0
8
>
< 2x + 2y + aw = 0
3
Tem-se então
3y + 6z
aw =
>
2
:
az + w = a
2
2
6 0
6
4 0
0
2
0
6 2
6
4 0
0
2
3
0
0
=
2s; 2 +
0
2
0
3
j
j
j
3
a j
2
a
0
0
6
1
a
0
j
3
a j
2
1
j
0
j
0
6
a
0
a
3
0
6 7
7.
a 5
0
a2
2
s; s
1; as
:s2R .
3
a
0 7
7 !
0 5 L1 $L2
6 L3 $L4
8
>
< x = 2z 2
2
y = a2 + 2 (z + 1)
6 ,
>
:
w = a az
Logo, a solução geral do sistema linear Ba;1 X = D é dada por:
2s
2;
a2
+ 2 (s + 1) ; s; a
2
as
:s2R
33
=
a2
2s; 2 +
2
s; s
1; as
:s2R :
3a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Determinante)
1. Classi…que quanto à paridade as seguintes permutações de números de 1 a 6:
(i) (312645)
(ii) (234516)
(iii) (654321)
(iv) (123456)
(v) (546321)
(vi) (453261)
(vii) (634125)
(viii) (123465)
2. Na expressão do determinante de uma matriz do tipo 6
das seguintes parcelas:
6 diga qual o sinal que afecta cada uma
(i) a23 a31 a42 a56 a14 a65
(ii) a16 a25 a34 a43 a52 a61
(iii) a54 a45 a63 a32 a26 a11
(iv) a16 a23 a34 a41 a62 a55
3. Veri…que que
(i)
0
0 a13
0 a22 a23
a31 a32 a33
=
a13 a22 a31
0
0
0
0
0 a23
0 a32 a33
a41 a42 a43
(ii)
a14
a24
a34
a44
= a14 a23 a32 a41
4. Calcule os seguintes determinantes e diga quais são as matrizes singulares:
p
1 2
18563 18573
1 + p2 2
(i)
(ii)
(iii)
3 4
21472 21482
2+ 3 1
(iv)
cos
sen
sen
cos
(vii)
2
5
2
1
1
3
1
3
2
(xi)
2
0
0
0
2
1
0
0
8
2
3
0
(xiv)
12
22
32
42
22
32
42
52
32
42
52
62
2 0 1
5 3 0
5 1 2
(v)
(viii)
6
0
23
5
42
52
62
72
8 12
5
1
2 1
(xii)
(xv)
0
0
0
0
5
8
3
1
1
1
2
2
4
0
0
0
0
(vi)
(ix)
3
2
1
0
0
0
0
3
0
1
1
1
2
0
2
0
0
0
5. Que condições devem os parâmetros reais a; b e
2
1
4 1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
0
2
5
2
1 2 3
4 5 6
7 8 9
(xiii)
(xvi)
a
b
0
0
0
0
a
b
0
0
3
1
1
2
3
1
(x)
0
1
0
0
0
0
0
2
0
0
1
2
0
0
a
b
0
0
0
0
a
b
c veri…car para que a matriz
3
a a2
b b2 5
c c2
seja invertível?
34
p
p3
2
1
0
1
0
b
0
0
0
a
0
1
0
1
0
3
2
8
0
0
1
0
5
23
0
6
6. Veri…que que a matriz
2
6
6
6
6
4
0
e
0
0
0
a
0
f
0
0
0
b
0
g
0
0
0
c
0
h
0
0
0
d
0
não é invertível para quaisquer a; b; c; d; e; f; g; h 2 R.
7. Determine todos os valores do escalar
(i)
0
2
8. Use a fórmula de inversão de matrizes para inverter:
2
3
1 1 1
1 2
(i)
(ii) 4 0 1 1 5
(iii)
3 4
0 0 1
2
Sem calcular A
1
3
6 1
A=6
4 0
3
2
0
9
1
0
0
2
0
7
7
7
7
5
para os quais a matriz A
2
3
1 0
2
1
2 5
(ii) 4 0
2
2 0
3
1
9. Sejam
3
3
2
3 7
7
0 5
2
2
1
4 1
0
0
1
6
2
1
6 4
B=6
4 0
0
e B 1 , determine a entrada (2; 2) de A
1
I é singular, onde A é dada por:
3
4
3 5
0
0
0
1
1
3
2
0 7
7.
3 5
2
0
1
0
2
e a entrada (2; 3) de B 1 .
10. Use a regra de Cramer para calcular as soluções dos sistemas:
8
< x+y =1
2x + 3y = 1
2x + z = 1
(i)
(ii)
5x + 7y = 3
:
x + 2y + 2z = 1
2
3
2
3
1 0 1
9
8
1
3 0 5.
11. Sejam C = 4 2 3 2 5 e D = 4 7
0 1
2
2 0
0
Veri…que que C e D são invertíveis e calcule:
(i) det (2C
1
)
(iv) det C T tr
(ii) det C 3 (2C)
T
1
C
4
Sugestão: Sejam m 2 N,
C
2
1
(iii) det
2C T
(v) det
escalar, A; B e S matrizes n
C T (tr C) C
2 3
D
3
1
DT
1
1
1
C
n com S invertível, tem-se
(a) det (AB) = (det A) (det B)
(b) det ( B) = n det B
(c) det AT = det A
1
m
(d) det (A 1 ) =
(e) tr B = tr B T
(f) ( B)T = B T (g) S m = (S 1 )
det A
12. Sejam a; b; c; d; e; f 2 R. Sabendo que
a b c
d e f
g h i
35
= 5; calcule:
(i)
d e f
g h i
a b c
a
(iv)
d
a
2d
g
(ii)
b
b
c
2e 2f
h
i
c
3a e 3b f 3c
2g
2h
2i
(v)
a b c
2 1 0
1 2 1
13. Sejam a; b; c 2 R. Sabendo que
(i)
a
6
1
2
(iv)
b
3
1
c
0
(ii)
1
2
a g d
b h e
c i f
= 1; calcule:
a
1 b
3
1
(iii)
2 c
3
2
2 R. Sabendo que
1
2
1
+
1
1
2
2
+
= 1; calcule
2
2
2 R. Veri…que que
1
+1
+1
+1
+1
+1
1
2
+2
+2
+2
+2
1
2
3
+3
+3
+3
1
2
3
4
+4
+4
2 R. Calcule o determinante da seguinte matriz
2
:::
6 1
+1
1
:::
6
6 ..
.
6 .
1
+ 1 ..
6
..
..
6
.
.
1
6
6
.
..
..
4
.
1
1
1
:::
1
2
3
4
5
+5
do tipo n
1
=
6
.
n.
3
1
..
.
+1
1
1
+1
x1 ) (y2
x2 ) .
7
7
7
7
7
7
7
7
5
17. Veri…que que
1 1 1
x1 y1 y1
x2 x2 y2
= (y1
18. Mostre que:
(i)
1
1
1
1
1
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
14. Sejam ;
16. Seja
a+d b+e c+f
d
e
f
g
h
i
a
b
c
2a + 2 2b + 1 2c
a+1 b+2 c+1
1
15. Seja
(iii)
a1 b 1 a1 + b 1 + c 1
a2 b 2 a2 + b 2 + c 2
a3 b 3 a3 + b 3 + c 3
=
a1 b 1 c 1
a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
(ii)
36
b+c c+a b+a
a
b
c
1
1
1
=0
.
a1 + b 1 a1
a2 + b 2 a2
a3 + b 3 a3
(iii)
b1 c 1
b2 c 2
b3 c 3
=
a1 b1 c1
2 a2 b2 c2
a3 b3 c3
19. Veri…que que
a1 + b1 c1 + d1
a2 + b2 c2 + d2
=
a1 c 1
a2 c 2
a1 c 1
b2 d2
+
+
b1 d1
a2 c 2
b1 d1
:
b2 d2
+
20. Sem calcular explicitamente o determinante, mostre que para x = 0 e x = 2 se tem
x2 x
2 1
0 0
2
1
5
= 0.
21. Sem calcular o determinante, diga qual o coe…ciente de x3 na expressão
2x
1
3
9
x
x
2
8
1
1
x
7
2
1
1
x
.
22. Resolva as seguintes equações.
(i)
1
0
1
x 1
1 1
0 2
=0
(ii)
x
x
x
x
x
4
x
x
x
x
4
x
x
x
x
4
=0
(iii)
23. Sabendo que 533; 715 e 871 são múltiplos de 13, justi…que que
x
1
1
1
1
x
1
1
1
1
x
1
5 3 3
7 1 5
8 7 1
1
1
1
x
=0
é também múltiplo de 13,
sem calcular o determinante.
24. Sem calcular o determinante, veri…que que
25. Seja A = (aij )n
é invertível.
n
2
1
3
1 8
0 10
7 4
é múltiplo de 5.
com n ímpar e tal que aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n: Mostre que A não
37
Resolução da 3a Ficha de exercícios
1.(i) (312645) é par pois tem 4 inversões.
(iii) (654321) é ímpar pois tem 15 inversões.
(v) (546321) é ímpar pois tem 13 inversões.
(vii) (634125) é ímpar pois tem 9 inversões.
(ii) (234516) é par pois tem 4 inversões.
(iv) (123456) é par pois tem 0 inversões.
(vi) (453261) é par pois tem 10 inversões.
(viii) (123465) é ímpar pois tem 1 inversão.
2. (i) (234516) é par pois tem 4 inversões e (312645) é par pois tem 4 inversões. Logo, tem-se
+a23 a31 a42 a56 a14 a65
uma vez que (234516) e (312645) têm a mesma paridade.
(ii) (123456) é par pois tem 0 inversões e (654321) é ímpar pois tem 15 inversões. Logo, tem-se
a16 a25 a34 a43 a52 a61
uma vez que (123456) e (654321) têm paridades diferentes.
(iii) (546321) é ímpar pois tem 13 inversões e (453261) é par pois tem 10 inversões. Logo, tem-se
a54 a45 a63 a32 a26 a11
uma vez que (546321) e (453261) têm paridades diferentes.
(iv) (123465) é ímpar pois tem 1 inversão e (634125) é ímpar pois tem 9 inversões. Logo, tem-se
+a16 a23 a34 a41 a62 a55
uma vez que (123465) e (634125) têm a mesma paridade.
3. (i) (123) é par pois tem 0 inversões e (321) é ímpar pois tem 3 inversões. Atendendo à de…nição de
determinante, tem-se
0
0 a13
0 a22 a23 = a13 a22 a31
a31 a32 a33
uma vez que (123) e (321) têm paridades diferentes.
(ii) (1234) é par pois tem 0 inversões e (4321) é par pois tem 6 inversões. Atendendo à de…nição de
determinante, tem-se
0
0
0 a14
0
0 a23 a24
= a14 a23 a32 a41
0 a32 a33 a34
a41 a42 a43 a44
uma vez que (1234) e (4321) têm a mesma paridade.
4. (i)
1 2
3 4
=4
6=
2 6= 0, logo a matriz é não singular.
38
(ii)
18563 18573
21472 21482
(iii)
p
1 + p2 2
2+ 3 1
(iv)
cos
sen
(v)
2 0 1
5 3 0
5 1 2
p
p3
2
sen
cos
=1
=
12 + 5
2
5
2
3
1
1
2
3
1
=
(vii)
2
5
2
1
1
3
1
3
2
=
8 12
5
1
2 1
(ix)
(x)
(xi)
1 2 3
4 5 6
7 8 9
0
1
0
0
1
0
1
0
2
0
0
0
0
1
0
1
2
1
0
0
8
3
1
=
8
2
3
0
29090 6= 0, logo a matriz é não singular.
2 6= 0, logo a matriz é não singular.
3) =
sen2 ) = 1 6= 0, logo a matriz é não singular.
2 + 18 + 10
1
0
0
0
=
( 15) = 8 6= 0, logo a matriz é não singular.
4
3
1
1
2
3
1
2
5
2
3
1
1
2
3
1
=
1 2 3
2 1 0
0 0 0
0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
=
( 6) = 13 6= 0, logo a matriz é não singular.
15
2
5
2
=4
0
1
0
0
18563 10
2909 0
=
(4
(
1 2 3
2 1 0
4 2 0
=
0
0
1
0
2
= cos2
(vi)
(viii)
18563 10
21472 10
=
13 6= 0, logo a matriz é não singular.
=
por (vi)
52 6= 0, logo a matriz é não singular.
=
por (vi)
= 0, logo a matriz é singular.
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
= 1 6= 0, logo a matriz é não singular.
6
0
23
5
= 30 6= 0, logo a matriz é não singular.
=
1
0
2
2
(xii)
1
1
2
2
3
2
1
0
=
1
1
1
2
1
1
1
0
2 [ 6 + 1 + ( 2)
3
1
1
0
1
2
1
2
( 1)
1
2
1
0
4+1
= 2( 1)
( 2)
3
1
1
1 1
1 3 1
4+3
2 2 + ( 2)( 1)
0 1 2
1 1
2 1 1
6] + 2 [1 + 12
logo a matriz é não singular.
39
2
2] = 20 + 18 = 38 6= 0,
=
(xiii)
0
0
0
2
12
22
(xiv)
32
42
= 0, logo a
0
0
1
2
22 32
32 42
42 52
52 62
matriz
0 4 0
0 0 0
(xv) 0 0 0
0 0 3
5 0 0
= 120 6= 0, logo
(xvi)
a 6=
a
b
0
0
0
0
3
2
8
0
a
b
0
0
5
23
0
6
=
2
0
0
0
2
1
0
0
12 22 32 42
42
3 5 7 9
52
=
2
5 7 9 11
6
72
7 9 11 13
é singular.
0 0
4 0
2 0
0 0
0 1 = 5( 1)5+1
0 0
0 0
0 3
0 0
a matriz é não singular.
0
0
a
b
0
8
2
3
0
0
0
0
a
b
b
0
0
0
a
0
2
0
0
=
0
0
1
0
6
0
23
5
=
por (xi)
30 6= 0, logo a matriz é não singular.
12 22 32 42
3 5 7 9
2 2 2 2
2 2 2 2
2
= 5 44( 1)1+1
= a5 + b5 6= 0 se e só se a 6=
12 22 32 42
3 5 7 9
2 2 2 2
0 0 0 0
=
=
3
0 2 0
0 0 1 5=
3 0 0
b, logo a matriz é não singular se e só se
b.
5. Seja
3
1 a a2
A = 4 1 b b2 5 ,
1 c c2
2
com a; b; c 2 R. A matriz A é invertível se e só se det A 6= 0. Tem-se
=
1
a
a2
2
0 b a b
a2
0 c a c 2 a2
1
a
a2
2
0 b a b
a2
0 c a c 2 a2
1
a
0 b a
0
0
c2
det A =
1 a a2
1 b b2
1 c c2
=0
se a = b ou a = c. Se a 6= b e a 6= c então
det A =
=
1 a a2
1 b b2
1 c c2
=
1
a
0 b a
0
0
(c
=
a2
2
b
a
a) [(c + a)
2
=
(b + a)]
a2
2
b
a
1
a
a2
2
0 b a
b
a2
0
0
(c a) (c b)
se b = c. Logo, a matriz A é invertível se e só se a 6= b; a 6= c e b 6= c.
40
2
a2
(c a)(b + a)
=0
=
6. Seja
2
6
6
A=6
6
4
com a; b; c; d; e; f; g; h 2 R. Se a = 0 ou h
h 6= 0 então
0 a 0
e 0 b
det A = 0 f 0
0 0 g
0 0 0
0
e
0
0
0
a
0
f
0
0
0
b
0
g
0
0
0
c
0
h
0
0
0
d
0
3
7
7
7,
7
5
= 0 então det A = 0, isto é, A não é invertível. Se a 6= 0 e
0
0
c
0
h
0
0
0
d
0
=
0
e
0
0
0
a
0
0
0
0
0
b
0
g
0
0
0
0
0
h
0
0
0
d
0
= 0,
isto é, A não é invertível. Logo, A não é invertível para quaisquer a; b; c; d; e; f; g; h 2 R.
7. Determinemos todos os valores do escalar para os quais a matriz A
os valores próprios de A.
3
(i) det (A
I) =
= (1 + ) 6 = 2 +
6.
2
1
Logo, det (A
I) = 0 , ( = 2 ou = 3).
1
(ii) det (A
=
2
1
8. (i) A
(ii) A
(iii) A
1
1
1
0
0
1
2
2
+ 8 . Logo, det (A
I) =
1
1
(cof A)T =
=
det A
2
2
1
14
1
T
1
(cof A) =
=
det A
1
0
2
2
=
1
2
+ 4 (1 + )
I) = 0 , ( = 0 ou
4
2
3
1
T
=
=
2
3=2
3T
2
1
0 0
5
4
1 0
= 0
1 1
0
3 ou
4 (1
I é singular, isto é, todos
)=
= 3).
1
1=2
1
1
0
3
0
1 5
1
2
3T
2
3
18 0 6
3 4 2=3
1
1
=
(cof A)T = 4 24 0 6 5 = 4 0 0 1=6 5
det A
6
4 1 1
1 1 1=6
9. Tem-se
det A =
3
1
0
3
2
0
9
1
0
0
2
0
2
3
0
2
3+3
= ( 2) ( 1)
3
1
3
41
2 2
0 3
1 2
= ( 2) (2 + 18
( 4)
9) =
30.
Logo,
1
A
(2;2)
1
=
(cof A)T
det A
1
4
0
0
det B =
0
0
1
1
0
1
0
2
2
0
3
2
(2;2)
1
=
(cof A)(2;2) =
det A
1
0
0
0
=
0
0
1
0
0
1
0
2
2
8
3
1
3
0
3
1
( 1)2+2
30
0 2
2 0
0 2
0 1
= ( 1)( 1)1+1 1 0
0 2
8
3
1
=
4
.
5
=
17.
Logo,
B
1
(2;3)
1
3
2
5
10. (i) x =
1
(cof B)T
det B
=
3
7
3
7
2
=2
1
=
=
(2;3)
e
1
(cof B)(3;2) =
det B
y=
2
5
2
5
1
3
3
7
=
1
=
1
1 0 2
4 1 0
0 2 2
1
( 1)3+2
17
=
14
.
17
5
=
5
1
1
(ii)
1
1
1
1
2
1
x=
1
0
2
1
0
2
0
1
2
0
1
2
1 0
2 3
0 1
11. det C =
5
= 1; y =
5
=
1
2
2
1
2
1
1
2
1
1
1
1
1
0
2
0
1
2
0
1
2
= 0 e z=
6 6= 0, logo C é invertível. det D =
=
1
2
1
1
2
1
1
0
2
1
0
2
9
7
2
1
1
1
0
1
2
8
3
0
=
1
0
0
= 6 6= 0, logo D é
invertível.
1
(i) det (2C
) = 23
(ii) det C 3 (2C)
(iii) det
1
= 3
2
1
= (det C)3
C T (tr C) C
1
det C
2
(iv) det C T tr
=
4
3
1
=
det C
1
1 1
1
9
= (det C)2 =
3
2 det C
8
2
= det C
1
1
(C
tr C
1 T
)
=
1
det (C
(tr C)3
1
) det (C
1
288
T
1
C
4
C
2
=
1
det C T det (C
23
42
2
)=
1
1
det C
=
3
2
(det C)2
1
)=
=
1 1
=
23 det C
12. (i)
d e f
g h i
a b c
a
(iv)
d
1
2
1
= ( 2)3 det C T
C
1
det
1
det (DT )
2 3
D
3
1
=5
a
2d
g
(ii)
b
c
2e 2f
h
i
= 10
c
c
0
= 10
(v)
(iii)
a g d
b h e
c i f
a
b
c
3
(ii) 2a + 2 2b + 1 2c
2
a+1 b+2 c+1
=
1
2
=
a+d b+e c+f
d
e
f
g
h
i
=5
5
a
= 1 (iii)
1 b
3
1
2 c
3
2
1
14.
2
+
2
1
1
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
=
1
1
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
1
2
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
=
1 2 1
2 1 0
3a 3b 3c
2
=
a b c
=3 2 1 0
1 2 1
=3
.
=
15.
1
+1
+1
+1
+1
+1
1
2
+2
+2
+2
+2
1
2
3
+3
+3
+3
1
2
3
4
+4
+4
1
2
3
4
5
+5
43
=
0
0
0
0
0
1 1
1
0
0 0
0 0
0 0
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1
0
1
0 0
=
1
1
1
(iv)
=
=
C
1
det D
1
27
27
=8
=
= 34 .
3
2
det
C
8
36
(det D)
(det D)
b
b
3
1
1
DT
3a e 3b f 3c
2g
2h
2i
a
6
13.(i)
3
3
2
8 (det C)
1
2 3
D
3
2C T
(v) det
=
1
48
6
.
=1
16.
1
..
.
:::
:::
.
+ 1 ..
...
1
..
..
.
.
1
:::
+1
1
1
..
.
1
1
0 0 :::
0
1
0 :::
0
..
..
.
. 0
..
.
...
. 0
0 ..
.. . .
.
.
0
1 0 0 ::: 0
1
=
1
..
.
+1
1
1
+1
= (y1
x1 ) ( 1)2+2 det
=
n
.
17.
1 1 1
x1 y1 y1
x2 x2 y2
18.(i)
(ii)
(iii)
=
1
0
0
x1 y1 x1 y1 x1
x2
0
y2 x2
a1 b 1 a1 + b 1 + c 1
a2 b 2 a2 + b 2 + c 2
a3 b 3 a3 + b 3 + c 3
b+c c+a b+a
a
b
c
1
1
1
a1 + b 1 a1
a2 + b 2 a2
a3 + b 3 a3
b1 c 1
b2 c 2
b3 c 3
=
=
= (y1
2a1 a1
2a2 a2
2a3 a3
b1 c 1
b2 c 2
b3 c 3
=
2a1
2a2
2a3
=
0 0 0
a b c
1 1 1
b1 c 1
b2 c 2
b3 c 3
=
=0
a1 b 1 c 1
2 a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
19.
a1 + b1 c1 + d1
a2 + b2 c2 + d2
=
a1 c 1
a2 c 2
a1 c 1
b2 d2
+
+
b1 d1
a2 c 2
+
b1 d1
:
b2 d2
20.
0 0
2 1
0 0
2
1
5
=
x1 ) (y2
a1 b 1 c 1
a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
a+b+c a+b+c a+b+c
a
b
c
1
1
1
=
1
0
x2 y2 x2
0 0 2
2 1 1
0 0 0
21.O coe…ciente de x3 na expressão
2x
1
3
1
4 2
2 1
0 0
=0 e
x
x
2
1
1
1
x
1
2
1
1
x
44
é
2
1
5
1.
=
0 0
2 1
0 0
0
1
5
=0
x2 ) .
22. (i)
1
0
1
x
x
x
x
x
4
x
x
(ii)
x 1
1 1
0 2
x
x
4
x
x
x
x
4
1
0
1
=0,
=0,
x 0
1 1
0 1
=0,
1+x=0,x=1
x
x
x
x
0 4 x
0
0
0
0
4 x
0
0
0
0
4 x
= 0 , x (4
x)3 = 0 , (x = 0 ou x = 4)
x 1 1 1
x
1
1
1
1 x 1 1
0 x 1
0
1 x
(iii)
=0,
=0,
1 1 x 1
0
0
x 1 1 x
1 1 1 x
1
1
1
x
x 1 x 1 x 1 x
0 1 x 1 x 1 x2
0 x 1
0
1 x
0 x 1
0
1 x
,
=0,
=0,
0
0
x 1 1 x
0
0
x 1 1 x
1
0
0
x 1
1
0
0
x 1
0
0
0
3 2x x2
0
0
0
3 2x x2
0 x 1
0
1 x
0 x 1
0
0
,
=0,
=0,
0
0
x 1
1 x
0
0
x 1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0 x 1
0
0
,
= 0 , (x 1)2 (3 2x x2 ) = 0 , (x = 1 ou x =
0
0
x 1
0
0
0
0
3 2x x2
5 3 3
7 1 5
8 7 1
3)
5 53 533
23.
=
= 7 71 715 . Como 533; 715 e 871 são múltiplos de 13 então a 3a
8 87 871
5 3 3
coluna é também múltipla de 13. Logo 7 1 5 é múltiplo de 13.
8 7 1
24.
de 5, logo
2
1
3
5 53 3
7 71 5
8 87 1
1 8
2
1
8 + ( 3) 1
0 10 =
1 0
10 + ( 3) 0
7 4
3
7 4 + ( 3) ( 7)
2
1 5
1 0 10 é múltiplo de 5.
3
7 25
=
2
1
3
1 5
0 10 . Como a 3a coluna é múltipla
7 25
25. Seja A = (aij )n n com n ímpar e tal que aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n: Mostre que A
não é invertível.
Dem. (aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n), AT = A. Logo
det A = det AT = det ( A) = ( 1)n det A
Pelo que A não é invertível.
45
=
n é ímpar
det A , det A = 0:
4a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Espaços lineares)
1. Veri…que que os seguintes subconjuntos de R2 , com as operações usuais, não são subespaços de R2 .
(i) f(x; y) 2 R2 : x
(ii) f(x; y) 2 R2 : xy = 0g
0g
(iii) f(x; y) 2 R2 : y = x2 g
2. Veri…que que os seguintes conjuntos, com as operações usuais, são (todos os) subespaços de R2 .
(i) f(0; 0)g
(ii) Vk = f(x; kx) : x 2 Rg com k 2 R
(iii) U = f(0; a) : a 2 Rg
(iv) R2
3. No espaço linear R3 , considere o subconjunto
Uk = f(x; y; k) : x; y 2 Rg
onde k é uma constante real. Determine os valores de k para os quais Uk é subespaço de R3 .
4. Considere o espaço linear V = R3 . Diga quais dos seguintes subconjuntos de V , com as operações
usuais, são subespaços de V e indique os respectivos conjuntos geradores.
(i) f(x; y; z) 2 R3 : z = 2g
(iii) f(x; y; z) 2 R3 : x > 0g
(ii) f(x; y; z) 2 R3 : x + y
z = 0g
(iv) f(0; 0; z) : z 2 Rg
(v) f(x; y; z) 2 R3 : y = 2x e z = 3xg
(vii) f(x; y; z) 2 R3 : x + y + z = 0 e x
(vi) f(x; y; z) 2 R3 : x + y = 1g
y
z = 0g
(viii) f(x; y; z) 2 R3 : x = y ou y = zg
(ix) f(x; y; z) 2 R3 : x
y = 0 e 2y + z = 0g (x) f(x; y; z) 2 R3 : xy = 0g
5. Seja Pn o espaço linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a n,
com as operações usuais: Diga quais dos seguintes subconjuntos de P2 , com as operações usuais, são
subespaços de P2 e indique os respectivos conjuntos geradores.
(i) fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a0 = 0g (ii) fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2 = 2a0 e a1 = 0g
(iii) fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a1 = 1g (iv) fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
2
(v) fa0 + a1 t + a2 t 2 P2 : a2
a1 = 2g
a1 + 2a0 = 0g
6. Seja Mm n (R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo m n com entradas reais. Diga quais dos
seguintes subconjuntos de M2 3 (R), com as operações usuais, são subespaços de M2 3 (R) e indique
os respectivos conjuntos geradores.
(i)
(iii)
a b c
d 0 0
a b c
d e f
2 M2 3 (R) : b = a + c
2 M2 3 (R) : a =
(ii)
a b c
d 0 f
2c e f = 2e + d :
46
2 M2 3 (R) : b < 0
7. Determine o espaço das colunas, o espaço das linhas e o núcleo das seguintes matrizes.
2
3
2 1 1
1
1
1 2 3
0 0 0
(i)
(ii)
(iii)
(iv) 4 0 0 1 5
0
0
0 0 0
0 0 0
0 0 0
2
3
2
3
2
3
2
3
1 0
1 2
0 0
1 0 1
(v) 4 2 3 5 (vi) 4 2 4 5
(vii) 4 0 0 5
(viii) 4 2 3 0 5
2 1
2 4
0 0
2 1 0
8. Veri…que que, com as operações usuais, o seguinte conjunto de matrizes
82
3 2
3 2
3 2
39
0 0
0 0
0 0 =
< 1 0
4 0 0 5 ;4 1 0 5;4 0 1 5;4 0 0 5
:
;
0 0
0 0
0 0
0 1
gera o subespaço
82
9
3
< a 0
=
4 b c 5 2 M3 2 (R) : a; b; c; d 2 R
:
;
0 d
do espaço linear M3 2 (R).
9. Considere, no espaço linear R3 , os vectores v1 = (1; 2; 1), v2 = (1; 0; 2) e v3 = (1; 1; 0). Mostre que os
seguintes vectores são combinações lineares de v1 ; v2 e v3 .
(i) (3; 3; 0)
(ii) (2; 1; 5)
(iii) ( 1; 2; 0)
(iv) (1; 1; 1)
10. Considere, no espaço linear R4 , os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1; 1; 0; 0) e v3 = (0; 1; 2; 1). Diga
quais dos seguintes vectores pertencem ao subespaço L (fv1 ; v2 ; v3 g).
(i) ( 1; 4; 2; 2)
(ii) (2; 0; 2; 2)
(iii) (1; 1; 2; 2)
(iv) (0; 1; 1; 0)
11. Determine o valor de k para o qual o vector u = (1; 2; k) 2 R3 é combinação linear dos vectores
v = (3; 0; 2) e w = (2; 1; 5):
12. Considere, no espaço linear P2 , os vectores p1 (t) = 2 + t + 2t2 , p2 (t) =
e p4 (t) = 2 3t t2 . O vector
q(t) = 2 + t + t2
2t + t2 , p3 (t) = 2
5t + 5t2
pertence à expansão linear L (fp1 (t); p2 (t); p3 (t); p4 (t)g)? Podem os vectores p1 (t), p2 (t), p3 (t) e p4 (t)
gerar P2 ?
13. Veri…que que os seguintes conjuntos de vectores geram R3 .
(i) f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g (ii) f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g
(iii) f(1; 1; 1) ; ( 1; 1; 1); (1; 1; 1); ( 1; 1; 1)g
14. Escreva a matriz
3
1
1
1
como combinação linear das matrizes
A=
1 1
1 0
;
B=
47
0 0
1 1
, C=
0
0
2
1
:
Encontre uma matriz 2
2 que não pertença a
1 1
1 0
L
;
0 0
1 1
0
0
;
2
1
:
Antes de a determinar, explique porque é que essa matriz existe.
15. Determine os vectores (a; b; c) de R3 que pertencem a L (fu; v; wg) onde
u = (2; 1; 0);
v = (1; 1; 2) e w = (0; 3; 4):
16. Sejam
1 1 5
2 3 13
A=
2
1
e B=4 4
3
1
3
1
3
1
1 5:
3
Veri…que que o espaço das linhas de A é igual ao espaço das linhas de B: Conclua então que os
espaços das colunas de AT e de B T são iguais.
17. Encontre um conjunto de geradores para cada um dos seguintes subespaços do espaço linear R4 .
(i) f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y + z = 0g
(ii) f(x; y; z; w) 2 R4 : x + y + z + w = 0g
(iii) f(x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y
z = 0 e x + y + 2w = 0 e y
z + w = 0g
18. De…na por meio de sistemas de equações homogéneas os seguintes subespaços.
(i) Em P2 : L (f1
t2 ; 1 + tg)
(ii) L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); ( 2; 1; 2)g)
(iii) L (f(0; 1; 0); ( 2; 1; 2)g) (iv) L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g)
(v) L (f(1; 0; 1; 1)g)
(vi) L (f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (3; 6; 11; 1); (0; 0; 1; 2)g)
19. Determine as condições que os parametros i ; i (i = 1; 2) devem veri…car para que os vectores
( 1 ; 1 ; 3) e ( 2 ; 2 ; 9), no espaço linear R3 , sejam linearmente independentes.
20. Diga se os seguintes conjuntos de vectores em R3 são linearmente dependentes ou linearmente independentes? Nos casos em que sejam linearmente dependentes, indique (para cada um) um subconjunto linearmente independente com o maior no possível de elementos e escreva os restantes como
combinação linear desses vectores.
(i) f(4; 2; 1); (2; 6; 5); (1; 2; 3)g
(iii) f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g
(ii) f(1; 2; 1); (3; 2; 5)g
(iv) f(1; 0; 1); (0; 0; 0); (0; 1; 1)g
(v) f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g (com x; y; z 2 R).
21. Determine todos os valores de a para os quais f(a2 ; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)g é uma base de R3 :
22. Sejam U = L (f(1; 1; 0; 0); (0; 1; 1; 0)g) e Vk = L (f(2; k; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) subespaços de R4 : Determine
os valores de k para os quais dim (U \ Vk ) = 1.
23. No espaço linear R3 , construa uma base que inclua os vectores:
(i) (1; 0; 2) e (0; 1; 2).
(ii) (2; 1; 1) e ( 4; 2; 1).
48
(iii) ( 1; 2; 1) e (1; 0; 1).
24. Veri…que que os seguintes subconjuntos do espaço linear de todas as funções reais de variável real são
linearmente dependentes. Indique (para cada um) um subconjunto linearmente independente com o
maior no possível de elementos e escreva os restantes como combinação linear desses vectores.
(i) S = fcos2 t; sen2 t; cos 2tg
(ii) S = f2; sen2 t; cos2 tg
(iv) S = 1; t; t2 ; (t + 1)2
(iii) S = fet ; e t ; cosh tg
Determine uma base para cada subespaço L(S) e calcule a respectiva dimensão.
25. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Sejam f; g; h 2 V , com f (t) = sen t,
g (t) = cos t e h (t) = t. Mostre que o conjunto ff; g; hg é linearmente independente.
26. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R2 . Determine bases e as dimensões dos
espaços gerados por cada um desses conjuntos. Em cada base de R2 encontrada, exprima o vector
(0; 1) como combinação linear dos vectores dessa base ordenada. Isto é, determine as coordenadas
do vector (0; 1) em cada base ordenada encontrada. Relativamente a cada base ordenada de R2 ,
determine ainda o vector cujas coordenadas são (0; 1).
(i) f(1; 3); (1; 1)g
(ii) f(0; 0); (1; 2)g
(iv) f( 5; 0); (0; 2)g (v) f(1; 2); (2; 3); (3; 2)g
(iii) f(2; 4)g
(vi) f(1; 0); (0; 1)g
27. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R3 . Determine bases e as dimensões
dos espaços gerados por cada um desses conjuntos. Em cada base de R3 encontrada, exprima o
vector ( 1; 1; 2) como combinação linear dos vectores dessa base ordenada. Isto é, determine as
coordenadas do vector ( 1; 1; 2) em cada base ordenada encontrada. Relativamente a cada base
ordenada de R3 , determine ainda o vector cujas coordenadas são ( 1; 1; 2).
(i) f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g
(ii) f(1; 2; 0); (0; 1; 1)g
(v) f(1; 1; 1); (2; 3; 4); (4; 1; 1); (0; 1; 1)g
(vi) f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g
(iii) f(3; 2; 2); ( 1; 2; 1); (0; 1; 0)g
(iv) f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g
28. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R4 . Determine bases e as dimensões dos
espaços gerados por cada um desses conjuntos. Em cada alínea indique uma base de R4 que inclua
pelo menos dois vectores do conjunto apresentado.
(i) f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g
(ii) f(1; 1; 0; 2); (3; 1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g
(iii) S = f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (1; 0; 1; 0); (0; 0; 1; 1)g
(iv) f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g
(v) f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (3; 6; 11; 1); (0; 0; 5; 5)g
(vi) S = f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2); (5; 2; 2; 2)g : Nesta alínea, veri…que que (8; 3; 3; 5) 2
L (S) e determine uma base de L (S) que inclua o vector (8; 3; 3; 5).
29. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de P2 (espaço linear dos polinómios reais de
grau menor ou igual a 2). Determine bases e as dimensões dos espaços gerados por cada um desses
conjuntos. Determine as coordenadas do vector 1 t em cada base ordenada de P2 encontrada.
Relativamente a cada base ordenada de P2 , determine ainda o vector cujas coordenadas são ( 1; 3; 2).
(i) f2 + t
2
t2 ; 2t + 2t2 ; t2 g
(iii) f1 + t ; t
2
t ;1
(ii) f2t
2
t2 ; 1
2
(iv) f 1 + 2t + t ; 2
t + 2t ; 1 + tg
49
2t2 ; 2 + t; 1
tg
4tg
(v) f1 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
t2 ; 2 + 2t
t2 g
(vi) f1; t; t2 g
30. Mostre que as matrizes
1 1
0 0
;
0 0
1 1
;
1 0
0 1
0 1
1 1
e
formam uma base para o espaço linear M2 2 (R):
1 3
0 11
2
5
4 1
3
2
;
;
,
;
. Seja W um subespaço de
3 1
1 5
2 3
1 2
5 3
M2 2 (R) gerado por S. Determine uma base para W que inclua vectores de S.
31. Seja S =
32. Determine uma base para M3 2 (R). Qual é a dimensão do espaço linear M3 2 (R)?
33. Determine uma base para cada um dos seguintes subespaços de M3 3 (R) e calcule a respectiva
dimensão:
(i) O conjunto de todas as matrizes (reais) diagonais do tipo 3
(ii) O conjunto de todas as matrizes (reais) simétricas do tipo 3
34. Determine as dimensões e indique bases para: o núcleo,
das seguintes matrizes.
2
0 1 0
3
1
3 0
6 0
4
(i)
(ii)
(iii) 0 0 1
6
2
1 0
2 0
0 0 0
2
2
3
2
3
1 0 0
1 2
1 3 0 2
6 0 1 0 7
6 2 3
7
4 0 2 2 0 5 (vii) 6
(v) 6
4 0 0 1 5 (vi)
4 3 4
1 3 0 2
0 0 0
1 1
3:
3:
o espaço das linhas e o espaço das colunas
3
2
0
1 1
5
4
0
1 2
(iv)
1
0 1
3
3
1
2
0 7
7:
1
1 5
1 1
3
2
1 5
1
Determine tambem a característica e a nulidade de cada uma delas.
35. Sejam U e V subespaços de W tais que dim U = 4; dim V = 5 e dim W = 7. Diga quais as dimensões
possíveis para U \ V .
36. Determine bases e calcule as dimensões de U + V e U \ V , dizendo em que casos U + V é a soma
directa U V (determine-a) dos subespaços U e V .
(i) U = L (f(1; 1; 1); (0; 1; 1)g) ; V = L (f(1; 1; 2); ( 1; 1; 1)g) em R3 :
(ii) U = f(x; y; z) 2 R3 : x + y
z = 0 e x + y = 0g ; V = L (f(1; 1; 1)g) em R3 :
(iii) U = L (f(1; 0; 1); ( 1; 1; 2)g) ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x + y + 3z = 0g em R3 :
(iv) U = f(x; y; z) 2 R3 : x = y = zg ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x = 0g em R3 :
(v) U = L (f1 + t; 1
(vi) U = L (f1 + t; 1
t2 g), V = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
t3 g), V = L (f1 + t + t2 ; t
a1 + a0 = 0g em P2 .
t3 ; 1 + t + t3 g) em P3 .
(vii) U = L (f(2; 2; 1; 2); ( 1; 1; 1; 3); (0; 0; 6; 8); ( 1; 1; 5; 5)g) ;
V = L (f(0; 0; 0; 1); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g) em R4 :
(viii) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y + 3z = 0 e y + 2z + 3w = 0g,
50
V = L (f(2; 5; 4; 1); (0; 9; 6; 1); ( 4; 1; 2; 1)g) em R4 :
Neste alínea (viii) mostre que U = V .
(ix) Seja U o subespaço de R5 gerado por
f(1; 1; 1; 2; 0); (1; 2; 2; 0; 3); (1; 1; 2; 2; 1)g .
Seja V o subespaço de R5 gerado por
f(1; 2; 3; 0; 2); (1; 1; 3; 2; 4); (1; 1; 2; 2; 5)g .
Comece por escrever U e V como soluções de sistemas de equações lineares homogéneas.
(x) Sejam U e V subespaços de R4 gerados respectivamente por F e por G, com
F = f(1; 0; 1; 0); (0; 1; 1; 1); (1; 0; 0; 2) ; (0; 0; 1; 2)g ;
G = f(1; 1; 1; 1); (1; 2; 0; 1); (0; 0; 1; 1)g .
2
6
6
37. Seja A = 6
6
4
1
0
2
1
0
1
0
2
1
0
0
2
1
2
0
2
4
2
2
0
1
0
1
1
0
3
7
7
7:
7
5
(i) Calcule a nulidade e a característica de A:
(ii) Determine bases para o espaço das colunas de A e para o núcleo de A:
(iii) Usando a alínea anterior, determine a solução geral do sistema de equações lineares homogéneo
Au = 0.
(iv) Resolva o sistema de equações Au = b, com b = (1; 0; 2; 1; 0): Note que b é igual à 1a coluna
de A e use esse facto de modo a encontrar uma solução particular de Au = b.
38. Utilize a informação da seguinte tabela para, em cada caso, determinar a dimensão do espaço gerado
pelas linhas de A, do espaço gerado pelas colunas de A, do núcleo de A e do núcleo de AT . Diga
tambem se o correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível,
determinando para esses casos, o número de parâmetros que entram na solução geral de AX = B.
A
3 3
car A
3
car [A j B]
3
3
3
2
3
3
3
1
1
5
9
2
2
9
5
2
3
4
4
0
0
6
2
2
2
39. Construa uma matriz cujo núcleo seja gerado pelo vector (2; 0; 1).
40. Existe alguma matriz cujo espaço das linhas contém o vector (1; 1; 1) e cujo núcleo contém (1; 0; 0)?
41. Quais são as matrizes do tipo 3
42. Seja A 2 Mm
para n = 4.
43. Seja A 2 Mn
n (R)
n (R)
3 cujo núcleo tem dimensão 3?
tal que C(A) = N (A). Prove que A 2 Mn
n (R)
tal que car A = n e A2 = A. Prove que A = I.
51
com n par. Dê um exemplo
44. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2 . Seja v = (1; 5).
(i) Determine as coordenadas de v em relação à base B1 .
(ii) Determine a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 .
(iii) Determine as coordenadas de v em relação à base B2 , usando as alíneas anteriores.
(iv) Determine, directamente, as coordenadas de v em relação à base B2 .
(v) Determine a matriz SB2 !B1 de mudança da base B2 para a base B1 .
(vi) Determine as coordenadas de v em relação à base B1 , usando a alínea anterior, e compare com
o resultado obtido em (i).
45. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de R2 , onde
v1 = (1; 2), v2 = (0; 1).
Suponha que a matriz SB2 !B1 de mudança da base B2 para a base B1 , é dada por:
SB2 !B1 =
2 1
1 1
.
Determine B2 .
46. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de P1 , onde
w1 =
1 + t, w2 = 1 + t.
Suponha que a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 , é dada por:
SB1 !B2 =
2 3
1 2
.
Determine B1 .
47. Sejam B1 = f1; 1
t; t2 g e B2 = f1; 1 + t; 1 + t + t2 g duas bases ordenadas de P2 .
(i) Suponha que as coordenadas de um vector p(t) 2 P2 em relação à base B2 são dadas por (1; 2; 3).
Determine as coordenadas do mesmo vector p(t) em relação à base B1 .
(ii) Determine a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 e utilize-a para determinar
as coordenadas do vector 2 t + t2 na base B2 .
48. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de P1 , onde
w1 = t, w2 = 1
t.
Suponha que a matriz SB2 !B1 de mudança da base B2 para a base B1 , é dada por:
SB2 !B1 =
Determine B1 .
52
2 3
1 2
.
49. Sejam B1 = fv1 ; v2 ; v3 g e B2 = fw1 ; w2 ; w3 g duas bases ordenadas de R3 , onde
v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).
Suponha que a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 , é dada por:
2
3
1
1 2
1 1 5.
SB1 !B2 = 4 2
1
1 1
Determine B2 .
50. Sejam B1 =
1 0
0 0
;
0 1
0 0
B2 =
;
0 0
1 0
1 1
1 1
;
,
0 0
0 1
1
1
1
1
e
;
1 1
1 1
,
1
1
1
1
duas bases ordenadas de M2 2 (R). Determine a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base
1 2
B2 e utilize-a para determinar as coordenadas do vector
em relação à base B2 .
3 4
51. Seja B = fv1 ; v2 g uma base ordenada de P1 . Sejam (1; 1) e (2; 2) respectivamente as coordenadas
de dois polinómios 1 + t e 1 t em relação à base B: Determine B.
52. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de P1 . Suponha que (1; 1) e (2; 2) são
respectivamente as coordenadas de um polinómio p (t) em relação às bases B1 e B2 : Suponha ainda
que (1; 1) e (2; 2) são respectivamente as coordenadas de um polinómio q (t) em relação às bases
B1 e B2 : Determine a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 .
53
Resolução da 4a Ficha de exercícios
1. (i) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x
0g. Por exemplo:
(1; 1) 2 U , mas ( 1)(1; 1) = ( 1; 1) 2
= U.
Logo, U não é subespaço de R2 .
(ii) Seja U = f(x; y) 2 R2 : xy = 0g. Por exemplo:
(1; 0); (0; 1) 2 U , mas (1; 0) + (0; 1) = (1; 1) 2
= U.
Logo, U não é subespaço de R2 .
(iii) Seja U = f(x; y) 2 R2 : y = x2 g. Por exemplo:
(1; 1) 2 U , mas 2(1; 1) = (2; 2) 2
= U.
Logo, U não é subespaço de R2 .
2. Atendendo às respectivas dimensões, os seguintes subespaços de R2 , com as operações usuais, são
todos os subespaços de R2 .
(i) f(0; 0)g é subespaço de R2 .
(ii) Seja Vk = f(x; kx) : x 2 Rg com k 2 R (…xo). Sejam (x1 ; kx1 ); (x2 ; kx2 ) 2 Vk e
(x1 ; kx1 ) + (x2 ; kx2 ) = (x1 + x2 ; k (x1 + x2 )) 2 Vk
e, com (x; kx) 2 Vk ,
(x; kx) = ( x; k ( x)) 2 Vk .
Logo, para todo o k 2 R, Vk é subespaço de R2 .
Em alternativa, uma vez que
Vk = L (f(1; k)g) ,
para todo o k 2 R, conclui-se que Vk é subespaço de R2 (para todo o k 2 R).
(iii) Seja U = f(0; a) : a 2 Rg. Sejam (0; a1 ) ; (0; a2 ) 2 U e
2 R. Tem-se
(0; a1 ) + (0; a2 ) = (0; a1 + a2 ) 2 U
e, com (0; a) 2 U ,
Logo, U é subespaço de R2 .
Em alternativa, uma vez que
(0; a) = (0; a) 2 U .
U = L (f(0; 1)g) ,
conclui-se que U é subespaço de R2 .
(iv) R2 é subespaço de R2 .
54
2 R. Tem-se
3. Uk é subespaço de R3 se e só se k = 0.
4. (i) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : z = 2g. Ora (0; 0; 0) 2
= U . Logo, U não é subespaço de R3 .
(ii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x + y
z = 0g. Tem-se
U = f(x; y; x + y) : x; y 2 Rg .
Uma vez que
(x; y; x + y) = (x; 0; x) + (0; y; y) = x(1; 0; 1) + y(0; 1; 1),
para quaisquer x; y 2 R, tem-se:
U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) .
Logo, U é subespaço de R3 .
Alternativamente, note que U = N (A) é subespaço de R3 , com A =
1 1
1 :
(iii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x > 0g. Ora (0; 0; 0) 2
= U . Logo, U não é subespaço de R3 .
(iv) Seja U = f(0; 0; z) : z 2 Rg. Uma vez que (0; 0; z) = z(0; 0; 1), para qualquer z 2 R, tem-se:
U = L (f(0; 0; 1)g) .
Logo, U é subespaço de R3 .
(v) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : y = 2x e z = 3xg. Tem-se U = f(x; 2x; 3x) : x 2 Rg.
Uma vez que (x; 2x; 3x) = x(1; 2; 3), para qualquer x 2 R, tem-se:
U = L (f(1; 2; 3)g) .
Logo, U é subespaço de R3 .
2 1 0
3 0 1
Alternativamente, note que U = N (A) é subespaço de R3 , com A =
:
(vi) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x + y = 1g. Ora (0; 0; 0) 2
= U . Logo, U não é subespaço de R3 .
(vii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x + y + z = 0 e x
y
z = 0g. Tem-se
U = f(0; y; y) : y 2 Rg .
Uma vez que
(0; y; y) = y(0; 1; 1),
para qualquer y 2 R, tem-se:
U = L (f(0; 1; 1)g) .
Logo, U é subespaço de R3 .
Alternativamente, note que U = N (A) é subespaço de R3 , com A =
1
1
(viii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x = y ou y = zg. Tem-se:
U = (x; y; z) 2 R3 : x = y [ (x; y; z) 2 R3 : y = z
55
1
1
1
1
:
Por exemplo:
(1; 1; 2); (1; 2; 2) 2 U , mas (1; 1; 2) + (1; 2; 2) = (2; 3; 4) 2
= U.
Logo, U não é subespaço de R3 .
(ix) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x
y = 0 e 2y + z = 0g. Tem-se
U = f(x; x; 2x) : x 2 Rg .
Uma vez que
(x; x; 2x) = x(1; 1; 2),
para qualquer x 2 R, tem-se:
U = L (f(1; 1; 2)g) .
Logo, U é subespaço de R3 .
1
0
Alternativamente, note que U = N (A) é subespaço de R3 , com A =
1 0
2 1
:
(x) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : xy = 0g. Por exemplo:
(1; 0; 1); (0; 1; 0) 2 U , mas (1; 0; 1) + (0; 1; 0) = (1; 1; 1) 2
= U.
Logo, U não é subespaço de R3 .
O conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:
U = fa0 + a1 t +
+ an tn 2 Pn : a0 ; a1 ; :::; an 2 R e an 6= 0g ,
com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) = 0 2
= U.
5. Seja P2 o espaço linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2,
com as operações usuais:
(i) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a0 = 0g. Tem-se
U = a1 t + a2 t2 : a1 ; a2 2 R = L
t; t2
.
Logo, U é subespaço de P2 .
(ii) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2 = 2a0 e a1 = 0g. Tem-se
U = a0 + 2a0 t2 : a0 2 R .
Uma vez que
a0 + 2a0 t2 = a0 (1 + 2t2 ),
para qualquer a0 2 R, tem-se:
U =L
1 + 2t2
.
Logo, U é subespaço de P2 .
(iii) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a1 = 1g. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) = 0 2
= U . Logo, U
não é subespaço de P2 .
56
(iv) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
Logo, U não é subespaço de P2 .
(v) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
a1 = 2g. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) = 0 2
= U.
a1 + 2a0 = 0g. Tem-se
2a0 ) t2 : a0 ; a1 2 R .
U = a0 + a1 t + (a1
Uma vez que
2a0 ) t2 = a0 (1
a0 + a1 t + (a1
para quaisquer a0 ; a1 2 R, tem-se:
U =L
1
2t2 ) + a1 (t + t2 ),
2t2 ; t + t2
.
Logo, U é subespaço de P2 .
6. Seja M2 3 (R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo 2
a b c
(i) Seja U =
2 M2 3 (R) : b = a + c . Tem-se
d 0 0
a a+c c
d
0
0
U=
3 com entradas reais.
: a; c; d 2 R .
Uma vez que
a a+c c
d
0
0
=a
1 1 0
0 0 0
+c
0 1 1
0 0 0
+d
0 0 0
1 0 0
,
para quaisquer a; c; d 2 R, tem-se:
1 1 0
0 0 0
U =L
;
0 1 1
0 0 0
;
0 0 0
1 0 0
.
Logo, U é subespaço de M2 3 (R).
(ii) Seja U =
a b c
d 0 f
2 M2 3 (R) : b < 0 . Por exemplo: a matriz nula
0 0 0
0 0 0
2
= U.
Logo, U não é subespaço de M2 3 (R).
(iii) Seja U =
a b c
d e f
2 M2 3 (R) : a =
U=
2c e f = 2e + d . Tem-se
2c b
c
d e 2e + d
: b; c; d; e 2 R .
Uma vez que
2c b
c
d e 2e + d
=b
0 1 0
0 0 0
+c
2 0 1
0 0 0
57
+d
0 0 0
1 0 1
+e
0 0 0
0 1 2
,
para quaisquer b; c; d; e 2 R, tem-se:
U =L
0 1 0
0 0 0
Logo, U é subespaço de M2 3 (R).
2 0 1
0 0 0
;
;
0 0 0
1 0 1
;
0 0 0
0 1 2
.
:
1
1
. Tem-se C(A) = L (f(1; 0)g) e L(A) = L (f(1; 1)g).
0
0
Seja u = (x; y) 2 R2 . Atendendo a que
7. (i) Seja A =
1
0
1
0
x
y
=0,x
y = 0,
o núcleo de A é dado por:
N (A) = u 2 R2 : Au = 0 = (x; y) 2 R2 : x y = 0 =
= f(x; x) : x 2 Rg = fx(1; 1) : x 2 Rg = L (f(1; 1)g) .
1 2 3
. Tem-se C(A) = L (f(1; 0)g) e L(A) = L (f(1; 2; 3)g).
0 0 0
Seja u = (x; y; z) 2 R3 . Atendendo a que
2 3
x
1 2 3 4 5
y = 0 , x + 2y + 3z = 0,
0 0 0
z
(ii) Seja A =
o núcleo de A é dado por:
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 = (x; y; z) 2 R3 : x + 2y + 3z = 0 =
= f( 2y 3z; y; z) : y; z 2 Rg = fy( 2; 1; 0) + z( 3; 0; 1) : y; z 2 Rg
= L (f( 2; 1; 0); ( 3; 0; 1)g) .
0 0 0
. Tem-se C(A) = f(0; 0)g e L(A) = f(0; 0; 0)g.
0 0 0
O núcleo de A é dado por: N (A) = R3 .
2
3
2 1 1
(iv) Seja A = 4 0 0 1 5. Tem-se
0 0 0
(iii) Seja A =
C(A) = L (f(2; 0; 0); (1; 1; 0)g)
e L(A) = L (f(2; 1; 1); (0; 0; 1)g) :
Seja u = (x; y; z) 2 R3 . Atendendo a que
8
2
32 3
2 1 1
x
< 2x + y + z = 0
4 0 0 1 54 y 5 = 0 ,
:
0 0 0
z=0
z
58
o núcleo de A é dado por:
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 = (x; y; z) 2 R3 : 2x + y + z = 0 e z = 0 =
= f(x; 2x; 0) : x 2 Rg = fx(1; 2; 0) : x 2 Rg = L (f(1; 2; 0)g) .
2
3
1 0
(v) Seja A = 4 2 3 5. Tem-se
2 1
C(A) = L (f(1; 2; 2); (0; 3; 1)g)
e L(A) = L (f(1; 0); (2; 3)g) ,
pois
4
1
(2; 1) = (1; 0) + (2; 3).
3
3
Seja u = (x; y) 2 R2 . Atendendo a que
2
3
1 0
4 2 3 5
2 1
x
y
o núcleo de A é dado por:
8
x=0
>
>
>
>
<
2x + 3y = 0
=0,
>
>
>
>
:
2x + y = 0
N (A) = u 2 R2 : Au = 0 = (x; y) 2 R2 : x = 0 e 2x + 3y = 0 e 2x + y = 0 = f(0; 0)g .
2
3
1 2
(vi) Seja A = 4 2 4 5. Tem-se
2 4
C(A) = L (f(1; 2; 2)g)
Seja u = (x; y) 2 R2 . Atendendo a que
2
3
1 2
4 2 4 5
2 4
x
y
e L(A) = L (f(1; 2)g) .
=0,
o núcleo de A é dado por:
8
< x + 2y = 0
:
2x + 4y = 0
N (A) = u 2 R2 : Au = 0 = (x; y) 2 R2 : x + 2y = 0 =
= f( 2y; y) : y 2 Rg = fy( 2; 1) : y 2 Rg = L (f( 2; 1)g) .
2
3
0 0
(vii) Seja A = 4 0 0 5. Tem-se
0 0
C(A) = f(0; 0; 0)g
e L(A) = f(0; 0)g .
59
O núcleo de A é dado por:
N (A) = R2 .
2
3
1 0 1
(viii) Seja A = 4 2 3 0 5. Tem-se
2 1 0
C(A) = L (f(1; 2; 2); (0; 3; 1); (1; 0; 0)g)
e L(A) = L (f(1; 0; 1); (2; 3; 0); (2; 1; 0)g) .
Seja u = (x; y; z) 2 R3 . Atendendo a que
8
x+z =0
>
>
32 3
>
>
1
x
<
2 54 y 5 = 0 ,
y 2z = 0
>
>
4
z
>
>
:
4z = 0
2
32 3
2
1 0 1
x
1 0
4 2 3 0 54 y 5 = 0 , 4 0 1
2 1 0
z
0 0
o núcleo de A é dado por:
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 = f(0; 0; 0)g .
Observação: Como N (A) = f(0; 0; 0)g e sendo A quadrada 3
8. Seja
Uma vez que
3, tem-se L(A) = C(A) = R3 .
9
82
3
=
< a 0
U = 4 b c 5 2 M3 2 (R) : a; b; c; d 2 R .
;
:
0 d
2
3
2
3
2
3
2
3
3
1 0
0 0
0 0
0 0
a 0
4 b c 5 = a4 0 0 5 + b4 1 0 5 + c4 0 1 5 + d4 0 0 5,
0 0
0 0
0 0
0 1
0 d
2
com a; b; c; d 2 R, tem-se
082
3 2
3 2
3 2
391
0 0
0 0
0 0 =
< 1 0
U = L@ 4 0 0 5;4 1 0 5;4 0 1 5;4 0 0 5 A.
:
;
0 0
0 0
0 0
0 1
9. Considere, no espaço linear R3 , os vectores v1 = (1; 2; 1), v2 = (1; 0; 2) e v3 = (1; 1; 0). Tem-se
(i) (3; 3; 0) = 0(1; 2; 1) + 0(1; 0; 2) + 3(1; 1; 0)
(ii) (2; 1; 5) = 1(1; 2; 1) + 2(1; 0; 2) + ( 1)(1; 1; 0)
(iii) ( 1; 2; 0) = 2(1; 2; 1) + ( 1)(1; 0; 2) + ( 2)(1; 1; 0)
(iv) (1; 1; 1) = 31 (1; 2; 1) + 31 (1; 0; 2) + 31 (1; 1; 0).
60
10. Considere, no espaço
Tem-se
2
1 1 0 j
1 j 2 j
6 0
1
1
j
4
j 0 j
6
4 0 0 2 j 2 j 2 j
1 0 1 j 2 j 2 j
!
linear R4 , os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1; 1; 0; 0) e v3 = (0; 1; 2; 1).
1
1
2
2
L2 +L4 !L4
2
3
0
1 7
7
1 5
0
j
j
j
j
1
6 0
6
4 0
0
1
1
0
0
!
L1 +L4 !L4
0
1
2
0
j
j
j
j
2
1
6 0
6
4 0
0
j
j
j
j
1
4
2
1
1
1
0
1
2
0
2
0
j
j
j
j
0
1
2
1
1
1
2
0
j
j
j
j
1
4
2
3
j
j
j
j
Logo, (2; 0; 2; 2); (1; 1; 2; 2) 2 L (fv1 ; v2 ; v3 g), com
j
j
j
j
2
0
2
0
j
j
j
j
1
1
2
1
3
0
1 7
7 : (*)
1 5
1
j
j
j
j
3
0
1 7
7
1 5
0
!
L2 +L4 !L4
(2; 0; 2; 2) = (1; 0; 0; 1) + (1; 1; 0; 0) + (0; 1; 2; 1)
(1; 1; 2; 2) = 3(1; 0; 0; 1) + ( 2)(1; 1; 0; 0) + ( 1)(0; 1; 2; 1).
Atendendo a (*), ( 1; 4; 2; 2); (0; 1; 1; 0) 2
= L (fv1 ; v2 ; v3 g).
11. Tem-se
2
3
2 j
4 0
1 j
2
5 j
Logo,
3
1
2 5
k
!
2
L +L3 !L3
3 1
2
3
4 0
0
3
2
j
1
1
j
2 5
11=3 j k + 2=3
!
11
L +L3 !L3
3 2
2
3
4 0
0
3
2 j
1
1 j
2 5:
0 j k+8
8 é o único valor de k para o qual o vector u = (1; 2; k) 2 R3 é combinação linear dos vectores
v = (3; 0; 2) e w = (2; 1; 5):
12. Considere, no espaço linear P2 , os vectores p1 (t) = 2 + t + 2t2 , p2 (t) =
e p4 (t) = 2 3t t2 . O vector
q(t) = 2 + t + t2
2t + t2 , p3 (t) = 2
5t + 5t2
pertence à expansão linear L (fp1 (t); p2 (t); p3 (t); p4 (t)g)? Podem os vectores p1 (t), p2 (t), p3 (t) e p4 (t) gerar
P2 ? Tem-se
2
3
2
3
2 0
2
2 j 2
2 0
2
2 j 2
4 0
4 1
2
6
2 j 0 51
2
5
3 j 1 5 1 !
!
L1 +L2 !L2
L2 +L3 !L3
2
2
0 1
3
1 j
1
2 1
5
1 j 1
2
2
4
0
!
0
L1 +L3 !L3
0
2
0
2
6
0
2 j
2 j
0 j
3
2
0 5 . (**)
1
Atendendo a (**), q(t) = 2 + t + t2 2
= L (fp1 (t); p2 (t); p3 (t); p4 (t)g). Logo,
fp1 (t); p2 (t); p3 (t); p4 (t)g não pode gerar P2 :
61
13. (i) Seja U = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3 . Tem-se
(x; y; z) = x(1; 0; 0) + y(0; 1; 0) + z(0; 0; 1).
Logo, U gera R3 .
(ii) Seja U = f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3 . Tem-se
(x; y; z) = x(1; 1; 1) + (y
x) (0; 1; 1) + (z
y) (0; 0; 1).
Logo, U gera R3 .
(iii) Seja U = f(1; 1; 1) ; ( 1; 1; 1); (1; 1; 1); ( 1; 1; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3 . Determinemos os
valores dos escalares 1 ; 2 ; 3 ; 4 para os quais se tem
2 3
2 3
2
3
2
3
2
3
x
1
1
1
1
4 y 5 = 14 1 5 + 24 1 5 + 34 1 5 + 44 1 5.
z
1
1
1
1
Ora a última igualdade é equivalente a
2
2
e assim
2 3
x
4 y 5=
z
2
x
1
4 y 5=4 1
z
1
1
4 1
1
Logo
3
1
1
1
1
1
1
3
1 j x
1 j y 5
1 j z
8
>
>
>
>
>
>
>
>
<
2
3
1
1
1
x+ y+s 4 1 5+
2
2
1
>
>
>
>
>
>
>
>
:
1
y
2
com s 2 R. Logo, U gera R3 .
1
1
1
1
1
1
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
3
1 6
1 56
4
1
1
4 0
0
1
= 21 x + 12 y + s
2
= 12 y
1
z
2
+s
3
= 12 x
1
z
2
+s
4
= s, s 2 R
2
1
1
=
1A +
2B +
3C =
1
1
1
2
0
3
1
1
z+s 4 1 5+
2
1
14.
3
1
2
+
1
2
2
62
+2
3
3
1
2
3
4
1
2
2
3
7
7.
5
3
1 j
x
0 j y x 5.
2 j z x
2
3
2
3
1
1
1
z + s 4 1 5 + s4 1 5,
2
1
1
1
x
2
8
>
>
<
8
=3
<
1+2 3 = 1
,
,
>
:
1+ 2 = 1
>
:
1
2
3 =
1
1
2
3
=3
= 2
= 1.
Logo
3
1
1
1
1 1
1 0
=3
0 0
1 1
2
0
0
2
1
.
1 1
0 0
0 2
;
;
.
1 0
1 1
0
1
Existe D 2 M2 2 (R) tal que D 2
= U uma vez que
Seja U = L
M2
U
Seja
a b
c d
2
!
1
6 1
6
4 1
0
2
L3 +L4 !L4
1
L
+L4 !L4
2 2
0
0
1
1
1
6 0
6
4 0
0
0
0
1
0
=4
(R).
}
3
a
b 7
7
c 5
d
2 R tais que
= A + B + C.
a b
c d
= A+ B+ C ,
2
2
2 U se e só se existirem escalares ; ;
a b
c d
a b
c d
< dim M2
|
{z
3
a b
c d
2 U . Tem-se
e dim
| {z U}
(R)
1
=
0
2
0
1
j
j
j
j
0
2
0
0
j
a
j
b a
j
c a
1
j d + 2 (b + a)
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
1+
2
1
6 0
6
4 0
0
3
0
0
1
1
+2
1
2
0
2
0
1
2
2
8
>
>
<
3
3
3
j
a
j b a 7
7
j c a 5
j
d
1
7
6 0
7 ! 6
5 L2 $L3 4 0
c
0
0
1
0
0
0
0
2
0
=a
1+2 3 = b
,
>
1+ 2 = c
>
:
2
3 = d
!
L3 +L4 !L4
1
L +L4 !L4
2 2
j
a
j
c a
j
b a
1
j d + 2 (b + a)
Logo, para que o sistema linear anterior seja possível é necessário que se tenha
d+
1
(b + a)
2
1
3
c.
7
7
5
c = 0.
Deste modo podemos escrever
U=
e assim, sendo V =
a b
c d
a b
c d
2 M2
2
2 M2
2
(R) : d +
(R) : d + 12 (b + a)
M2
2
(R) = U
1
(b + a)
2
c=0
c 6= 0 , tem-se
V.
Ou seja, qualquer vector de V que não seja o vector nulo, esse vector não pertence a U . Por exemplo
1 1
1 1
2
=U =L
1 1
1 0
63
;
0 0
1 1
;
0
0
2
1
.
15. Sejam
u = (2; 1; 0);
v = (1; 1; 2) e w = (0; 3; 4):
O vector (a; b; c) de R3 pertencerá a L (fu; v; wg) se existirem ; ;
2 R tais que
(a; b; c) = (2; 1; 0) + (1; 1; 2) + (0; 3; 4),
isto é, se o seguinte sistema (nas variáveis , e ) fôr possível e determinado:
8
< 2 + =a
+3 =b
:
2
4 = c.
Considerando então a matriz
2
2 1
0
4 1
1 3
0 2
4
aumentada deste sistema,
3
2
j a
2
4 0
j b 5 1 !
L +L2 !L2
2 1
j c
0
2
2
1
0
4
0
3=2
3
!
4
L +L3 !L3
3 2
0
0
0
tem-se:
3
0 j
a
3 j b a=2 5
4 j
c
3
j
a
5.
j
b a2
4
2
j c + 3b 3a
1
3=2
2
!
4
L +L3 !L3
3 2
Assim, o vector (a; b; c) de R3 pertencerá a L (fu; v; wg) se:
2
a = 0.
3
4
c+ b
3
Observação: Deste modo, tem-se L (fu; v; wg) 6= R3 . De facto, uma vez que
1
v= u
2
1
w
2
tem-se L (fu; v; wg) = L (fu; wg) e como tal fu; v; wg não pode gerar R3 .
16. Sejam
A=
1 1 5
2 3 13
A=
1 1 5
2 3 13
Tem-se
e
2
1
4
B= 4
3
1
3
1
3
1
1 5
3
!
4L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2
1
e B=4 4
3
!
2L1 +L2 !L2
1
1
2
Atendendo ao método de eliminação de Gauss:
3
1
3 5
6
1
3
1
1 1 5
0 1 3
!
= A0
2L2 +L3 !L3
L(A) = L(A0 ) e L(B) = L(B 0 ).
64
3
1
1 5:
3
2
1
4 0
0
1
1
0
3
1
3 5 = B0.
0
Além disso, uma vez que
(1; 1; 1) = (1; 1; 5)
2(0; 1; 3),
tem-se
L(A) = L(A0 ) = L(B 0 ) = L(B).
Finalmente, como se tem sempre
C(AT ) = L(A) e L(B) = C(B T ),
conclui-se que C(AT ) = C(B T ).
17. (i) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y =
zg. Tem-se
U = f(0; z; z; w) : z; w 2 Rg .
Atendendo a que
(0; z; z; w) = z(0; 1; 1; 0) + w(0; 0; 0; 1),
tem-se
U = L (f(0; 1; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) .
(ii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + y + z + w = 0g. Tem-se
U = f( y
z
w; y; z; w) : y; z; w 2 Rg .
Atendendo a que
( y
z
w; y; z; w) = y( 1; 1; 0; 0) + z( 1; 0; 1; 0) + w( 1; 0; 0; 1),
tem-se
U = L (f( 1; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0); ( 1; 0; 0; 1)g) .
(iii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y
que
z = 0 e x + y + 2w = 0 e y
2
1 2
4
U = N (A), com A = 1 1
0 1
Tem-se
2
1 2
4
A= 1 1
0 1
3
1 0
0 2 5
1 1
!
L1 +L2 !L2
Logo, U = N (A) = N (A0 ). Assim,
2
1
4 0
0
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y
2
1
1
3
1 0
0 2 5.
1 1
3
2
1 0
1
5
4
1 2
0
!
L2 +L3 !L3
1 1
0
z=0 e
z + w = 0g. Observe-se
2
1
0
3
1 0
1 2 5 = A0 .
0 3
y + z + 2w = 0 e 3w = 0 =
= f( z; z; z; 0) : z 2 Rg = fz( 1; 1; 1; 0) : z 2 Rg = L (f( 1; 1; 1; 0)g) .
65
18. (i) Seja U = L (f1 t2 ; 1 + tg) um subespaço de P2 . Seja p (t) 2 U , com p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 .
Então, existirão ; 2 R tais que
p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 =
1
Tem-se então a matriz aumentada
2
2
3
3
1 1 j a0
1 1 j
a0
4 0 1 j a1 5
4 0 1 j
5
a1
!
L1 +L3 !L3
1 0 j a2
0 1 j a0 + a2
t2 + (1 + t) .
2
1 1 j
a0
4 0 1 j
a1
0 0 j a0 + a2
!
L2 +L3 !L3
Logo, para que o sistema linear anterior seja possível é preciso que a0 + a2
U = p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a0 + a2
a1
a1 = 0. Assim,
!
L1 +L3 !L3
Assim,
2
1 0
4 0 1
0 0
U = (x; y; z) 2 R3 : z
5.
a1 = 0 .
(ii) Seja U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); ( 2; 1; 2)g). Seja (x; y; z) 2 U . Então, existirão ; ;
que
(x; y; z) = (1; 0; 1) + (0; 1; 0) + ( 2; 1; 2).
Tem-se então a matriz aumentada
2
3
1 0
2 j x
4 0 1 1 j y 5
1 0
2 j z
3
2 R tais
3
2 j
x
1 j
y 5.
0 j z x
x=0 .
Observação extra: U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); ( 2; 1; 2)g) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g), uma vez que
( 2; 1; 2) = ( 2)(1; 0; 1) + (0; 1; 0).
(iii) Seja V = L (f(0; 1; 0); ( 2; 1; 2)g). Seja (x; y; z) 2 V . Então, existirão ;
2 R tais que
(x; y; z) = (0; 1; 0) + ( 2; 1; 2).
Tem-se então a matriz aumentada
2
3
2
0
2 j x
1
4 1 1 j y 5
4
0
!
L1 !L2
0
2 j z
0
Assim,
3
1 j y
2 j x 5
2 j z
V = (x; y; z) 2 R3 : z
!
L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
3
1 j
y
2 j
x 5.
0 j z x
x=0 .
Observação extra: V = L (f(0; 1; 0); ( 2; 1; 2)g) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g), uma vez que
( 2; 1; 2) = ( 2)(1; 0; 1) + (0; 1; 0) e (1; 0; 1) =
66
1
2
1
( 2; 1; 2) + (0; 1; 0).
2
(iv) Seja W = L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g). Seja (x; y; z) 2 V . Então, existirão ;
2 R tais que
(x; y; z) = (1; 1; 2) + (2; 1; 1).
Tem-se então
2
1
4 1
2
Assim,
a matriz aumentada
2
3
2 j x
1
4 0
1 j y 5
!
L1 +L2 !L2
1 j z
0
2L1 +L3 !L3
3
2 j
x
1 j y x 5
3 j z 2x
W = (x; y; z) 2 R3 : x
!
3L2 +L3 !L3
2
3
2 j
x
5.
1 j
y x
0 j z 3y + x
1
4 0
0
3y + z = 0 .
Observação extra: W = L (f(3; 1; 0); ( 1; 0; 1)g) = L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g), uma vez que
(3; 1; 0) = 2(2; 1; 1) + ( 1)(1; 1; 2), ( 1; 0; 1) = (1; 1; 2) + ( 1)(2; 1; 1)
e
(1; 1; 2) = (3; 1; 0) + 2( 1; 0; 1), (2; 1; 1) = (3; 1; 0) + ( 1; 0; 1).
(v) Seja U = L (f(1; 0; 1; 1)g). Seja (x; y; z; w) 2 U . Então, existirá
2 R tal que
(x; y; z; w) = (1; 0; 1; 1).
Tem-se então a matriz aumentada
2
1
6 0
6
4 1
1
3
x
y 7
7
z 5
w
j
j
j
j
Assim,
!
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
2
3
j
x
j
y 7
7.
j x+z 5
j w x
1
6 0
6
4 0
0
U = (x; y; z; w) 2 R4 : y = 0 e x + z = 0 e w
x=0 .
(vi) Seja U = L (f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (3; 6; 11; 1); (0; 0; 1; 2)g). Como
1
(3; 6; 11; 1) = (1; 2; 5; 3) + (2; 4; 6; 2) e (0; 0; 1; 2) = (1; 2; 5; 3)
2
então
U = L (f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2)g) .
Seja (x; y; z; w) 2 U . Então, existirão ;
2 R tais que
(x; y; z; w) = (1; 2; 5; 3) + (2; 4; 6; 2).
Tem-se então a matriz aumentada
2
1
2 j x
6 2
4 j y
6
4 5
6 j z
3 2 j w
3
7
7
5
!
2L1 +L2 !L2
5L1 +L3 !L3
3L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
67
2
0
4
8
j
j
j
j
3
x
2x + y 7
7
!
.
5x + z 5 2L3 +L4 !L4
3x + w
1
(2; 4; 6; 2)
4
!
2L3 +L4 !L4
Assim,
2
1
6 0
6
4 0
0
2
0
4
0
3
x
7
2x + y
7 !
5 L2 $L3
5x + z
7x + 2z + w
j
j
j
j
2
1
6 0
6
4 0
0
U = (x; y; z; w) 2 R4 : 2x + y = 0 e
2
4
0
0
3
x
7
5x + z
7:
5
2x + y
7x + 2z + w
j
j
j
j
7x + 2z + w = 0 .
19. Podemos colocar os vectores do conjunto f( 1 ; 1 ; 3); ( 2 ; 2 ; 9)g como colunas de uma matriz A e
de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss. Se 1 6= 0, tem-se
2
3
1
2
A=4
1
2
1
2
3
3
5
9
!
1 L +L !L
1
2
2
1
3
L1 +L3 !L3
1
2
6
6
6
6 0
6
6
6
4
0
1
2
+
1
3
2
2
+9
1
7
7
7
7
7 = A0 .
7
7
5
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f( 1 ; 1 ; 3); ( 2 ; 2 ; 9)g é linearmente
independente se
1
6= 0 e
2
4
2
0
2
1
2
3
9
1
6=
ou
2
2
1
1
3
5
2
! 4
L1 $L3
3
1
0
6= 3 . Se
9
2
2
3
5
1
= 0, tem-se
!
1 L +L !L
1
2
2
3
2
3
4 0
0
9
3
1
+
2
2
3
5.
Logo, o conjunto f( 1 ; 1 ; 3); ( 2 ; 2 ; 9)g é linearmente independente se 1 = 0 e (
Assim, o conjunto f( 1 ; 1 ; 3); ( 2 ; 2 ; 9)g é linearmente independente se e só se
1
6= 0 e
2
6=
1
2
ou
1
2
1
6= 3
ou (
1
=0 e (
2
6= 3
1
ou
2
6= 3
2
1
ou
2
6= 0).
6= 0)) .
20. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(4; 2; 1); (2; 6; 5); (1; 2; 3)g como colunas de uma
matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
2
3
2
3
4 2
1
1
5 3
2 5 ! 4 2 6
2 5
A=4 2 6
!
L1 $L3
2L1 +L2 !L2
1
5 3
4 2
1
4L1 +L3 !L3
2
3
2
3
2
3
1
5 3
1
5 3
1
5 3
4 0 2
8 5 1 ! 4 0 2
1 5
1 5 = A0 .
! 4 0 16
!
L
+L
!L
2
3
3
L !L2
8 2
0 22
11
0 2
1
0 0
0
1
11
L3 !L3
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(4; 2; 1); (2; 6; 5); (1; 2; 3)g é
68
linearmente dependente, mas o conjunto f(4; 2; 1); (2; 6; 5)g é linearmente independente. Procuremos
então ; 2 R tais que
(1; 2; 3) = (4; 2; 1) + (2; 6; 5).
Atendendo ao que já se fez e considerando a 3a coluna como o termo independente do sistema, tem-se
8
4 +2 =1
>
>
8
8
>
>
5 =3
<
<
< = 12
2 +6 = 2 ,
,
>
:
:
>
2 = 1
= 12 .
>
>
:
5 =3
Pelo que
1
(1; 2; 3) = (4; 2; 1)
2
1
(2; 6; 5).
2
(ii) Podemos colocar os vectores do conjunto
f(1; 2; 1); (3; 2; 5)g
como colunas de uma matriz e
2
1
4
2
A=
1
de seguida aplicar
3
2
3
4
2 5
!
2L1 +L2 !L2
5
L1 +L3 !L3
a essa matriz o método de eliminação de Gauss.
3
2
3
1 3
1 3
4 0
0
4 5
4 5 = A0
!
2L2 +L3 !L3
0 8
0 0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(1; 2; 1); (3; 2; 5)g é linearmente
independente.
(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g
A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.
2
3
2
3
2
1 1 1
1 1
1
1
4
5
4
5
4
0
1
2
0
A= 2 1 0
!
!
2L1 +L2 !L2
2L2 +L3 !L3
3 1 1
0
2
2
0
3L1 +L3 !L3
como colunas de uma matriz
1
1
0
3
1
2 5 = A0 .
2
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g é
linearmente independente.
Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão de
R é 3, então o conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g é desde logo uma base de R3 , sem ser preciso veri…car
se gera R3 .
3
(iv) O conjunto f(1; 0; 1); (0; 0; 0); (0; 1; 1)g contém o vector nulo, logo é linearmente dependente.
Facilmente se vê que f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g é linearmente independente. Facilmente também se vê que
(0; 0; 0) = 0(1; 0; 1) + 0(0; 1; 1).
69
(v) Como a dimensão de R3 é 3, então qualquer conjunto de vectores de R3 com mais do que três
vectores é linearmente dependente. O conjunto
f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g
é formado por quatro vectores de R3 , logo é linearmente dependente para quaisquer x; y; z 2 R.
Resolução alternativa para veri…car a dependência linear: Podemos colocar os vectores do
conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa
matriz o método de eliminação de Gauss.
2
2
3
3
1 0 1 x
1 0 1
x
4 0 2 1 y x 5
A=4 1 2 2 y 5
!
!
3
L1 +L2 !L2
L2 +L3 !L3
2
0 3 3 z
0 3 3
z
2
3
1 0 1
x
4 0 2 1
5 = A0 .
y x
!
3
L
+L
!L
3
3
2 2
0 0 32 z 32 (y x)
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto
f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g
é linearmente dependente para quaisquer x; y; z 2 R, mas o conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3)g é linearmente independente.
Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão de
R3 é 3, então o conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3)g é desde logo uma base de R3 , sem ser preciso veri…car
se gera R3 .
Procuremos então ; ; 2 R tais que
(x; y; z) = (1; 1; 0) + (0; 2; 3) + (1; 2; 3).
Atendendo ao que já se fez e considerando a 4a coluna como o termo independente do sistema, tem-se
8
8
8
+ =x
= x 32 z + y
+ =x
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
<
<
<
2 + =y x
= (y x) 13 z
+2 + =y ,
,
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
: 3
:
:
3
= 23 z y + x.
3 +3 =z
=
z
(y
x)
2
2
Pelo que
(x; y; z) =
x
2
z + y (1; 1; 0) + (y
3
x)
1
z (0; 2; 3) +
3
2
z
3
y + x (1; 2; 3).
21. Podemos colocar os vectores do conjunto f(a2 ; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)g como colunas de uma A
matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.
2 2
3
2
3
a 0 1
1 2 1
A=4 0 a 0 5 ! 4 0 a 0 5 2 !
L1 $L3
a L1 +L3 !L3
1 2 1
a2 0 1
70
!
a2 L1 +L3 !L3
2
2
3
3
2
1
1 2
1
4 0 a
a
0 5
0 5 = A0 .
!
2aL
+L
!L
2
3
3
2a2 1 a2
0 0 1 a2
1
4 0
0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto
Sa = (a2 ; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)
é linearmente independente se e só se a 2
= f 1; 0; 1g. Logo, uma vez que dim R3 = 3 e Sa tem 3 vectores,
Sa será uma base de R3 se e só se a 2
= f 1; 0; 1g.
22. Sejam U = L (f(1; 1; 0; 0); (0; 1; 1; 0)g) e Vk = L (f(2; k; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) subespaços de R4 : Determine os valores de k para os quais dim (U \ Vk ) = 1. Coloquemos os vectores geradores de U e de V como
colunas da matriz:
2
3
2
3
1 0 2 0
1 0 2 0
6 1 1 k 0 7
6
7
6
7 ! 6 0 1 1 0 7
4 0 1 1 0 5 L2 $L3 4 1 1 k 0 5 L1 +L!
3 !L3
0 0 0 1
0 0 0 1
2
3
2
3
1 0
2
0
1 0
2
0
6 0 1
6 0 1
1
0 7
1
0 7
6
7
6
7.
!
!
2 0 5 L2 +L3 !L3 4 0 0 k 3 0 5
L1 +L3 !L3 4 0 1 k
0 0
0
1
0 0
0
1
Note que U + Vk = L (U [ Vk ). Como
dim (U \ Vk ) = dim U + dim Vk
dim (U + Vk ) = 2 + 2
dim (U + Vk ) = 4
dim (U + Vk )
e
dim (U + Vk ) =
3 se k = 3
4 se k 6= 3
então dim (U \ Vk ) = 1 se e só se k = 3.
23. (i) Seja (x; y; z) 2 R3 . Podemos colocar os vectores do conjunto
f(1; 0; 2); (0; 1; 2); (x; y; z)g
como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.
2
3
2
3
2
3
1 0 x
1 0
x
1 0
x
4 0 1
5
4 0 1
5 = A0 .
y
y
A=4 0 1 y 5
!
!
2L1 +L3 !L3
2L2 +L3 !L3
2 2 z
0 2 z 2x
0 0 z 2x 2y
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Qualquer conjunto f(1; 0; 2); (0; 1; 2); (x; y; z)g em que
z 2x 2y 6= 0 constitui uma base de R3 .
(ii) Seja (x; y; z) 2 R3 . Podemos colocar os vectores do conjunto
f(2; 1; 1); ( 4; 2; 1); (x; y; z)g
71
como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método
2
2
3
2
3
2
4 x
2
2
4
x
x 5
4
4
5
4
1 2 y
0
0 0 y+ 2
A=
!
!
1
L2 $L3
L1 +L2 !L2
x
2
0 3 z 2
0
1
1 z
1
2
L1 +L3 !L3
de eliminação de Gauss.
3
4
x
3 z x2 5 = A0 .
0 y + x2
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, qualquer conjunto
f(2; 1; 1); ( 4; 2; 1); (x; y; z)g
em que y +
x
2
6= 0 constitui uma base de R3 .
(iii) Seja (x; y; z) 2 R3 . Podemos colocar os vectores do conjunto
f( 1; 2; 1); (1; 0; 1); (x; y; z)g
como colunas de uma matriz A e de
2
1
A=4 2
1
seguida aplicar a essa
3
2
1 x
4
0 y 5
!
2L1 +L2 !L2
1 z
L1 +L3 !L3
matriz o método de eliminação de Gauss.
3
1 1
x
0 2 y + 2x 5 = A0 .
0 0 z+x
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, qualquer conjunto
f( 1; 2; 1); (1; 0; 1); (x; y; z)g
em que z + x 6= 0 constitui uma base de R3 .
24. (i) Seja
S = cos2 t; sen2 t; cos 2t .
O conjunto S é linearmente dependente, pois:
cos 2t = cos2 t
sen2 t.
Mas, o conjunto
S 0 = cos2 t; sen2 t
é linearmente independente pois se tivermos ;
2 R tais que
cos2 t + sen2 t = 0,
para todo o t 2 R, então se …zermos t = 2 obtemos = 0 e a seguir se …zermos t = 0 obtemos = 0. Logo,
= = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fcos2 t; sen2 tg é uma base de L(S), pois gera L(S) e é linearmente
independente. E então,
dim L(S) = 2.
(ii) Seja
S = 2; sen2 t; cos2 t .
72
O conjunto S é linearmente dependente, pois:
2 = 2 cos2 t + 2 sen2 t.
Mas, o conjunto
S 0 = cos2 t; sen2 t
é linearmente independente pois se tivermos ;
2 R tais que
cos2 t + sen2 t = 0,
para todo o t 2 R, então se …zermos t = 2 obtemos = 0 e a seguir se …zermos t = 0 obtemos = 0. Logo,
= = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fcos2 t; sen2 tg é uma base de L(S), pois gera L(S) e é linearmente
independente. E então,
dim L(S) = 2.
(iii) Seja
S = et ; e t ; cosh t .
O conjunto S é linearmente dependente, pois:
et + e t
.
cosh t =
2
Mas, o conjunto
S 0 = et ; e
é linearmente independente pois se tivermos ;
t
2 R tais que
et + e
t
= 0,
para todo o t 2 R, então se …zermos t = 0 obtemos + = 0 e a seguir se …zermos t = 1 obtemos
e1 + e 1 = 0. Logo, = = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fet ; e t g é uma base de L(S), pois gera L(S)
e é linearmente independente. E então,
dim L(S) = 2.
(iv) Seja
S = 1; t; t2 ; (t + 1)2 .
O conjunto S é linearmente dependente, pois:
dim P2 = 3 e S tem 4 vectores.
Mas, o conjunto
S 0 = 1; t; t2
é linearmente independente pois trata-se da base canónica de P2 . Logo,
L(S) = P2 e dim L(S) = dim P2 = 3.
25. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Sejam f; g; h 2 V , com f (t) = sen t,
g (t) = cos t e h (t) = t. Vejamos que o conjunto ff; g; hg é linearmente independente. Sejam ; ; 2 R
tais que
f + g + h = 0.
73
Note que
f + g + h = 0 , f (t) + g (t) + h (t) = 0, para todo o t 2 R ,
,
sen t + cos t + t = 0, para todo o t 2 R.
Para t = 0, t = , t =
8
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
:
2
tem-se respectivamente as seguintes equações
sen 0 + cos 0 + 0 = 0
sen + cos +
sen
2
+ cos
2
=0
+
2
,
=0
8
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
:
=0
+
+
=0 ,
2
=0
8
<
:
=0
=0
= 0.
Logo = = = 0, e assim o conjunto ff; g; hg é linearmente independente.
Observação. Como ff; gg ff; g; hg, as funções sen t e cos t são linearmente independentes.
26. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 3); (1; 1)g como colunas de uma matriz A e de
seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
A=
1
3
1
1
!
3L1 +L2 !L2
1
0
1
4
= A0 .
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto formado pelos vectores das colunas
1 e 2 da matriz A:
f(1; 3); (1; 1)g
é linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes. Como a dimensão de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 3); (1; 1)g é desde logo uma base de R2 . (Não foi preciso veri…car
se B gera R2 ). Isto é, B é base de L(B) = R2 e dim L(B) = dim R2 = 2.
Determinemos agora as coordenadas do vector (0; 1) em relação à base
B = f(1; 3); (1; 1)g
de R2 . Isto é, queremos encontrar ;
2 R tais que
(0; 1) = (1; 3) + (1; 1).
Formando a matriz aumentada do sistema, tem-se
1
3
Logo,
e assim,
1 j
1 j
8
<
:
0
1
+
!
3L1 +L2 !L2
=0
4 =
(0; 1) =
1
,
8
<
:
1 j
4 j
1
0
1
4
=
=
1
4
1
1
(1; 3) + (1; 1).
4
4
74
0
1
.
Finalmente e ainda em relação à base B de R2 , o vector cujas coordenadas são (0; 1) nessa base, é dado
por:
0(1; 3) + ( 1)(1; 1) = ( 1; 1).
(ii) O conjunto S = f(0; 0); (1; 2)g contém o vector nulo, logo o conjunto é linearmente dependente,
pelo que não pode ser base de R2 . No entanto, S 0 = f(1; 2)g é linearmente independente e S 0 é base de
L(S 0 ) = L(S). Logo, dim L(S) = 1.
(iii) O conjunto S = f(2; 4)g não pode ser base de R2 uma vez que tem só um vector e qualquer base
de R2 tem sempre dois vectores (pois dim R2 = 2). No entanto, S = f(2; 4)g é linearmente independente e
S é base de L(S). Logo, dim L(S) = 1.
(iv) Facilmente se vê que o conjunto B = f( 5; 0); (0; 2)g é linearmente independente. Temos assim,
dois vectores de R2 linearmente independentes. Como a dimensão de R2 é 2, então o conjunto B =
f( 5; 0); (0; 2)g é desde logo uma base de R2 . (Não foi preciso veri…car se B gera R2 ).
Determinemos agora as coordenadas do vector (0; 1) em relação à base
B = f( 5; 0); (0; 2)g
de R2 . Isto é, queremos encontrar ;
2 R tais que
(0; 1) = ( 5; 0) + (0; 2).
Facilmente se vê que
=
1
2
e
= 0. Isto é,
(0; 1) = 0( 5; 0) +
1
2
(0; 2).
Finalmente e ainda em relação à base B de R2 , o vector cujas coordenadas são (0; 1) nessa base, é dado
por:
0( 5; 0) + ( 1)(0; 2) = (0; 2).
(v) Como a dimensão de R2 é 2, então qualquer conjunto de vectores de R2 com mais do que 2 vectores
é linearmente dependente. O conjunto S = f(1; 2); (2; 3); (3; 2)g é formado por três vectores de R2 , logo é
linearmente dependente e como tal não pode ser uma base de R2 . No entanto, podemos colocar os vectores
do conjunto S = f(1; 2); (2; 3); (3; 2)g como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz
o método de eliminação de Gauss:
A=
1
2
2 3
3 2
!
2L1 +L2 !L2
1
0
2
7
3
4
= A0 .
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto formado pelos vectores das colunas
1 e 2 da matriz A:
B = f(1; 2); (2; 3)g
é linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes. Como a dimensão de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 2); (2; 3)g é desde logo uma base de R2 . (Não foi preciso
veri…car se B gera R2 ).
75
Determinemos agora as coordenadas do vector (0; 1) em relação à base
B = f(1; 2); (2; 3)g
de R2 . Isto é, queremos encontrar ;
2 R tais que
(0; 1) =
f(1; 2) + (2; 3)g .
Formando a matriz aumentada do sistema, tem-se
2 j
3 j
1
2
Logo,
8
<
:
e assim,
0
1
!
2L1 +L2 !L2
+2 =0
7 =
1
,
8
<
:
1
0
2 j
7 j
.
2
7
=
=
0
1
1
7
2
1
(1; 2) + (2; 3).
7
7
2
Finalmente e ainda em relação à base B de R , o vector cujas coordenadas são (0; 1) nessa base, é dado
por:
0(1; 2) + ( 1)(2; 3) = ( 2; 3).
(0; 1) =
(vi) Bc2 = f(1; 0); (0; 1)g é a base canónica de R2 . As coordenadas do vector (0; 1) em relação à
base Bc2 são precisamente 0 e 1. Ainda em relação à base Bc2 , o vector cujas coordenadas nessa base são
(0; 1) é precisamente o vector (0; 1).
27. (i) O conjunto f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g contém o vector nulo, logo o conjunto é linearmente
dependente, pelo que não pode ser base. Mas,
L (f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g) = L (f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g)
e facilmente se vê que o conjunto f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g é linearmente independente. Logo,
dim L (f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g) = 2
e o conjunto f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g é uma base de L (f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g).
(ii) Facilmente se vê que o conjunto f(1; 2; 0); (0; 1; 1)g é linearmente independente. Logo, o conjunto
f(1; 2; 0); (0; 1; 1)g é uma base de L (f(1; 2; 0); (0; 1; 1)g) e
dim L (f(1; 2; 0); (0; 1; 1)g) = 2.
(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(3; 2; 2); ( 1; 2; 1); (0; 1; 0)g como colunas de uma matriz
A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
2
3
2
3
2
3
3
1 0
3
1 0
3
1
0
4 0 8=3 1 5
4 0 8=3
1 5 = A0 .
A=4 2 2 1 5 2 !
!
5
L
+L
!L
L
+L
!L
2
2
3
3
3 1
8 2
2 1 0
0 5=3 0
0 0
5=8
2
3
L1 +L3 !L3
76
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(3; 2; 2); ( 1; 2; 1); (0; 1; 0)g é linearmente independente. Temos assim, três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão de
R3 é 3, então o conjunto f(3; 2; 2); ( 1; 2; 1); (0; 1; 0)g é desde logo uma base de R3 . Vamos agora escrever
o vector ( 1; 1; 2) como combinação linear dos vectores desta base. Isto é, procuremos ; ; 2 R tais
que
( 1; 1; 2) = (3; 2; 2) + ( 1; 2; 1) + (0; 1; 0).
Temos então
2
3
1 0 j
4 2 2 1 j
2 1 0 j
3
1
1 5
2
!
2
L +L2 !L2
3 1
2
L +L3 !L3
3 1
Logo,
2
8
3
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
Pelo que
3
1
5=3 5
4=3
3
1 0 j
4 0 8=3 1 j
0 5=3 0 j
( 1; 1; 2) =
=
8
3
3
5
+
5
8
=
1
5
3
=
,
19
8
(3; 2; 2) +
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
4
5
!
5
L +L3 !L3
8 2
=
3
5
=
4
5
=
19
.
5
( 1; 2; 1) +
2
3
1
4 0 8=3
0 0
0
j
1
j
5=8 j
3
1
5=3 5 .
19=8
19
(0; 1; 0).
5
Finalmente e ainda em relação à base f(3; 2; 2); ( 1; 2; 1); (0; 1; 0)g de R3 , o vector cujas coordenadas são
( 1; 1; 2) nessa base, é dado por:
( 1)(3; 2; 2) + ( 1; 2; 1) + ( 2)(0; 1; 0) = ( 4; 2; 1).
(iv) Facilmente se vê que o conjunto f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g é linearmente independente. Temos
então três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão de R3 é 3, então o conjunto
f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g é desde logo uma base de R3 . Vamos agora escrever o vector ( 1; 1; 2) como
combinação linear dos vectores desta base. Isto é, procuremos ; ; 2 R tais que
( 1; 1; 2) = (1; 1; 1) + (0; 1; 1) + (0; 0; 1).
Temos então:
Pelo que
8
<
:
= 1
+ =1
+ + =
2
,
8
<
:
= 1
=2
= 3.
( 1; 1; 2) = ( 1)(1; 1; 1) + 2(0; 1; 1) + ( 3)(0; 0; 1).
Finalmente e ainda em relação à base B de R2 , o vector cujas coordenadas são ( 1; 1; 2) nessa base, é
dado por:
( 1)(1; 1; 1) + (0; 1; 1) + ( 2)(0; 0; 1) = ( 1; 0; 2).
(v) Como a dimensão de R3 é 3, então qualquer conjunto de vectores de R3 com mais do que três
vectores é linearmente dependente. O conjunto
f(1; 1; 1); (2; 3; 4); (4; 1; 1); (0; 1; 1)g
77
é formado por quatro vectores de R3 , logo é linearmente dependente. Vamos procurar o número máximo
de vectores linearmente independentes que, em conjunto, geram
L (f(1; 1; 1); (2; 3; 4); (4; 1; 1); (0; 1; 1)g) .
Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 1; 1); (2; 3; 4); (4; 1; 1); (0; 1; 1)g como linhas de uma A
matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
3
2
3
2
1 1
1
1 1
1
6 0 1
6 2 3 4 7
6 7
6
7
7
!
A=6
!
4 4 1
3 3 5 3L2 +L3 !L3
1 5 2L1 +L2 !L2 4 0
L2 +L4 !L4
4L1 +L3 !L3
0 1
1
0 1
1
2
3
2
3
2
3
1 1
1
1 1
1
1 1
1
6 0 1 6 7
6 0 1 6 7
6 0 1 6 7
0
6
7
6
7
6
7
!
!
!
5 L3 +L4 !L4 4 0 0 1 5 = A .
1
3L2 +L3 !L3 4 0 0 21 5 1 L3 !L3 4 0 0
21
L2 +L4 !L4
1
0 0
7
0 0 0
0 0
1
L !L4
7 4
As linhas não nulas da matriz em escada A0 são linearmente independentes. Logo, o conjunto
f(1; 1; 1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g
é formado por três vectores de R3 , linearmente independentes. Atendendo a que a dimensão de R3 é 3, o
conjunto
f(1; 1; 1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g
é desde logo uma base de R3 . Uma vez que L(A) = L(A0 ) temos então:
L (f(1; 1; 1); (2; 3; 4); (4; 1; 1); (0; 1; 1)g) = L (f(1; 1; 1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g) = R3 .
Logo,
dim L (f(1; 1; 1); (2; 3; 4); (4; 1; 1); (0; 1; 1)g) = 3.
Vamos agora escrever o vector ( 1; 1; 2) como combinação linear dos vectores da base
f(1; 1; 1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g :
Isto é, procuremos ; ;
2 R tais que
( 1; 1; 2) = (1; 1; 1) + (0; 1; 6) + (0; 0; 1).
Temos então:
Pelo que
8
<
:
= 1
+ =1
+6 +
=
2,
,
8
<
:
= 1
=2
= 15.
( 1; 1; 2) = ( 1)(1; 1; 1) + 2(0; 1; 6) + ( 15)(0; 0; 1).
Finalmente e ainda em relação à base f(1; 1; 1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g de R3 , o vector cujas coordenadas são
( 1; 1; 2) nessa base, é dado por:
( 1)(1; 1; 1) + (0; 1; 6) + ( 2)(0; 0; 1) = ( 1; 0; 5).
78
(vi) Bc3 = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é a base canónica de R3 . As coordenadas do vector ( 1; 1; 2)
em relação à base Bc3 são precisamente 1; 1 e 2. Ainda em relação à base Bc3 , o vector cujas coordenadas
nessa base são ( 1; 1; 2) é precisamente o vector ( 1; 1; 2).
28. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g como
colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
2
3
2
3
1 0 1 0
1 0 1 0
6 0 1 1 1 7
6 0 1 1 1 7
6
7
6
7
!
4 0 0 1 1 5 L1 +L4 !L4 4 0 0 1 1 5 .
1 0 1 1
0 0 0 1
Logo, o conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g é linearmente independente. Temos assim,
quatro vectores de R4 linearmente independentes. Como a dimensão de R4 é 4, então o conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0;
é desde logo uma base de R4 e
dim L (f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g) = dim R4 = 4.
(ii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 1; 0; 2); (3; 1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g como colunas de
uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
2
3
2
3
1
3 1
1 3
1
6 1
6 0 2
1 0 7
1 7
6
7
6
7
!
!
4 0
5
4
2 0
0 2
0 5 L2 +L3 !L3
L1 +L2 !L2
5
2L1 +L4 !L4
2
1 1
0
5
1 2 L2 +L4 !L4
!
L2 +L3 !L3
5
L +L4 !L4
2 2
2
1
6 0
6
4 0
0
3
2
0
0
3
1
1 7
7
1 5
3
2
!
3
L +L4 !L4
2 3
2
1
6 0
6
4 0
0
3
2
0
0
3
1
1 7
7.
1 5
0
Logo, o conjunto f(1; 1; 0; 2); (3; 1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g é linearmente independente e é assim uma base do
subespaço de R4 :
L (f(1; 1; 0; 2); (3; 1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g)
tendo-se
dim L (f(1; 1; 0; 2); (3; 1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g) = 3.
Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelo menos dois vectores
do conjunto apresentado:
f(1; 1; 0; 2); (1; 0; 0; 1); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g
uma vez que
2
1
6 1
6
4 0
2
1
0
0
1
0
0
1
0
3
2
0
1 1 0
6 0 1 0
0 7
7 !6
0 5 ::: 4 0 0 1
1
0 0 0
|
{z
car=4
79
3
0
0 7
7.
0 5
1
}
(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto
f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (1; 0; 1; 0); (0; 0; 1; 1)g
como colunas de uma matriz
2
1
6 0
A=6
4 0
1
!
L2 +L3 !L3
e de seguida aplicar a essa matriz o
2
3
1 0 0
0 0 1 0
6 0 1 1
1 1 0 0 7
6
7
!
1 0 1 1 5 L1 +L4 !L4 4 0 1 0
0 0 1
0 1 0 1
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
0
1
1
1
1
0
1
1
3
0
0 7
7
!
1 5 L3 +L4 !L4
1
2
método de eliminação de Gauss:
3
1 0
0 0 7
7
!
1 1 5 L2 +L3 !L3
1 1
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
3
0
0 7
7 = A0 .
1 5
2
1
0
1
0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas 1; 2; 3 e 5 da matriz A:
f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 1)g
são uma base de R4 , por serem quatro vectores linearmente independentes de um espaço linear de dimensão
4. E
dim L (f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 1)g) = dim R4 = 4.
(iv) Facilmente se vê que o conjunto f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g é linearmente independente. Temos então quatro vectores de R4 linearmente independentes. Como a dimensão de R4 é 4,
então o conjunto
f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g
é desde logo uma base de R4 e
dim L (f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g) = dim R4 = 4.
(v) Podemos colocar os vectores do conjunto
f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (3; 6; 11; 1); (0; 0; 5; 5)g
como colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
2
3
2
3
1
2
3 0
1
2
3 0
6
6 2
4
6 0 7
1 5 7
7 ! 6 3 2
7
A=6
!
4 5
6 11 5 5 L2 $L4 4 5
6 11 5 5 3L1 +L2 !L2
5L1 +L3 !L3
2
4
6 0
3 2
1 5
2L +L !L
1
!
3L1 +L2 !L2
5L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
2
8
4
0
3
8
4
0
3
0
5 7
7
5 5
0
!
1
L +L3 !L3
2 2
80
2
1
6 0
6
4 0
0
2
8
0
0
4
4
3
3 0
8 5 7
7 = A0 .
0 15 5
0 0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um
conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas 1; 2 e 4 da matriz A formam
um conjunto linearmente independente:
f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g .
Assim, o conjunto f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g é uma base de
L (f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g) ,
tendo-se
dim L (f(1; 2; 5; 3); (2; 4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g) = 3.
Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelo menos dois vectores
do conjunto inicial:
f(1; 2; 5; 3); (0; 1; 0; 0); (2; 4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g
uma vez que
2
1
6 2
6
4 5
3
0
1
0
0
2
4
6
2
3
2
3
0
1 0 2 0
6
7
0 7
7 !6 0 1 0 0 7.
5
4
5
0 0
4 5 5
:::
5
0 0 0 15
{z
}
|
car=4
(vi) Podemos colocar os vectores do conjunto
f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2); (5; 2; 2; 2)g
como colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o
2
3
2
2
1 4
5
1
1
6 1
7
6 2
1
2
2
1
7 ! 6
A=6
4 1 1
2
2 5 L1 $L2 4 2
2
L3 $L4
2
2
2 2
1 1
!
2L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
4
0
2
8
2
0
3
2
9 7
7
6 5
0
!
4L2 +L3 !L3
2
1
6 0
6
4 0
0
método de eliminação de Gauss:
3
2
2
4
5 7
7
!
2 2 5 2L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
2
2
L +L !L
1
1
1
0
0
2
8
30
0
4
4
3
2
9 7
7 = A0 .
30 5
0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um
conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas 1; 2 e 3 da matriz A formam
um conjunto linearmente independente:
f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2)g .
Assim, o conjunto f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2)g é uma base de
L (f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2)g) ,
tendo-se
dim L (S) = dim L (f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2)g) = 3.
81
Uma base de R4 que inclui pelo menos dois vectores do conjunto
f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2)g :
f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (4; 2; 2; 2); (0; 0; 0; 1)g .
Vejamos que (8; 3; 3; 5) 2 L (S) e determinemos uma base de L (S) que inclua o vector (8; 3; 3; 5).
Isto é, procuremos ; ; 2 R tais que
(8; 3; 3; 5) = (2; 1; 1; 2) + ( 1; 1; 1; 2) + (4; 2; 2; 2).
Temos então:
2
2
6 1
6
4 1
2
!
2L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
Logo,
1
1
1
2
4
2
2
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
4
0
2
j
j
j
j
2
3
1
1
8
6
7
2
1
3 7
! 6
2
3 5 L1 $L2 4 2
L3 $L4
1 1
5
3
2
2 j
3
6
8 j 14 7
6
7
!
2 j 11 5 2L1 +L2 !L2 4
2L1 +L3 !L3
0 j 0
L +L !L
1
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
Pelo que
4
4
2
4
2
2
j
j
j
j
1
0
0
0
1
1
0
0
3
3
8 7
7
5 5
3
2
8
30
0
!
2L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
j
j
j
j
3
3
14 7
7 . (*)
45 5
0
=2
=2
=
3
2
3
(8; 3; 3; 5) = 2(2; 1; 1; 2) + 2( 1; 1; 1; 2) + (4; 2; 2; 2).
2
Atendendo a (*), o conjunto
f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (8; 3; 3; 5)g
é uma base de L (S) que inclui o vector (8; 3; 3; 5):
Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelo menos dois vectores
do conjunto inicial:
f(2; 1; 1; 2); ( 1; 1; 1; 2); (0; 0; 1; 0); (8; 3; 3; 5)g
uma vez que
2
2
6 1
6
4 1
2
1
1
1
2
0
0
1
0
3
2
2
8
7
6
3 7
0
!6
5
4
3
0
:::
0
5
|
1
1=2
0
0
{z
0
0
4
0
car=4
29. (i) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
2+t
t2 ; 2t + 2t2 ; t2
82
3
8
7 7
7.
0 5
45
}
como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
2
2
3
3
2 0 0
1 2
1
A=4 1 2 0 5 ! 4 1 2 0 5
!
L1 $L3
L1 +L2 !L2
1 2
1
2 0 0
2L1 +L3 !L3
!
L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
2
2
3
1
1 2
4 0 4
1 5
!
L +L !L
2 2L11 +L23 !L23
0 0
1 2
4 0 4
0 4
3
1
1 5 = A0 .
1
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto
t2 ; 2t + 2t2 ; t2 ,
2+t
formado por três vectores de P2 , é linearmente independente. Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto
t2 ; 2t + 2t2 ; t2
2+t
é desde logo uma base de P2 tendo-se
L
t2 ; 2t + 2t2 ; t2
2+t
= P2
e
dim L
Vamos agora escrever o vector 1
2+t
t2 ; 2t + 2t2 ; t2
t como combinação linear dos vectores da base
2+t
Isto é, procuremos ; ;
= dim P2 = 3.
t2 ; 2t + 2t2 ; t2 :
2 R tais que
1
Temos então:
t = (2 + t
8
2 =1
>
>
>
>
<
+2 =
>
>
>
>
:
+2
Pelo que
1
t = (2 + t
2
Finalmente e ainda em relação à base f2 + t
( 1; 3; 2) nessa base, é dado por:
1
( 1)(2 + t
t2 ) + (2t + 2t2 ) + ( t2 ).
1
,
= 0,
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
=
3
4
=
2.
3
(2t + 2t2 ) 2( t2 ).
4
t2 ; 2t + 2t2 ; t2 g de P2 , o vector cujas coordenadas são
t2 )
t2 ) + 3(2t + 2t2 ) + 2( t2 ) =
(ii) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
2t
t2 ; 1
1
2
2t2 ; 2 + t; 1
83
4t
2 + 5t + 5t2 .
como colunas de uma matriz A e de
2
0
1
4
2
0
A=
1
2
2
2
4
0
!
1
L +L3 !L3
2 1
0
seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
2
3
3
2 1
2
0 1
4
1
4 5 ! 4 0
1 2 1 51
!
L1 $L2
L1 +L3 !L3
2
0 0
1
2 0 0
2
3
3
0 1
4
2 0 1
4
4 0 1 2 1 5 = A0 .
1 2 1 5
!
2L2 +L3 !L3
2 21
2
0 0 92 0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectores correspondentes às colunas 1; 2 e 3
da matriz A:
2t t2 ; 1 2t2 ; 2 + t
é uma base de
L
t2 ; 1
2t
2t2 ; 2 + t; 1
.
4t
Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto
2t
t2 ; 1
2t2 ; 2 + t
é desde logo uma base de P2 tendo-se
L
2t
t2 ; 1
2t2 ; 2 + t; 1
4t
=L
2t
t2 ; 1
2t2 ; 2 + t
= P2
e
dim L
t2 ; 1
2t
2t2 ; 2 + t; 1
4t
= dim P2 = 3.
Vamos agora escrever o vector 1 t como combinação linear dos vectores da base f2t
Isto é, procuremos ; ; 2 R tais que
1
Temos então:
Pelo que
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
t = (2t
+2 =1
2 +
=
1
,
2 = 0,
2
(2t
3
Finalmente e ainda em relação à base f2t
( 1; 3; 2) nessa base, é dado por:
1
t=
( 1)(2t
t2 ) + (1
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
2t2 ; 2 + tg.
2t2 ) + (2 + t).
1
3
=
1+4
=
2 .
,
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
1
3
=
1
3
=
2
.
3
1
1
t2 ) + (1 2t2 ) + (2 + t).
3
3
2
2
t ; 1 2t ; 2 + tg de P2 , o vector cujas coordenadas são
t2 ) + 3(1
2t2 ) + 2(2 + t) = 7
(iii) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
1 + t2 ; t
t2 ; 1
t2 ; 1
84
t + 2t2 ; 1 + t
5t2 .
como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a
2
2
3
1 0
1 1
1 0
4 0 1
1 1 5
A=4 0 1
!
L1 +L3 !L3
1
1 2 0
0
1
essa matriz o método de
2
3
1
1
1
1 1 5
! 4 0
L2 +L3 !L3
1
1
0
eliminação de Gauss:
3
0 1 1
1
1 1 5 = A0 .
0 0 0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectores correspondentes às colunas 1; 2 da
matriz A:
1 + t2 ; t t2
é uma base de
1 + t2 ; t
L
t2 ; 1
t + 2t2 ; 1 + t
,
tendo-se
L
1 + t2 ; t
t2 ; 1
t + 2t2 ; 1 + t
1 + t2 ; t
=L
t2
e
dim L
1 + t2 ; t
t2 ; 1
t + 2t2 ; 1 + t
1 + t2 ; t
= dim L
t2
= 2.
(iv) Facilmente se vê que o conjunto f 1 + 2t + t2 ; 2 tg é linearmente independente. Logo, ele próprio
é uma base de
L
1 + 2t + t2 ; 2 t ,
e tem-se
1 + 2t + t2 ; 2
dim L
t
= 2.
(v) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
1 + 2t
como colunas de uma matriz A
2
1
A=4 2
1
2
1
4
0
!
1
L !L2
6 2
0
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
t2 ; 2 + 2t
t2
e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:
3
2
3
3 5
2
1 3
5
2
4 0
0 4
2 5
6
6 6 51 !
!
2L1 +L2 !L2
0 4
4
3 6 L2 !L2
1
1
1
L1 +L3 !L3
3
1
4
3
2
2
1
5
4
1
0
!
4L2 +L3 !L3
3
0
5
1
4
3
1
0
3
2
1 5 = A0 .
1
5
1
0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectores correspondentes às colunas 1; 2 e 4
da matriz A:
1 + 2t t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t t2
é uma base de
L
1 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
t2 ; 2 + 2t
Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto
1 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
85
t2
t2
.
é desde logo uma base de P2 tendo-se
L
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
1 + 2t
=L
1 + 2t
t2 ; 2 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
t2
t2
=
= P2
e
dim L
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
1 + 2t
Vamos agora escrever o vector 1
t2
= dim P2 = 3.
t como combinação linear dos vectores da base
1 + 2t
Isto é, procuremos ; ;
t2 ; 2 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
t2 :
2 R tais que
1
t = (1 + 2t
Temos então:
t2 ) + (3 + t2 ) + ( 2 + 2t
2
1 3
4 2 0
1 1
32
2
2 54
1
3
t2 ).
2
3
1
5 = 4 1 5.
0
Aplicando então o método de eliminação de Gauss à matriz aumentada do sistema anterior, temos:
2
3
2
3
1 3
2 j 1
1 3
2 j 1
4 2 0 2 j
4 0
1 5
6 6 j
3 51 !
!
2L1 +L2 !L2
L !L2
3 2
1 1
1 j 0
0 4
3 j 1
L1 +L3 !L3
2
Logo,
1
4 0
!
1
L !L2
3 2
0
2 j
2 j
3 j
3
2
4
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
Pelo que
1
1
t = (1 + 2t
2
t2 ) +
Finalmente e ainda em relação à base f1 + 2t
são ( 1; 3; 2) nessa base, é dado por:
( 1)(1 + 2t
3
2
1
1
4 0
1 5
!
2L2 +L3 !L3
1
0
2 j
2 j
1 j
3
1
1 5.
1
1
2
=
1
2
3
2
0
=
1
2
=
1.
(3 + t2 ) + ( 1) ( 2 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
t2 ) + 3(3 + t2 ) + 2( 2 + 2t
t2 ).
t2 g de P2 , o vector cujas coordenadas
t2 ) = 4 + 2t + 2t2 .
(vi) O conjunto f1; t; t2 g é a base canónica de P2 . As coordenadas do vector 1 + 3t + 2t2 em relação a
essa base são precisamente 1; 3 e 2. Ainda em relação à base f1; t; t2 g, o vector cujas coordenadas nessa
base são ( 1; 3; 2) é precisamente o vector 1 + 3t + 2t2 .
86
30. Como o espaço linear M2 2 (R) tem dimensão 4, então para veri…car que as matrizes
1 1
0 0
0 0
1 1
;
1 0
0 1
;
0 1
1 1
;
formam uma base de M2 2 (R) basta ver que são linearmente independentes. Sejam ; ; ; 2 R tais que
1 1
0 0
onde 0 é a matriz nula
0 0
1 1
+
+
0 0
. Queremos provar que
0 0
1 0
0 1
+
0 1
1 1
=
=
=
0 0
0 0
=
= 0,
= 0.
Temos então:
+
+
isto é,
+
+
8
>
>
<
ou ainda
2
1
6 1
6
4 0
0
0
0
1
1
>
>
:
1
0
0
1
+
+ =0
+ =0
+ =0
+ + = 0,
32
0
6
1 7
76
1 54
1
3
2
3
0
7 6 0 7
7 = 6 7.
5 4 0 5
0
Aplicando então o método de eliminação de Gauss à matriz dos coe…cientes do sistema homogéneo anterior,
temos:
3
2
3
2
1 0 1 0
1 0 1 0
6 1 0 0 1 7
6 0 0
1 1 7
6
7
6
7 !
4 0 1 0 1 5 L1 +L!
4
0 1 0 1 5 L2 $L3
2 !L2
0 1 1 1
0 1 1 1
2
3
2
3
2
3
1 0 1 0
1 0 1 0
1 0 1 0
6 0 1 0 1 7
6 0 1 0 1 7
6 0 1 0 1 7
7
6
7
6
7.
! 6
!
!
1 1 5 L2 +L4 !L4 4 0 0
1 1 5 L3 +L4 !L4 4 0 0
1 1 5
L2 $L3 4 0 0
0 1 1 1
0 0 1 0
0 0 0 1
Logo, a única solução do sistema é: ( ; ; ; ) = (0; 0; 0; 0). Assim, o conjunto
1 1
0 0
;
0 0
1 1
1 0
0 1
;
0 1
1 1
;
é uma base de M2 2 (R).
1 3
0 11
2
5
4 1
3
2
;
;
,
;
. Seja W um subespaço de
1 2
5 3
3 1
1 5
2 3
M2 2 (R) gerado por S. Determinemos uma base para W que inclua vectores de S.
Sejam 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 2 R tais que
31. Seja S =
0 0
0 0
=
1
1 3
1 2
+
2
0 11
5 3
+
87
3
2
3
5
1
+
4
4 1
1 5
+
5
3
2
2
3
.
Temos então:
2
1
0
6 3 11
6
4 1
5
2
3
2
5
3
1
4
1
1
5
3
3
2 7
7
2 5
3
!
3L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
2
2
1 0
6 0 11
6
4 0
5
0 3
2
11
5
3
1 0
6 0 11
6
4 0 0
0 0
2
11
0
0
1 3
1 2
0 11
5 3
!
5
L +L3 !L3
11 2
3
L +L4 !L4
11 2
4
11
0
0
4
11
5
3
3
3
11 7
7
0 5
0
3
3
11 7
7
5 5
3
!
5
L +L3 !L3
11 2
3
L +L4 !L4
11 2
pelo que sendo as 2 primeiras colunas da matriz em escada anterior independentes, o conjunto de matrizes
;
é uma base de W , atendendo também a que
2
3
5
1
;
4 1
1 5
3
2
;
2
3
2L
1 3
1 2
;
0 11
5 3
.
32. A dimensão do espaço linear M3 2 (R) é 6. Assim, para encontrar uma base de M3 2 (R), basta
encontrar 6 matrizes do tipo 3 2 que sejam linearmente independentes. O seguinte conjunto de 6 matrizes
do tipo 3 2:
82
3 2
3 2
3 2
3 2
3 2
39
0 1
0 0
0 0
0 0
0 0 =
< 1 0
4 0 0 5;4 0 0 5;4 1 0 5;4 0 1 5;4 0 0 5;4 0 0 5
:
;
0 0
0 0
0 0
0 0
1 0
0 1
é linearmente independente. Logo, é uma base de M3 2 (R). (Chama-se a esta base, a base canónica de
M3 2 (R).)
33. (i) Uma matriz diagonal do tipo
2
a
4 0
0
E tem-se
2
3
3 tem a seguinte forma:
3
0 0
b 0 5 com a; b; c 2 R.
0 c
3
2
3
2
3
2
3
a 0 0
1 0 0
0 0 0
0 0 0
4 0 b 0 5 = a4 0 0 0 5 + b4 0 1 0 5 + c4 0 0 0 5.
0 0 c
0 0 0
0 0 0
0 0 1
Isto é, o subespaço formado por todas as matrizes diagonais do tipo 3 3, é gerado pelo conjunto
82
3 2
3 2
39
0 0 0
0 0 0 =
< 1 0 0
D = 4 0 0 0 5;4 0 1 0 5;4 0 0 0 5 .
:
;
0 0 0
0 0 0
0 0 1
Além disso, este conjunto é linearmente independente. Temos então que o conjunto D é uma base do
subespaço formado por todas as matrizes diagonais do tipo 3 3. Logo, o subespaço tem dimensão 3.
88
(ii) Uma matriz simétrica do tipo
2
a
4 b
c
E tem-se
2
Isto é, o subespaço
82
< 1
S= 4 0
:
0
formado por
3 2
0 0
0
5
4
0 0 ; 1
0 0
0
3 tem a seguinte forma:
3
b c
d e 5 com a; b; c; d; e; f 2 R.
e f
3
3
2
3
2
3
2
a b c
1 0 0
0 1 0
4 b d e 5 = a4 0 0 0 5 + b4 1 0 0 5 + c4
c e f
0 0 0
0 0 0
2
3
2
3
2
0 0 0
0 0 0
0 0
4
5
4
5
4
+d 0 1 0 + e 0 0 1 + f 0 0
0 0 0
0 1 0
0 0
todas as matrizes simétricas do tipo 3
3 2
3 2
3 2
1 0
0 0 1
0 0 0
0 0 5;4 0 0 0 5;4 0 1 0 5;4
0 0
1 0 0
0 0 0
3
0 0 1
0 0 0 5+
1 0 0
3
0
0 5.
1
3, é gerado pelo conjunto
3 2
39
0 0 0
0 0 0 =
0 0 1 5;4 0 0 0 5
;
0 1 0
0 0 1
Além disso, este conjunto é linearmente independente. Temos então que o conjunto S é uma base do
subespaço formado por todas as matrizes simétricas do tipo 3 3. Logo, o subespaço tem dimensão 6.
34. (i)
A=
3
6
1
2
!
2L1 +L2 !L2
3 1
0 0
= A0 .
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo,
C(A) = L (f(3; 6)g)
e o conjunto f(3; 6)g é uma base de C(A). Por outro lado,
L(A) = L (f(3; 1)g) ,
e o conjunto f(3; 1)g é uma base de L(A). Desta forma:
carA = dim C(A) = dim L(A) = 1.
Por de…nição:
N (A) = u 2 R2 : Au = 0 .
Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação
3 1
0 0
u1
u2
89
=
0
0
é equivalente à equação
3u1 + u2 = 0.
Logo,
N (A) = f(u1 ; 3u1 ) : u1 2 Rg = L (f(1; 3)g) .
O conjunto S = f(1; 3)g é linearmente independente. Como S é linearmente independente e gera N (A),
temos então que S é uma base de N (A) e:
nulA = dim N (A) = 1.
(ii)
A=
3 0
1 0
6 0
2 0
!
1
L +L2 !L2
3 1
3 0
0 0
6 0
0 0
= A0 .
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo,
C(A) = L (f(3; 1)g)
e o conjunto f(3; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,
L(A) = L (f(3; 0; 6; 0)g) ,
e o conjunto f(3; 0; 6; 0)g é uma base de L(A). Desta forma:
carA = dim C(A) = dim L(A) = 1.
Por de…nição:
N (A) = u 2 R4 : Au = 0 .
Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação
3 0
0 0
6 0
0 0
é equivalente à equação
3u1
2
3 2
u1
0
6 u2 7 6 0
6
7 6
4 u3 5 = 4 0
u4
0
3
7
7
5
6u3 = 0,
ou seja a
u1 = 2u3 .
Logo,
N (A) = f(2u3 ; u2 ; u3 ; u4 ) : u2 ; u3 ; u4 2 Rg .
Como
(2u3 ; u2 ; u3 ; u4 ) = u3 (2; 0; 1; 0) + u2 (0; 1; 0; 0) + u4 (0; 0; 0; 1),
90
tem-se:
N (A) = L (f(2; 0; 1; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 0; 1)g) .
O conjunto S = f(2; 0; 1; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linearmente
independente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:
nulA = dim N (A) = 3.
(iii)
2
3
0 1 0 0
A = 4 0 0 1 0 5.
0 0 0 1
As colunas da matriz A que contêm os pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente.
Logo,
C(A) = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g)
e o conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,
L(A) = L (f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) ,
e o conjunto f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g é uma base de L(A). Desta forma:
carA = dim C(A) = dim L(A) = 3.
Por de…nição:
N (A) = u 2 R4 : Au = 0 .
A equação
3 2
u1
0
0 1 0 0 6
7
6
u
4 0 0 1 0 56 2 7 = 6 0
4 u3 5 4 0
0 0 0 1
u4
0
2
é equivalente ao sistema
Logo,
3
2
8
< u2 = 0
u3 = 0
:
u4 = 0.
3
7
7
5
N (A) = f(u1 ; 0; 0; 0) : u1 2 Rg = L (f(1; 0; 0; 0)g) .
O conjunto S = f(1; 0; 0; 0)g é linearmente independente. Como S é linearmente independente e gera
N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:
nulA = dim N (A) = 1.
(iv)
2
1 1
4
1 2
A=
0 1
3
2
2
1 1
5
4
1
0 3
!
L1 +L2 !L2
1
0 1
3
2
1 5
1
91
!
1
L +L3 !L3
3 2
2
1 1
4 0 3
0 0
3
2
1 5 = A0 .
2
3
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo,
C(A) = L (f(1; 1; 0); (1; 2; 1); ( 2; 1; 1)g)
e o conjunto f(1; 1; 0); (1; 2; 1); ( 2; 1; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,
L(A) = L (f(1; 1; 2); ( 1; 2; 1); (0; 1; 1)g) = L
(1; 1; 2); (0; 3; 1); (0; 0;
e quer o conjunto f(1; 1; 2); ( 1; 2; 1); (0; 1; 1)g ; quer o conjunto
(1; 1; 2); (0; 3; 1); (0; 0;
2
) ,
3
são bases para L(A). Desta forma:
carA = dim C(A) = dim L(A) = 3.
Por de…nição:
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 .
Como se tem sempre:
no de colunas de A = carA + nulA,
então
N (A) = f0g
e
nulA = dim N (A) = 0.
Alternativamente poderíamos veri…car que se tem mesmo
N (A) = f0g .
Pelo método de eliminação de Gauss, temos
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação
é equivalente ao sistema
ou seja a
2
1 1
4 0 3
0 0
32
3 2 3
2
u1
0
5
4
5
4
1
u2 = 0 5
2
u3
0
3
8
< u1 + u2 2u3 = 0
3u2 u3 = 0
: 2
u =0
3 3
u1 = u2 = u3 = 0.
Logo,
N (A) = f(0; 0; 0)g
92
2
)
3
,
e como tal
nulA = dim N (A) = 0.
(v)
2
1
6 0
A=6
4 0
0
0
1
0
0
3
0
0 7
7.
1 5
0
As colunas da matriz A que contêm os pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente.
Logo,
C(A) = L (f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g)
e o conjunto f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é uma base de C(A). Por outro lado,
L(A) = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g) = R3 ,
e o conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de L(A). Desta forma:
carA = dim C(A) = dim L(A) = 3.
Por de…nição:
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 .
A equação
2
1
6 0
6
4 0
0
é equivalente ao sistema
0
1
0
0
Logo,
3
3 2 3
0 2
u1
0
7
0 74
5
4
u2 = 0 5
1 5
u3
0
0
8
< u1 = 0
u2 = 0
:
u3 = 0.
N (A) = f(0; 0; 0)g
(vi)
2
3
1 3 0 2
A=4 0 2 2 0 5
1 3 0 2
e nulA = dim N (A) = 0.
!
L1 +L3 !L3
2
3
1 3 0 2
4 0 2 2 0 5 = A0 .
0 0 0 0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo,
C(A) = L (f( 1; 0; 1); (3; 2; 3)g)
e o conjunto f( 1; 0; 1); (3; 2; 3)g é uma base de C(A). Por outro lado,
L(A) = L(A0 ) = L (f( 1; 3; 0; 2); (0; 2; 2; 0)g) ,
93
e o conjunto f( 1; 3; 0; 2); (0; 2; 2; 0)g é uma base de L(A). Desta forma:
carA = dim C(A) = dim L(A) = 2.
Por de…nição:
N (A) = u 2 R4 : Au = 0 .
Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação
3 2
u1
0
1 3 0 2 6
7
6
4 0 2 2 0 5 6 u2 7 = 6 0
4 u3 5 4 0
0 0 0 0
u4
0
2
é equivalente ao sistema
3
2
3
7
7
5
u1 + 3u2 + 2u4 = 0
2u2 + 2u3 = 0
ou seja a
u1 = 3u2 + 2u4
u 3 = u2 .
Logo,
N (A) = f(3u2 + 2u4 ; u2 ; u2 ; u4 ) : u2 ; u4 2 Rg .
Como
(3u2 + 2u4 ; u2 ; u2 ; u4 ) = (3u2 ; u2 ; u2 ; 0) + (2u4 ; 0; 0; u4 ) = u2 (3; 1; 1; 0) + u4 (2; 0; 0; 1),
tem-se:
N (A) = L (f(3; 1; 1; 0); (2; 0; 0; 1)g) .
O conjunto S = f(3; 1; 1; 0); (2; 0; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linearmente independente
e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:
nulA = dim N (A) = 2.
(vii)
2
1
6 2
A=6
4 3
1
2
3
4
1
3
2
1
1
3
1
0 7
7
1 5
1
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
2
1
2
1
3
4
8
4
3
1
2 7
7
4 5
2
!
2L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
2
1
0
0
3
4
0
0
3
1
2 7
7 = A0 .
0 5
0
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo,
C(A) = L (f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g)
94
e o conjunto f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,
L(A) = L (f(1; 2; 3; 1); (0; 1; 4; 2)g) ,
e o conjunto f(1; 2; 3; 1); (0; 1; 4; 2)g é uma base de L(A). Desta forma:
carA = dim C(A) = dim L(A) = 2.
Por de…nição:
N (A) = u 2 R4 : Au = 0 .
Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação
2
é equivalente ao sistema
1
6 0
6
4 0
0
2
1
0
0
3
4
0
0
32
1
u1
7
6
2 7 6 u2
0 5 4 u3
u4
0
3
2
3
0
7 6 0 7
7=6 7
5 4 0 5
0
u1 + 2u2 + 3u3 u4 = 0
u2 4u3 + 2u4 = 0
ou seja a
u1 =
u2 =
2u2 3u3 + u4
4u3 + 2u4
e ainda a
u1 = 5u3 3u4
u2 = 4u3 + 2u4 .
Logo,
N (A) = f(5u3
3u4 ; 4u3 + 2u4 ; u3 ; u4 ) : u3 ; u4 2 Rg .
Como
(5u3
3u4 ; 4u3 + 2u4 ; u3 ; u4 ) = (5u3 ; 4u3 ; u3 ; 0) + ( 3u4 ; 2u4 ; 0; u4 )
= u3 (5; 4; 1; 0) + u4 ( 3; 2; 0; 1),
tem-se:
N (A) = L (f(5; 4; 1; 0); ( 3; 2; 0; 1)g) .
O conjunto S = f(5; 4; 1; 0); ( 3; 2; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linearmente independente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:
nulA = dim N (A) = 2.
35. Sejam U e V subespaços de W tais que dim U = 4; dim V = 5 e dim W = 7. Tem-se
dim (U \ V ) = dim U + dim V
dim (U + V ) = 9
95
dim (U + V ) :
Como U + V é subespaço de W , tem-se
5 = dim V
dim (U + V )
dim W = 7
e assim dim (U + V ) 2 f5; 6; 7g. Logo,
dim (U \ V ) 2 f2; 3; 4g :
36. Determine bases e calcule as dimensões de U + V e U \ V , dizendo em que casos U + V é a soma
directa U V (determine-a) dos subespaços U e V .
(i) Em R3 , considere os subespaços:
e V = L (f(1; 1; 2); ( 1; 1; 1)g) .
U = L (f(1; 1; 1); (0; 1; 1)g)
Logo, U + V = L (U [ V ) = L (f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 2); ( 1; 1; 1)g). Facilmente se veri…ca que
f(1; 1; 1); (0; 1; 1); ( 1; 1; 1)g
é uma base de U + V , ou melhor de R3 . Logo, dim (U + V ) = 3 e
dim(U \ V ) = dim U + dim V
Seja (x; y; z) 2 U . Tem-se
2
3
1 0 j x
4 1 1 j y 5
1 1 j z
Logo
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
dim (U + V ) = 2 + 2
2
3
1 0 j
x
4 0 1 j x+y 5
0 1 j z x
U = (x; y; z) 2 R3 : z
Seja (x; y; z) 2 V .
2
1
1 j
4 1 1 j
2 1 j
Logo
Tem-se
3
2
x
1
4 0
y 5
!
L1 +L2 !L2
z
0
2L1 +L3 !L3
3
1 j
x
2 j y x 5
3 j z 2x
V = (x; y; z) 2 R3 : 2z
!
L2 +L3 !L3
2x
2
3
1 0 j
x
4 0 1 j
5.
x+y
0 0 j z 2x y
y=0 .
!
3
L +L3 !L3
2 2
3y
3 = 1.
2
1
4 0
0
3
1 j
x
5.
2 j
y x
3
1
0 j z 2y 2x
x=0 .
Deste modo
U \ V = (x; y; z) 2 R3 : z
2x
y = 0 e 2z
3y
x = 0 = L (f(1; 3; 5)g)
e como tal, f(1; 3; 5)g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1
Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .
(ii) Sejam U = f(x; y; z) 2 R3 : x + y z = 0 e x + y = 0g ; V = L (f(1; 1; 1)g).
Tem-se (1; 1; 1) 2
= U pois 1 + 1 1 6= 0. Logo
U \ V = f0g
e
dim (U \ V ) = 0.
96
Por outro lado, como
U = ( y; y; 0) 2 R3 : y 2 R = L (f( 1; 1; 0)g) ,
tem-se
U + V = L (f( 1; 1; 0); (1; 1; 1)g)
e sendo f( 1; 1; 0); (1; 1; 1)g uma base de U + V , dim (U + V ) = 2.
Além disso, como U \ V = f0g,
U +V =U
V = L (f( 1; 1; 0); (1; 1; 1)g) .
(iii) Em R3 , considere os subespaços:
e V = f(x; y; z) : x + y + 3z = 0g .
U = L (f(1; 0; 1); ( 1; 1; 2)g)
Seja v 2 U , então
com ;
v = (1; 0; 1) + ( 1; 1; 2) = (
; ;
+ 2 ),
2 R. Para que v esteja também em V é preciso que:
+
+ 3 ( + 2 ) = 0.
isto é,
4 +6 =0 ,
=
3
.
2
Assim,
5
1
; ;
2
2
v = (1; 0; 1) + ( 1; 1; 2) =
5
1
; 1;
2
2
=
.
Logo,
U \V =
e como tal,
Tem-se
5
; 1; 12
2
1
5
; 1;
2
2
:
2R
1
5
; 1;
2
2
=L
é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1
V = L (f( 1; 1; 0); ( 3; 0; 1)g) .
Logo,
U + V = L (U [ V ) = L (f(1; 0; 1); ( 1; 1; 2); ( 1; 1; 0); ( 3; 0; 1)g) :
Facilmente se veri…ca que f(1; 0; 1); ( 1; 1; 2); ( 1; 1; 0)g é uma base de U + V , ou melhor de R3 . Logo,
dim (U + V ) = 3:
Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .
(iv) Em R3 , considere os subespaços:
U = (x; y; z) 2 R3 : x = y = z
e V = (x; y; z) 2 R3 : x = 0 .
Tem-se U = L (f(1; 1; 1)g) e V = L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g).
Como f(1; 1; 1); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de U + V = L (U [ V ) então
dim (U + V ) = 3 e U + V = U
97
V = R3 .
Como U \ V = f0g então dim (U \ V ) = 0.
(v) Em P2 , considere os subespaços:
U =L
1 + t; 1
t2
e V = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
Seja p (t) 2 U . Então existem ;
2 R tais que
p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 =
Atendendo a
2
3
1 1 j a0
4 1 0 j a1 5
0
1 j a2
!
L1 +L2 !L2
Logo, tem-se
a1 + a0 = 0 .
2
1
4 0
0
(1 + t) +
3
1 j
a0
1 j a1 a0 5
1 j
a2
t2 .
1
!
L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
3
1 j
a0
5.
1 j
a1 a0
0 j a2 a1 + a0
U =V
pelo que
U +V =U =V
Assim, f1 + t; 1
e U \V =U =V.
t2 g é uma base de U; de V , de U + V e de U \ V , tendo-se
dim (U + V ) = dim (U \ V ) = 2.
Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .
(vi) Em P3 , considere os subespaços:
U =L
1 + t; 1
t3
1 + t + t2 ; t
e V =L
t3 ; 1 + t + t3
.
Logo
U + V = L (U [ V ) = L
t3 ; 1 + t + t2 ; t
1 + t; 1
t3 ; 1 + t + t3
:
Vejamos quais dos vectores do conjunto
1 + t; 1
t3 ; 1 + t + t2 ; t
são linearmente independentes. Coloquemos então
matriz:
3
2
2
1 1 1 0 1
1 1 1
6 1 0 1 1 1 7
6 0
1 0
6
7
A=6
4
4 0 0 1 0 0 5 L1 +L!
0 0 1
2 !L2
0
1 0
1 1
0
1 0
t3 ; 1 + t + t3
os coe…cientes desses vectores como colunas de uma
0
1
0
1
3
1
0 7
7
0 5
1
!
L2 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
0
1
0
2
3
1
0 7
7 = A0 . (*)
0 5
1
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjunto
de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto
1 + t; 1
t3 ; 1 + t + t2 ; t
t3
é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e deste modo U + V = P3 .
98
Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto
t3
1 + t; 1
é base de U ,
2
1
6 0
6
4 1
0
o conjunto
tendo-se dim U = 2, e como
2
3
1 0
0 1
6 0 1
1 0 7
6
7
!
0 0 5 L1 +L3 !L3 4 0 0
L1 +L3 !L3
0
2
2 1
3
1
0 7
7
!
1 5 2L2 +L4 !L4
1
1 + t + t2 ; t
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
3
1
0 7
7
!
1 5 L3 +L4 !L4
1
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
3
1
0 7
7
1 5
0
t3 ; 1 + t + t3
é base de V , tendo-se dim V = 3.
Logo,
dim(U \ V ) = dim U + dim V
dim (U + V ) = 2 + 3
4 = 1.
Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .
Determinemos U \ V . Seja p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 U . Tem-se
2
3
2
3
2
1 1 j a0
1 1 j
a0
1 1 j
a0
6 1 0 j a1 7
6 0
7
6
1 j a1 a0 7
1 j
a1 a0
6
7
6
6 0
!
4 0 0 j a2 5 L1 +L!
4
5
4
0 0 j
a2
0 0 j
a2
L2 +L4 !L4
2 !L2
0
1 j a3
0
1 j
a3
0 0 j a3 + a0 a1
Logo
U = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : a2 = 0 e a3 + a0
Seja q (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3
2
1 0 1 j
6 1 1 1 j
6
4 1 0 0 j
0
1 1 j
!
L2 +L4 !L4
Logo
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
1
0
1
1
2 V . Tem-se
3
a0
a1 7
7
!
a2 5 L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
a3
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
1
3
j
a0
7
j
a1 a0
7
5 L3 +L!
j
a2 a0
4 !L4
j a1 a0 + a3
1
6 0
6
4 0
0
7
7.
5
a1 = 0 .
3
j
a0
j a1 a0 7
7
!
j a2 a0 5 L2 +L4 !L4
j
a3
1
0
1
1
2
3
0
1
0
0
V = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : a1 + a2
1
0
1
0
3
j
a0
7
j
a1 a0
7.
5
j
a2 a0
j a1 + a2 2a0 + a3
2a0 + a3 = 0 .
Deste modo
U \ V = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : a2 = 0 e a0
a1 + a3 = 0 e
02
0
= a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : (a0 ; a1 ; a2 ; a3 ) 2 N @4 1
2
99
2a0 + a1 + a2 + a3 = 0 =
31
0 1 0
1 0 1 5A .
1 1 1
Atendendo a que
2
2
3
0
0 1 0
0
4 1
4 1
1 0 1 5
!
2L2 +L3 !L3
2 1 1 1
0
2
3
0 1 0
1
1 0 1 5 ! 4 0
L1 $L2
1 1 3
0
tem-se
U \ V = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : a0
2
3
1 0 1
1
0 1 0 5 ! 4 0
L2 $L3
1 1 3
0
a1 + a3 = 0 e
3
1 0 1
1 1 3 5
0 1 0
a1 + a2 + 3a3 = 0 e a2 = 0 =
= a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : a0 = 2a3 e a1 = 3a3 e a2 = 0 =
= 2a3 + 3a3 t + a3 t3 2 P3 : a3 2 R = a3 2 + 3t + t3 2 P3 : a3 2 R = L
2 + 3t + t3
.
e como tal, f2 + 3t + t3 g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1.
(vii) Em R4 , considere os subespaços:
U = L (f(2; 2; 1; 2); ( 1; 1; 1; 3); (0; 0; 6; 8); ( 1; 1; 5; 5)g)
e
V = L (f(0; 0; 0; 1); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g) .
Atendendo a que
2
2
1
6 2 1
A=6
4 1
1
2 3
2
2
1
6 0 2
! 6
L2 $L4 4 0 3=2
0 0
0
8
6
0
0
0
6
8
1
1
5
5
1
6
9=2
0
0
0
0
1
0
1
0
0
0
3
2
1
0
1
2
3
3
0
2 7
7
4 5
8
3
0
8 7
7
4 5
2
!
L1 +L2 !L2
1
L +L3 !L3
2 1
L1 +L4 !L4
!
3
L +L3 !L3
4 2
2
2
2
1
6 0 0
6
4 0 3=2
0 2
2
6 0
6
4 0
0
1
2
0
0
0
8
0
0
0
0
6
8
1
0
9=2
6
1 0
6
1
0 3=4
0
0
0
0
0
1
0
1
2
3
0
3
1=4
1
3
0
2 7
7 !
4 5 L2 $L4
8
3
0
8 7
7 = A0 (*).
2 5
2
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um
conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto
f(2; 2; 1; 2); ( 1; 1; 1; 3); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g
é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e deste modo U + V = R4 .
Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto
f(2; 2; 1; 2); ( 1; 1; 1; 3)g
é base de U , tendo-se dim U = 2, e como
2
3
2
0
0
0
1
6 1
7
6
3
8 7
0
6
! 6
4 3=4
1=4
2 5 L1 $L2 4 3=4
0
1
2
0
3
0
1=4
1
3
8
0 7
7 !
2 5 L2 $L4
4L3 !L3
2
100
2
1
6 0
6
4 3
0
3
1
1
0
3
8
2 7
7
!
8 5 3L1 +L3 !L3
0
!
3L1 +L3 !L3
o conjunto
2
1
6 0
6
4 0
0
3
3 8
1 2 7
7
8 16 5
0 0
!
8L2 +L3 !L3
2
1
6 0
6
4 0
0
3
8
2 7
7
0 5
0
3
1
0
0
f(0; 0; 0; 1); (0; 1; 2; 3)g
é base de V , tendo-se dim V = 2.
Logo,
dim(U \ V ) = dim U + dim V
dim (U + V ) = 2 + 2
4 = 0.
Neste caso, como U \ V = f0g então
V = R4 :
U +V =U
(viii) Em R4 , considere os subespaços:
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y + 3z = 0 e y + 2z + 3w = 0
e
V = L (f(2; 5; 4; 1); (0; 9; 6; 1); ( 4; 1; 2; 1)g) .
Seja (x; y; z; w) 2 V . Então existem ; ;
2 R tais que
(x; y; z; w) = (2; 5; 4; 1) + (0; 9; 6; 1) + ( 4; 1; 2; 1).
Atendendo a
2
!
2
6 5
6
4 4
1
0
9
6
1
4
1
2
1
1
6 0
6
4 0
0
1
4
2
2
1
4
2
2
5L1 +L2 !L2
4L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
Logo, tem-se
2
V =
j
j
j
j
3
x
y 7
7 !
z 5 L1 $L4
w
3
j
w
j y 5w 7
7
j z + 4w 5
j x 2w
2
1
6 5
6
4 4
2
!
1
9
6
0
1
L +L3 !L3
2 2
1
L +L4 !L4
2 2
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
2
4
1
4
0
0
3
1
(x; y; z; w) 2 R4 : w + y + z = 0 e x
2
2
j
j
j
j
3
w
y 7
7
z 5
x
1
4
0
0
!
5L1 +L2 !L2
4L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
3
j
w
7
j
y 5w
7 (*)
3
1
j 2w + 2y + z 5
j x 29 w + 12 y
9
1
w+ y=0
2
2
=
= (x; y; z; w) 2 R4 : y + 2z + 3w = 0 e x + 2y + 3z = 0 = U
pelo que
U +V =U =V
e U \V =U =V.
Atendendo ainda a (*), o conjunto f(2; 5; 4; 1); (0; 9; 6; 1); ( 4; 1; 2; 1)g é linearmente dependente,
sendo linearmente independente o seguinte seu subconjunto
f(2; 5; 4; 1); (0; 9; 6; 1)g .
101
Assim, f(2; 5; 4; 1); (0; 9; 6; 1)g é uma base de U; de V , de U + V e de U \ V , tendo-se
dim (U + V ) = dim (U \ V ) = 2.
Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .
(ix) Seja U o subespaço de R5 gerado por
f(1; 1; 1; 2; 0); (1; 2; 2; 0; 3); (1; 1; 2; 2; 1)g .
Seja V o subespaço de R5 gerado por
f(1; 2; 3; 0; 2); (1; 1; 3; 2; 4); (1; 1; 2; 2; 5)g .
Atendendo a que
2
1
1
6 1
2
6
6
2
A=6 1
4 2 0
0
3
!
2
L2 +L3 !L3
2L2 +L4 !L4
3L2 +L5 !L5
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
1
1
2
2
1
1
1
0
0
0
1
2
3
0
2
1
0
1
0
1
1
1
3
2
4
1
1
1
0
1
!
3
L +L5 !L5
2 4
1
1
2
2
5
1
0
2
4
4
2
1
6 0
6
6 0
6
4 0
0
3
7
7
7
7
5
2
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
3
1
0
1
4
5
1
1
0
0
0
6
6
6
6
4
7
7
7
7 L3 +L!
5 !L5
5
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
1
1
2
3
2
1
0
0
0
0
6
6
6
6
4
1
0
2
4
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
0
3
1
0
1
4
0
1
1
2
2
2
1
0
1
0
0
1
0
2
4
4
1
1
1
0
0
1
0
1
4
5
1
0
2
4
6
3
7
7
7
7
5
1
0
1
4
6
!
L2 +L3 !L3
2L2 +L4 !L4
3L2 +L5 !L5
3
7
7
7
7
5
7
7
7 = A0 (*).
7
5
!
3
L +L5 !L5
2 4
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um
conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto
f(1; 1; 1; 2; 0); (1; 2; 2; 0; 3); (1; 1; 2; 2; 1); (1; 1; 3; 2; 4)g
é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4.
Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto
f(1; 1; 1; 2; 0); (1; 2; 2; 0; 3); (1; 1; 2; 2; 1)g
é base de U , tendo-se dim U = 3, e
2
1
1
1
6 1 0
0
6
6 1
2
1
6
4 0
4
4
0
0
0
como
3
7
7
7
7 L1 +L!
2
5 L +L2 !L
!L
1
3
3
2
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
1
1
1
4
0
102
1
1
0
4
0
3
7
7
7
7
5
!
L2 +L3 !L3
4L2 +L4 !L4
2
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
0
0
3
7
7
7
7
5
o conjunto
f(1; 2; 3; 0; 2); (1; 1; 3; 2; 4); (1; 1; 2; 2; 5)g
é base de V , tendo-se dim V = 3.
Logo,
dim(U \ V ) = dim U + dim V
dim (U + V ) = 3 + 3
4 = 2.
Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .
Determinemos uma base para U \ V .
Atendendo a
2
2
3
3
1
1
1 j x1
1 1
1 j
x1
6 1
6 0
2
1 j x2 7
1 0 j x1 + x2 7
6
6
7
7
6 1
6
7
7
2
2
j
x
0
1
1
j
x
+
x
!
3
1
3
6
7 L1 +L2 !L2 6
7 L2 +L!
!L
4 2 0
4
5
2 j x4
0 2
0 j 2x1 + x4 5 2L2 +L43!L43
L1 +L3 !L3
3L2 +L5 !L5
0
3 1 j x5 2L1 +L4 !L4 0
3 1 j
x5
2
3
2
1 1
1 j
x1
1 1
1 j
x1
6 0
7
6
1 0 j
x1 + x2
1 0 j
x1 + x2
6
7
6 0
6 0 0
7
6
1
j
x
+
x
0
0
1
j
x2 + x3
!
!
2
3
7 L3 +L5 !L5 6
L2 +L3 !L3 6
4
5
4
0 0
0 j
4x1 + 2x2 + x4
0 0
0 j 4x1 + 2x2 + x4
2L2 +L4 !L4
3L2 +L5 !L5
0 0
0 j
3x1 4x2 + x3 + x5
0 0
1 j
3x1 3x2 + x5
tem-se
U = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) 2 R5 : 4x1 + 2x2 + x4 = 0 e
Por outro lado, atendendo
2
1
1
6 2
1
6
6 3
3
6
4 0
2
2
4
2
1 1
6 0 1
6
6 0 0
!
2L2 +L4 !L4 6
4 0 0
L3 +L5 !L5
0
2
tem-se
3
7
7
7
7
5
4x2 + x3 + x5 = 0 .
3x1
a
j
j
j
j
j
1
1
2
2
5
1
1
1
0
2
j
j
j
j
j
3
2
1 j
7
6
1 j
7
6
7
6
1 j
7 2L1 +L!
6
2
5 3L +L2 !L
4
2 j
1
3 !L3
2L1 +L5 !L5
3 j
3
2
x1
1
7
6 0
2x1 + x2
7
6
7
6
3x1 + x3
!
7 2L2 +L5 !L5 6 0
4 0
4x1 2x2 + x4 5
5x1 + x3 + x5
0
x1
x2
x3
x4
x5
V = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) 2 R5 :
1
0
0
0
0
1
1
0
2
2
x1
2x1 + x2
3x1 + x3
x4
2x1 + x5
1
1
0
0
0
1
1
1
0
0
3
7
7
7
7
5
!
2L2 +L4 !L4
L3 +L5 !L5
j
x1
j
2x1 + x2
j
3x1 + x3
j
4x1 2x2 + x4
j 9x1 + 2x2 + x3 + x5
3
7
7
7
7
5
2x2 + x4 = 0 e 9x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0 .
4x1
Logo
(x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) 2 R5 : 4x1 + 2x2 + x4 = 0 e
3x1 4x2 + x3 + x5 = 0
e
4x1 2x2 + x4 = 0 e 9x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0
U \V =
Como
2
4
6 3
6
4 4
9
2
4
2
2
0
1
0
1
1
0
1
0
3
0
1 7
7
!
0 5 L1 +L3 !L3
1 3L2 +L4 !L4
2
4
6 3
6
4 0
0
2
4
0
10
0
1
0
4
1
0
2
0
103
3
0
1 7
7
0 5
4
!
3
L +L2 !L2
4 1
2
4
6 0
6
4 0
0
3
0 1 0
5
1 34 1 7
2
7
0 0 2 0 5
10 4 0 4
2
!
4L2 +L4 !L4
2
4
6 0
6
4 0
0
!
4L2 +L4 !L4
tem-se
2
5
2
0
0
0
1
0
0
3
0
3
1 7
4
7
2 0 5
3 0
1
!
4L2 !L2
3
L
+L4 !L44
2 3
2
4
6 0
6
4 0
0
2
10
0
0
0
4
0
0
8
8
< 4x1 + 2x2 + x4 = 0
< x1 = 21 x2 = 15 x3
x2 = 25 x3 + 25 x5
10x2 + 4x3 + 3x4 + 4x5 = 0 ,
:
:
x4 = 0
2x4 = 0
pelo que
U \V
1
x3
5
=
= L
3
0
4 7
7
0 5
0
1
3
2
0
1
x
5 5
1
2
2
x5 ; x3 + x5 ; x3 ; 0; x5 2 R5 : x3 ; x5 2 R
5
5
5
1 2
1 2
; ; 1; 0; 0 ;
; ; 0; 0; 1
.
5 5
5 5
=
Como o conjunto
1 2
; ; 1; 0; 0 ;
5 5
1 2
; ; 0; 0; 1
5 5
gera U \ V e é linearmente independente, então é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 2.
(x) Atendendo
2
1
6 0
A=6
4 1
0
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
a que
0
1
1
1
1
0
0
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
2
0
0
1
2
1
0
1
2
1
1
1
1
1
2
0
1
3
0
0 7
7
1 5
1
0
0
1
2
1
1
1
0
1
2
1
3
!
L1 +L3 !L3
1
L +L3 !L3
2 1
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
3
0
0 7
7
!
1 5 2L3 +L4 !L4
1
0
1
1
1
2
1
6 0
6
4 0
0
1
0
1
2
0
0
1
2
1
1
2
1
1
2
1
1
1
0
1
0
0
0
1
0
1
1
1
2
1
2
1
5
0
1
0
0
3
0
0 7
7
1 5
1
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
3
0
0 7
7 = A0 (*).
1 5
3
As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um
conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto
f(1; 0; 1; 0); (0; 1; 1; 1); (1; 0; 0; 2) ; (1; 1; 1; 1)g
é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e assim U + V = R4 .
Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto
f(1; 0; 1; 0); (0; 1; 1; 1); (1; 0; 0; 2)g
é base de U , tendo-se dim U = 3, e como
2
3
2
1 1 0
1 1
6 1 2 0 7
6 0 1
6
7
6
!
4 1
1 1 5 L1 +L2 !L2 4 0
2
L1 +L3 !L3
2
5 3
0
7
2L +L !L
1
4
4
3
0
0 7
7
!
1 5 2L2 +L3 !L3
3 7L2 +L4 !L4
104
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
0
0
3
0
0 7
7
1 5
3
!
3L3 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
0
0
3
0
0 7
7
1 5
0
o conjunto
f(1; 1; 1; 1); (1; 2; 0; 1); (0; 0; 1; 1)g
é base de V , tendo-se dim V = 3.
Logo,
dim(U \ V ) = dim U + dim V
Uma base para U \ V .
Atendendo a
2
1 0
6 0 1
6
4 1 1
0 1
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
tem-se
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
j
j
j
j
1
0
0
2
1
0
1
2
3
x1
x2 7
7
!
x3 5 L1 +L3 !L3
x4
dim (U + V ) = 3 + 3
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
1
1
3
j
x1
7
j
x2
7
!
j x1 + x3 x2 5 2L3 +L4 !L4
j
x4 x2
U = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) 2 R4 : 2x1
Por outro lado, atendendo a
2
1 1
6 1 2
6
4 1 0
1
1
!
L2 +L3 !L3
2L2 +L4 !L4
tem-se
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
j
j
j
j
3
x1
x2 7
7
x3 5
x4
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
3
j
x1
7
j
x2 x1
7
j x2 2x1 + x3 5
j 2x2 3x1 + x4
2
1
6 0
6
4 0
0
1
0
1
2
2
3
j
x1
7
j
x2
7
j x1 + x3 5
j
x4
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
3
j
x1
7
j
x2
7
5
j
x1 + x3 x2
j 2x1 3x2 + 2x3 + x4
3x2 + 2x3 + x4 = 0
1
1
1
2
!
L3 +L4 !L4
V = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) 2 R4 :
4 = 2.
0
0
1
1
2
3
j
x1
j x2 x1 7
7
!
j x3 x1 5 L2 +L3 !L3
j x4 x1 2L2 +L4 !L4
1
6 0
6
4 0
0
x1 + x2
1
1
0
0
0
0
1
0
3
j
x1
7
j
x2 x1
7
j
x2 2x1 + x3 5
j x2 x1 x3 + x4
x3 + x4 = 0 .
Logo
U \V
= (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) 2 R4 : 2x1 3x2 + 2x3 + x4 = 0 e
x1 + x2 x3 + x4 = 0 =
4
= (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) 2 R : x2 = 3x4 e x1 = x3 + 4x4 =
= f( x3 + 4x4 ; 3x4 ; x3 ; x4 ) : x3 ; x4 ) 2 Rg = L (f( 1; 0; 1; 0) ; (4; 3; 0; 1)g)
Como o conjunto
f( 1; 0; 1; 0) ; (4; 3; 0; 1)g
gera U \ V e é linearmente independente, então é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 2.
37.
105
2
6
6
A=6
6
4
1
0
2
1
0
1
0
2
1
0
2
!
1
L +L3 !L3
2 2
L2 +L4 !L4
(i)
6
6
6
6
4
0
2
1
2
0
1
0
0
0
0
2
4
2
2
0
1
0
0
0
0
3
1
0
1
1
0
0
2
0
0
0
7
7
7
7
5
2
!
2L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
2
4
0
0
0
3
1
0
1
2
0
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
7
7
7
7 2L3 +L!
4 !L4
5
1
0
0
0
0
2
1
6 0
6
6 0
6
4 0
0
0
2
1
2
0
2
4
2
4
0
1
0
0
0
0
0
2
0
0
0
1
0
1
2
0
2
4
0
0
0
3
7
7
7
7
5
1
0
1
0
0
!
1
L +L3 !L3
2 2
L2 +L4 !L4
3
7
7
7 = A0 .
7
5
carA = dim C(A) = dim L(A) = 3.
Como A tem 5 colunas e
no de colunas de A = carA + nulA,
então
isto é,
nulA = 2,
dim N (A) = 2.
(ii) As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam
um conjunto de vectores linearmente independente. Logo,
C(A) = L (f(1; 0; 2; 1; 0); (0; 2; 1; 2; 0); (1; 0; 1; 1; 0)g)
e o conjunto f(1; 0; 2; 1; 0); (0; 2; 1; 2; 0); (1; 0; 1; 1; 0)g é uma base de C(A).
Por de…nição:
N (A) = u 2 R5 : Au = 0 .
Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação matricial
é equivalente ao sistema
ou seja a
2
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
2
0
0
0
2
4
0
0
0
1
0
1
0
0
32
76
76
76
76
54
u1
u2
u3
u4
u5
3
7 6
7 6
7=6
7 6
5 4
8
< u1 u2 + 2u4 + u5 = 0
2u3 + 4u4 = 0
:
u5 = 0
Logo,
N (A) = f(u2
8
< u1 = u2 2u4
u3 = 2u4
:
u5 = 0.
2
0
0
0
0
0
3
7
7
7
7
5
2u4 ; u2 ; 2u4 ; u4 ; 0) : u2 ; u4 2 Rg .
106
Como
(u2
2u4 ; u2 ; 2u4 ; u4 ; 0) = (u2 ; u2 ; 0; 0; 0) + ( 2u4 ; 0; 2u4 ; u4 ; 0)
= u2 (1; 1; 0; 0; 0) + u4 ( 2; 0; 2; 1; 0),
tem-se:
N (A) = L (f(1; 1; 0; 0; 0); ( 2; 0; 2; 1; 0)g) .
Facilmente se veri…ca que o conjunto S = f(1; 1; 0; 0; 0); ( 2; 0; 2; 1; 0)g é linearmente independente.
Como S é linearmente independente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A).
(iii) A solução geral do sistema de equações lineares homogéneo Au = 0 é dada por
(1; 1; 0; 0; 0) + ( 2; 0; 2; 1; 0),
com ;
2 R.
(iv) Uma solução particular de Au = b, com b = (1; 0; 2; 1; 0), é por exemplo u = (1; 0; 0; 0; 0). Logo,
a solução geral de Au = b é dada por:
(1; 0; 0; 0; 0) + (1; 1; 0; 0; 0) + ( 2; 0; 2; 1; 0).
Observação. Note que se tem sempre:
no de colunas de A = carA + nulA.
38. (i) Se A 2 M3 3 (R) é tal que car A = 3 e car[A j B] = 3 então
car A = dim L(A) = dim C(A) = 3.
Logo,
nul A = dim N (A) = 0.
Como carAT = dim L(AT ) = dim C(AT ) = 3 então
nul AT = dim N (AT ) = 0.
O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e determinado. Neste
caso, na solução geral de AX = B, não existe nenhum parâmetro.
(ii) Se A 2 M3 3 (R) é tal que car A = 2 e car[A j B] = 3 então
car A = dim L(A) = dim C(A) = 2:
Logo,
nul A = dim N (A) = 1:
Como carAT = dim L(AT ) = dim C(AT ) = 2 então
nul AT = dim N (AT ) = 1:
107
O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é impossível.
(iii) Se A 2 M3 3 (R) é tal que car A = 1 e car[A j B] = 1 então
car A = dim L(A) = dim C(A) = 1:
Logo,
nul A = dim N (A) = 2:
Como carAT = dim L(AT ) = dim C(AT ) = 1 então
nul AT = dim N (AT ) = 2:
O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e indeterminado. Neste
caso, na solução geral de AX = B, existem dois parâmetros.
(iv) Se A 2 M5 9 (R) é tal que car A = 2 e car[A j B] = 2 então
car A = dim L(A) = dim C(A) = 2:
Logo,
nul A = dim N (A) = 7:
Como carAT = dim L(AT ) = dim C(AT ) = 2 então
nul AT = dim N (AT ) = 3:
O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e indeterminado. Neste
caso, na solução geral de AX = B, existem 7 parâmetros.
(v) Se A 2 M9 5 (R) é tal que car A = 2 e car[A j B] = 3 então
car A = dim L(A) = dim C(A) = 2:
Logo,
nul A = dim N (A) = 3:
Como carAT = dim L(AT ) = dim C(AT ) = 2 então
nul AT = dim N (AT ) = 7:
O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é impossível.
(vi) Se A 2 M4 4 (R) é tal que car A = 0 e car[A j B] = 0 então
car A = dim L(A) = dim C(A) = 0:
Logo,
nul A = dim N (A) = 4:
Como carAT = dim L(AT ) = dim C(AT ) = 0 então
nul AT = dim N (AT ) = 4:
108
O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e indeterminado. Neste
caso, na solução geral de AX = B, existem 4 parâmetros.
(vii) Se A 2 M6 2 (R) é tal que car A = 2 e car[A j B] = 2 então
car A = dim L(A) = dim C(A) = 2:
Logo,
nul A = dim N (A) = 0:
Como carAT = dim L(AT ) = dim C(AT ) = 2 então
nul AT = dim N (AT ) = 4:
O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e determinado. Neste
caso, na solução geral de AX = B, não existe nenhum parâmetro.
39. Queremos encontrar A tal que
N (A) = L (f(2; 0; 1)g) .
Por de…nição
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 .
Por outro lado, temos
2 Rg = (u1 ; u2 ; u3 ) 2 R3 : u2 = 0 e u1 = 2u3 .
L (f(2; 0; 1)g) = f (2; 0; 1) :
Por exemplo:
A=
1 0 2
0 1 0
veri…ca
N (A) = L (f(2; 0; 1)g) ,
pois
2
1
6 0
Au = 0 , 6
4 0
0
0
1
0
0
3
8
3 2 3
2 2
u
0
< u1 + 2u3 = 0
1
0 7
7 4 u2 5 = 4 0 5 ,
0 5
:
u3
0
u2 = 0.
0
40. Não é possível encontrar A tal que
(1; 1; 1) 2 L(A)
e
(1; 0; 0) 2 N (A),
pois se (1; 0; 0) 2 N (A) então a primeira entrada de todas as linhas de A é 0. Pelo que, nesse caso, não se
pode ter (1; 1; 1) 2 L(A).
41. Seja A 2 M3 3 (R) tal que nul A = 3. Uma vez que
no de colunas de A = carA + nulA,
109
2
3
0 0 0
então car A = 0. Isto é, A = 4 0 0 0 5.
0 0 0
42. Seja A 2 Mm
n (R)
tal que
C(A) = N (A):
Logo, o no de linhas de A é igual ao no de colunas de A. Isto é, m = n. Além disso, como
n = carA + nulA,
tem-se
n = 2 dim N (A).
Pelo que, A 2 Mn
n (R)
com n par. Exemplo:
2
0
6 0
A=6
4 0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
3
0
1 7
7:
0 5
0
43. Seja A 2 Mn n (R) tal que car A = n. Logo, A é invertível. Isto é, existe A
A 1 A = I. Além disso, se A fôr tal que A2 = A, então
A = AI = A(AA 1 ) = (AA)A
1
= A2 A
1
= AA
1
1
tal que AA
= I.
Logo, A = I.
44. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2 . Seja v = (1; 5).
(i) Tem-se v = (1; 2) + 3(0; 1). Logo, 1 e 3 são as coordenadas de v em relação à base B1 .
(ii) Tem-se
1
1
SB1 !B2 =
uma vez que (1; 2) =
(1; 1) + (2; 3) e (0; 1) =
2
1
,
2(1; 1) + (2; 3).
(iii) As coordenadas de v = (1; 5) em relação à base B2 , são dadas por:
SB1 !B2
1
5
=
1
1
2
1
1
3
=
uma vez que 1 e 3 são as coordenadas de v em relação à base B1 .
(iv) Tem-se
v = (1; 5) =
7(1; 1) + 4(2; 3).
110
7
4
,
1
=
(v) Tem-se
1
1
SB2 !B1 =
uma vez que (1; 1) = (1; 2)
(0; 1) e (2; 3) = 2(1; 2)
2
1
,
(0; 1).
Observação:
SB2 !B1 = (SB1 !B2 )
1
e SB1 !B2 = (SB2 !B1 )
1
.
(vi) As coordenadas de v = (1; 5) em relação à base B1 , são dadas por:
SB2 !B1
uma vez que
7
4
=
1
1
2
1
7
4
=
1
3
,
7 e 4 são as coordenadas de v em relação à base B2 .
45. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de R2 , onde
v1 = (1; 2), v2 = (0; 1).
Seja
SB2 !B1 =
2 1
1 1
,
a matriz de mudança da base B2 para a base B1 . Determinemos B2 .
Uma vez que
2 1
SB2 !B1 =
,
1 1
então w1 = 2v1 + v2 = 2(1; 2) + (0; 1) = (2; 5) e w2 = v1 + v2 = (1; 2) + (0; 1) = (1; 3). Logo,
B2 = f(2; 5); (1; 3)g .
46. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de P1 , onde
w1 =
1 + t, w2 = 1 + t.
Seja
SB1 !B2 =
2 3
1 2
,
a matriz de mudança da base B1 para a base B2 . Determinemos B1 .
Uma vez que
2 3
SB1 !B2 =
,
1 2
então v1 = 2 ( 1 + t)
(1 + t) =
3 + t e v2 = 3 ( 1 + t) + 2 (1 + t) =
B1 = f 3 + t; 1 + 5tg .
111
1 + 5t. Logo,
t; t2 g e B2 = f1; 1 + t; 1 + t + t2 g duas bases ordenadas de P2 .
47. Sejam B1 = f1; 1
(i) Sejam 1; 2 e 3 as coordenadas de um vector p(t) 2 P2 em relação à base B2 . Determinemos as
coordenadas do mesmo vector p(t) em relação à base B1 .
Tem-se
p(t) = 1 + 2 (1 + t) + 3 1 + t + t2 = 6 + 5t + 3t2 = 1 + (1 t) + t2 .
É fácil ver que
= 11,
=
5 e
= 3.
Resolução alternativa: Tem-se
SB2 !B1
2
1
4
= 0
0
2
1
0
3
2
1 5,
1
uma vez que 1 = 1 + 0 (1 t) + 0t2 , 1 + t = 2 (1 t) + 0t2 e 1 + t + t2 = 2
coordenadas de p(t) em relação à base B1 são dadas por:
2 3 2
32 3 2
3
1
1 2
2
1
11
1
1 54 2 5 = 4 5 5,
SB2 !B1 4 2 5 = 4 0
3
0 0
1
3
3
onde 1; 2 e 3 são as coordenadas de p(t) em relação à base B2 .
(ii) Determinemos a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 .
Como
1 = 1 1 + 0 (1 + t) + 0 (1 + t + t2 )
1
t=2
t2 = 0
(1 + t) + (1 + t + t2 )
1
então
SB1 !B2
Além disso, bastaria ver que
SB1 !B2 = (SB2 !B1 )
Logo, como
2
as coordenadas do vector 2
ou seja
1
(1 + t) + 0 (1 + t + t2 )
1
2
1
=4 0
0
2
1
4
= 0
0
2
1
0
2
1
0
3
0
1 5.
1
3
2
1 5
1
t + t2 = 1 + (1
1
2
1
4
= 0
0
2
1
0
3
0
1 5.
1
t) + t2
t + t2 na base B2 são dadas por
2 3 2
32 3 2
3
1
1 2
0
1
3
1
1 54 1 5 = 4 2 5,
SB1 !B2 4 1 5 = 4 0
1
0 0
1
1
1
2
t + t2 = 3
2 (1 + t) + 1 + t + t2 .
112
(1
t) + t2 . Logo, as
48. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de P1 , onde
w1 = t, w2 = 1
t.
Seja
SB2 !B1 =
2 3
1 2
,
a matriz de mudança da base B2 para a base B1 . Determinemos B1 .
Uma vez que
2 3
SB2 !B1 =
,
1 2
então w1 = 2v1
v2 e w2 = 3v1 + 2v2 . Isto é, tem-se o sistema
8
< 2v1 v2 = t
:
cuja matriz aumentada é dada por
3v1 + 2v2 = 1
2
3
Pelo método de eliminação de Gauss:
2
3
Logo, v2 =
2
7
5
t
7
1 j
t
2 j 1 t
e v1 = 12 (v2 + t) =
1
7
t,
1 j
t
2 j 1 t
!
3
L +L2 !L2
2 1
.
2
0
1 j
t
j 1 25 t
7
2
.
+ 71 t. Logo,
B1 =
1 1 2
+ t;
7 7 7
5
t .
7
49. Sejam B1 = fv1 ; v2 ; v3 g e B2 = fw1 ; w2 ; w3 g duas bases ordenadas de R3 , onde
v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).
Seja
SB1 !B2
2
1
4
2
=
1
3
1 2
1 1 5,
1 1
a matriz de mudança da base B1 para a base B2 . Determinemos B2 = fw1 ; w2 ; w3 g. Uma vez que
2
3
1
1 2
1 1 5,
SB1 !B2 = 4 2
1
1 1
então v1 = w1 + 2w2
w3 ; v2 = w1 + w2 w3 e v3 = 2w1 + w2 + w3 . Isto é, tem-se o sistema
8
< w1 + 2w2 w3 = (1; 0; 1)
w1 + w2 w3 = (1; 1; 0)
:
2w1 + w2 + w3 = (0; 0; 1),
113
cuja matriz aumentada é dada por
Pelo método de eliminação
2
1 2
1 j
4 1 1
1 j
2 1 1 j
2
de Gauss:
3
(1; 0; 1)
(1; 1; 0) 5
(0; 0; 1)
!
L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
!
3L2 +L3 !L3
Tem-se então o sistema
Logo, w3 =
2
;
3
3
1 j 1 0 1
1 j 1 1 0 5.
1 j 0 0 1
1 2
4 1 1
2 1
2
1
4 0
0
2
1
4 0
0
3
1 j
(1; 0; 1)
0 j (0; 1; 1) 5
3 j ( 2; 0; 1)
2
1
3
!
3L2 +L3 !L3
3
1 j
(1; 0; 1)
0 j (0; 1; 1) 5 .
3 j ( 2; 3; 2)
2
1
0
8
w1 + 2w2 w3 = (1; 0; 1)
>
>
>
>
<
w2 = (0; 1; 1)
>
>
>
>
:
3w3 = ( 2; 3; 2).
1; 32 ; w2 = (0; 1; 1) e w1 = (1; 0; 1)
2(0; 1; 1) +
B2 =
1
; 1;
3
1
3
; (0; 1; 1);
B1 =
1 0
0 0
;
0 1
0 0
;
1
1
;
2
2
; 1;
3
3
2
;
3
1; 32 =
1
; 1;
3
1
3
. Logo,
.
50. Sejam
0 0
1 0
0 0
0 1
,
e
B2 =
1 1
1 1
;
1
1
1 1
1 1
,
1
1
1
1
duas bases ordenadas de M2 2 (R). Determinemos a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base
B2 .
Queremos encontrar a1 ; a2 ; a3 ; a4 ; b1 ; b2 ; b3 ; b4 ; c1 ; c2 ; c3 ; c4 ; d1 ; d2 ; d3 ; d4 2 R tais que
1 0
0 0
= a1
1 1
1 1
+ a2
1
1
1
1
+ a3
1 1
1 1
+ a4
1
1
1
1
0 1
0 0
= b1
1 1
1 1
+ b2
1
1
1
1
+ b3
1 1
1 1
+ b4
1
1
1
1
0 0
1 0
= c1
1 1
1 1
+ c2
1
1
1
1
+ c3
1 1
1 1
+ c4
1
1
1
1
+ d2
1
1
1
1
+ d3
1 1
1 1
+ d4
1
1
1
1
0 0
0 1
= d1
1 1
1 1
114
.
Atendendo a
2
1
6 1
6
4 1
1
2
1
6 0
! 6
L2 $L4 4 0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
0
1
2
0
2
1
1
1
1
1
0
2
2
j
j
j
j
j
j
j
j
1
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
!
0
1
0
0
0
0
1
0
L2 +L3 !L3
Logo, tem-se
0
0
1
0
3
0
0 7
7
!
0 5 L1 +L2 !L2
3 !L3
1 LL1 +L
+L !L
1
3
0
1 7
7
0 5
0
2
4
!
L2 +L3 !L3
1
6 0
6
4 0
0
1
2
0
0
1
2
2
0
4
2
2
1
6 0
6
4 0
0
1
6 0
6
4 0
0
1
0
2
4
j
j
j
j
1
0
2
2
1
2
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
1
2
0
2
1
2
2
0
j
j
j
j
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
1
0
1
2
2
2
1
0
2
2
0
0
0
1
0
0
1
0
0
0
1
1
j 1
j 1
j 0
j 1
3
0
1 7
7.
1 5
1
1 1
0 1
= a1
1 0
0 0
+ a2
1 2
0 0
+ a3
1 2
2 0
+ a4
1 0
2 4
0 0
0 1
= b1
1 0
0 0
+ b2
1 2
0 0
+ b3
1 2
2 0
+ b4
1 0
2 4
0 0
1 1
= c1
1 0
0 0
+ c2
1 2
0 0
+ c3
1 2
2 0
+ c4
1 0
2 4
0
1
1
1
= d1
1 0
0 0
+ d2
1 2
0 0
Isto é, tem-se os seguintes sistemas:
8
1 = a1 + a2 + a3 + a4
>
>
<
1 = 2a2 + 2a3
0 = 2a3 + 2a4
>
>
:
1 = 4a4
8
0 = c1 + c2 + c3 + c4
>
>
<
0 = 2c2 + 2c3
1 = 2c3 + 2c4
>
>
:
1 = 4c4
que são equivalentes a
8
a1 =
>
>
>
>
>
>
>
>
< a2 =
>
>
a3 =
>
>
>
>
>
>
:
a4 =
1 2
2 0
+ d3
+ d4
1 0
2 4
8
0 = b1 + b2 + b3 + b4
>
>
<
0 = 2b2 + 2b3
0 = 2b3 + 2b4
>
>
:
1 = 4b4
8
0 = d1 + d2 + d3 + d4
>
>
<
1 = 2d2 + 2d3
1 = 2d3 + 2d4
>
>
:
1 = 4d4
8
b1 =
>
>
>
>
>
>
>
>
< b2 =
1
4
1
4
>
>
b3 =
>
>
>
>
>
>
:
b4 =
1
4
1
4
115
1
4
1
4
1
4
1
4
3
0
0 7
7 !
0 5 L2 $L4
1
3
0
1 7
7
!
1 5 L3 +L4 !L4
0
.
8
c1 =
>
>
>
>
>
>
>
>
< c2 =
>
>
c3 =
>
>
>
>
>
>
:
c4 =
8
d1 =
>
>
>
>
>
>
>
>
< d2 =
1
4
1
4
>
>
d3 =
>
>
>
>
>
>
:
d4 =
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
.
4
Logo, a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 é dada por:
3
2 1
1
1
1
SB1 !B2
1 2
3 4
Assim, as coordenadas do vector
2
6
6
6
6
6
6
6
6
4
Isto é,
1 2
3 4
1
4
1
4
1
4
1
4
1 1
1 1
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
4
1
4
1
4
1
4
7
7
7
7
7.
7
7
7
5
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
3
2
3
1
4
1
4
+
4
1
4
em relação à base B2 são dadas por
1
4
1
4
4
1
4
1
4
1
4
=2
4
6
6
6
6
=6
6
6
6
4
1
4
1
1
1
1
72
7
7
76
76
74
7
7
5
+
2
2
3
3 6 7
6 3 7
1
6 7
2 7
7
2 7 6
6 7.
=
7
3 5 6
6 1 7
6
7
4
4 5
1
2
1 1
1 1
+
1
2
1
1
1
1
.
51. Seja B = fv1 ; v2 g uma base ordenada de P1 . Sejam (1; 1) e (2; 2) respectivamente as coordenadas
de dois polinómios 1 + t e 1 t em relação à base B: Determine B.
Tem-se
1 + t = v1 v2
1+t
1
1
v1
,
=
,
1 t = 2v1 + 2v2
1 t
2 2
v2
,
Logo B =
3
4
+ 14 t;
1
4
3
t
4
v1
v2
=
1
2
1
2
1
1+t
1 t
=
3
4
+ 14 t
1
4
3
t
4
.
.
52. Sejam B1 = fv1 ; v2 g e B2 = fw1 ; w2 g duas bases ordenadas de P1 . Suponha que (1; 1) e (2; 2)
são respectivamente as coordenadas de um polinómio p (t) em relação às bases B1 e B2 : Suponha ainda
que (1; 1) e (2; 2) são respectivamente as coordenadas de um polinómio q (t) em relação às bases B1 e
B2 : Determine a matriz SB1 !B2 de mudança da base B1 para a base B2 .
116
Seja
SB1 !B2 =
a b
c d
.
Tem-se
2
2
Logo
2
3 2
a
6 b 7 6
7 6
,6
4 c 5=4
d
=
a b
c d
8
2
2=a b
>
>
<
6
2=c d
,6
4
2=a+b
>
>
:
2=c+d
3 12
1
1 0 0
6
0 0 1
1 7
7 6
5
4
1 1 0 0
0 0 1 1
1
1
e
3 2
2
1
7
6
2 7 6 0
=
2 5 4 1
2
0
3 2
2
2
6 0
2 7
7=6
2 5 4 0
2
2
117
2
2
1
0
1
0
3
7
7
5
=
0
1
0
1
a b
c d
1
1
32
0
a
7
6
1 76 b
0 54 c
1
d
e assim
.
3
7
7,
5
SB1 !B2 =
2
0
0
2
.
5a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Transformações lineares)
1. Sejam a; b 2 R. Considere a aplicação Ta;b : R ! R de…nida por Ta;b (x) = ax + b. Determine os
valores de a e de b para os quais Ta;b é linear.
2. Diga quais das seguintes transformações são lineares. Determine para cada transformação linear
a correspondente matriz que a representa em relação às respectivas bases canónicas (ordenadas).
Determine também, se possível, para cada uma dessas transformações lineares, bases para o núcleo
N (T ) e para o contradomínio I(T ), bem como as respectivas dimensões (de N (T ) e de I(T )). Diga
ainda quais são injectivas, sobrejectivas e bijectivas.
(i) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x + 2y; 3x
(ii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (1
y).
y; 2x).
(iii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; 2x; x).
(iv) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (0; 0).
(v) T : R2 ! R com T (x; y) =
3x.
(vi) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (0; 1; 2).
(vii) T : R ! R3 com T (x) = (2x; 0; x).
(viii) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (x2
(ix) T : R4 ! R2 com T (x; y; z; w) = (x
3
4
com T (x; y; z) = ( z; y
2
com T (x) = (0; 0).
(x) T : R ! R
(xi) T : R ! R
y; 2y).
y; 3w).
2z; 2y; y + z).
(xii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x + 2y; 3z; x
3
3
2
2
(xiii) T : R ! R
z).
com T (x; y; z) = (x; y; z).
(xiv) T : R ! R com T (x; y) = (x cos
y sen ; x sen + y cos ), 2 R. Aplicação que ao ponto
de coordenadas (x; y) faz corresponder o ponto obtido por uma rotação de amplitude em torno da
origem e no sentido contrário ao dos ponteiros de um relógio.
(xv) T : P2 ! P2 com T (p (t)) = 2p (1
t)
tp0 (t),
onde P2 = fa0 + a1 t + a2 t2 : a0 ; a1 ; a2 2 Rg e p0 é a derivada de 1a ordem de p.
(xvi) T : P2 ! P2 com
T (p (t)) = p (0)
(xvii) T : P2 ! M2
2
p ( 1) + (p ( 1) + p (1)) t + (p ( 1)
(R) com T (p (t)) =
p (1)
2p (0)) t2 :
p (1) p (0)
.
p (0) p ( 1)
3. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base canónica (ordenada) Bc3 =
f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g de R3 é representada pela matriz
2
3
1
2 1
1 0 5.
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 1
2
1 0
Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3 . Determine, se possível, bases para o núcleo N (T ) e para o contradomínio I(T ), bem como as respectivas
dimensões (de N (T ) e de I(T )).
118
4. Considere a base ordenada B = fv1 ; v2 g de R2 , em que v1 = (1; 1) e v2 = (1; 0) e seja T : R2 ! R2 a
transformação linear tal que
T (v1 ) = (1; 2), T (v2 ) = ( 3; 1).
(i) Calcule T (2; 1).
(ii) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y) para qualquer (x; y) 2 R2 .
(iii) Determine a matriz M (T ; Bc2 ; Bc2 ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) Bc2
de R2 .
(iv) Determine as matrizes de mudança de base SBc2 !B e SB!Bc2 . Determine as coordenadas do vector
(2; 1) na base B.
(v) Determine a matriz M (T ; B; B) que representa T em relação à base ordenada B de R2 . Determine
as coordenadas do vector T (2; 1) na base B.
(vi) Determine a matriz M (T ; Bc2 ; B) que representa T em relação às bases ordenadas Bc2 e B de R2 .
(vii) Determine a matriz M (T ; B; Bc2 ) que representa T em relação às bases ordenadas B e Bc2 de R2 .
5. Considere as transformações lineares T1 e T2 cujas matrizes que as representam em relação às bases
canónicas (ordenadas) de R2 e R3 são dadas respectivamente por
2
3
0 1
2 0 1
M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) =
e M (T2 ; Bc2 ; Bc3 ) = 4 0 1 5 .
1 1 0
1 1
Determine as expressões gerais de (T1 T2 )(x; y) e (T2 T1 )(x; y; z) para quaisquer (x; y) 2 R2 ; (x; y; z) 2
R3 .
6. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (2y; y
x; x).
Determine a matriz M (T ; B; B) que representa T em relação à base ordenada
B = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 com v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 2; 0), v3 = ( 1; 1; 1).
7. Seja
Bc2
2
=
1 0
0 0
;
0 1
0 0
;
0 0
1 0
;
0 0
0 1
a base canónica (ordenada) de M2 2 (R). Considere a transformação linear
S : M2 2 (R) ! M2 2 (R) de…nida por S(A) = AT .
Determine a matriz M (S; Bc2 2 ; Bc2 2 ) que representa S em relação à base canónica (ordenada) Bc2 2 .
8. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 e a base canónica (ordenada)
Bc3 = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 , com v1 = (1; 0; 0), v2 = (0; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).
Suponha que se tem
T (v3 ) = 3v1 + v2
2v3 ,
T (v2 + v3 ) = v1 ,
119
T (v1 + v2 + v3 ) = v2 + v3 .
(i) Calcule T (2v1
v2 + 3v3 ).
(ii) Determine a matriz M (T ; Bc3 ; Bc3 ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) Bc3
de R3 .
(iii) Determine duas bases ordenadas B1 = fu1 ; u2 ; u3 g e B2 = fw1 ; w2 ; w3 g de R3 de modo a que a
matriz M (T ; B1 ; B2 ) que represente T em relação a essas bases B1 e B2 seja a matriz identidade:
2
3
1 0 0
4 0 1 0 5.
0 0 1
9. Considere a transformação linear T : R2 ! R3 que em relação às bases ordenadas B1 = fu1 ; u2 g de
R2 e B2 = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 com
u1 = (1; 1), u2 = (2; 1), v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 2), v3 = (0; 1; 1),
é representada pela matriz
2
M (T ; B1 ; B2 ) = 4
0
0
0
3
1 2
1 1 5.
3 0
0
0
0
0
Considere ainda as bases ordenadas B1 = u1 ; u2 de R2 e B2 = v1 ; v2 ; v3 de R3 com
0
0
0
0
0
u1 = (1; 0), u2 = (1; 1), v1 = (1; 0; 0), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 1; 1).
(i) Determine as coordenadas do vector T ( 1; 2) na base B2 .
(ii) Determine as coordenadas do vector ( 1; 2) na base B10 .
(iii) Determine as coordenadas do vector T ( 1; 2) na base B20 .
(iv) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga
se T é injectiva.
(v) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
Diga se T é sobrejectiva.
(vi) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y) para qualquer (x; y) 2 R2 .
0
0
0
0
(vii) Determine a matriz M (T ; B1 ; B2 ) que representa T em relação às bases ordenadas B1 e B2 .
10. Considere a transformação linear T : R3 ! R2 de…nida por
T (x; y; z) = (x + y; x + y
z).
(i) Determine a matriz M (T ; Bc3 ; Bc2 ) que representa T em relação às bases canónicas (ordenadas) Bc3
e Bc2 de R3 e R2 respectivamente.
(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga se
T é injectiva.
(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
Diga se T é sobrejectiva.
(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1).
120
(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b). Veri…que se existe algum vector (a; b) 2 R2 para
o qual essa equação seja impossível.
(vi) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b). Veri…que se existe algum vector (a; b) 2 R2 para
o qual essa equação seja possível e determinada.
11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M (T ; Bc3 ; Bc3 ) que a representa em relação
à base canónica (ordenada) Bc3 de R3 é dada por
2
3
1 2 2
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 2 1 4 5 .
0 0 2
(i) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3 .
(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga se
T é injectiva.
(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
Diga se T é sobrejectiva.
(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (3; 3; 0).
(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri…que se existe algum vector (a; b; c) 2 R3
para o qual essa equação seja impossível.
(vi) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri…que se existe algum vector (a; b; c) 2 R3
para o qual essa equação seja possível e indeterminada.
12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M (T ; B; B) que a representa em relação
à base (ordenada) B = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 com
v1 = (1; 1; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 0; 0),
é dada por
2
3
1 2 2
M (T ; B; B) = 4 2 4 4 5 .
0 0 2
(i) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga,
justi…cando, se T é sobrejectiva e se T é injectiva.
(ii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
(iii) Mostre que a equação linear T (x; y; z) = (2; 4; 0) não tem soluções.
(iv) Determine T (1; 1; 1) e resolva a equação linear T (x; y; z) = ( 1; 1;
1
).
3
(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri…que se existe algum vector (a; b; c) 2 R3
para o qual essa equação seja possível e indeterminada.
(vi) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3 .
13. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (x + y + z; x + 2y
121
4z; z).
(i) Determine a matriz M (T ; Bc3 ; Bc3 ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) Bc3 de
R3 .
1
(ii) Mostre que T é injectiva e determine a expressão geral de T
para qualquer (x; y; z) 2 R3 .
, isto é, determine T
1
(x; y; z)
(iii) Justi…que que T é um isomor…smo.
(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2).
14. Seja
Bc2
2
=
1 0
0 0
;
0 1
0 0
;
0 0
1 0
;
0 0
0 1
a base canónica (ordenada) de M2 2 (R). Considere a transformação
T : M2 2 (R) ! M2 2 (R) de…nida por T (X) = AX
XA, com A =
0 1
1 0
:
(i) Veri…que que T é linear.
(ii) Determine a expressão geral de T .
(iii) Determine a matriz M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) que representa T em relação à base canónica (ordenada)
Bc2 2 de M2 2 (R).
(iv) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga
se T é injectiva.
(v) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
Diga se T é sobrejectiva.
15. Considere as transformações lineares T1 ; T2 : R2 ! R2 de…nidas respectivamente por
T1 (x; y) = (x + y; x
y) e T2 (x; y) = (2x + y; x
2y).
(i) Determine as matrizes M (T1 ; Bc2 ; Bc2 ) e M (T2 ; Bc2 ; Bc2 ) que representam respectivamente T1 e T2
em relação à base canónica (ordenada) Bc2 de R2 .
T1 ; Bc2 ; Bc2 ) que representa T2
(ii) Determine a matriz A = M (T2
(ordenada) Bc2 de R2 .
T1 em relação à base canónica
(iii) Determine, usando a alínea anterior, a expressão geral de T2
qualquer (x; y) 2 R2 .
T1 , isto é, (T2
T1 )(x; y) para
(iv) Determine, directamente a partir das expressões de T1 e de T2 , a expressão geral de T2 T1 .
(v) Mostre que T1 e T2 são invertíveis.
(vi) Determine as expressões gerais de T1 1 (x; y); T2 1 (x; y) e T1
R2 .
1
T2
1
(x; y) para qualquer (x; y) 2
(vii) Determine a matriz M ((T2 T1 ) 1 ; Bc2 ; Bc2 ) que representa (T2 T1 ) 1 em relação à base canónica
(ordenada) Bc2 de R2 e veri…que que é igual a A 1 , onde A é a matriz determinada em (ii).
(viii) Veri…que que (T2 T1 )
1
= T1
1
T2 1 .
122
16. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 que em relação à base canónica ordenada (Bc2 =
f(1; 0) ; (0; 1)g) de R2 é representada pela matriz:
1 0
2 1
M T ; Bc2 ; Bc2 =
:
Justi…que que T é injectiva e resolva a equação linear T (x; y) = (1; 2).
17. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R de…nida por T1 (x; y) = x. Seja
1
0
M T2 ; Bc1 ; Bc2 =
a matriz que representa a aplicação linear T2 : R ! R2 em relação às bases canónicas ordenadas
Bc1 = f1g e Bc2 de R e R2 respectivamente. Determine uma base para o núcleo: N (T2 T1 ).
18. Considere a transformação linear T : R3 ! R2 cuja representação matricial em relação as bases
ordenadas B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g de R3 e B2 = f(1; 1); (0; 1)g de R2 é dada pela matriz:
M (T ; B1 ; B2 ) =
1 0
1 0
1
1
.
Determine uma base para o contradomínio I (T ) e diga, justi…cando, se T é sobrejectiva.
19. Considere a transformação linear T1 : R3 ! R2 de…nida por T1 (x; y; z) = (2x + y; y + 2z). Considere ainda a transformação linear T2 : R2 ! R3 cuja representação matricial em relação à base
(ordenada) B = f(2; 1); (1; 2)g de R2 e à base canónica Bc3 de R3 é dada pela matriz:
2
3
2 1
M (T2 ; B; Bc3 ) = 4 1 1 5 .
1 2
(i) Determine uma base para o núcleo N (T1 ) de T1 e diga, justi…cando, se T1 é sobrejectiva.
(ii) Determine uma base para o contradomínio I(T2 ) de T2 e diga, justi…cando, se T2 é injectiva.
(iii) Diga, justi…cando, se se tem N (T1 ) + I(T2 ) = R3 e determine a dimensão de N (T1 ) \ I(T2 ).
(iv) Determine a matriz M (T2 ; Bc2 ; Bc3 ) que representa T2 em relação às bases canónicas Bc2 e Bc3 de
R2 e R3 respectivamente.
8 8
(v) Determine a solução geral da equação (T1 T2 ) (x; y) =
;
.
3 3
20. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R3 de…nida por T1 (x; y) = (2x + y; 0; x + 2y). Considere ainda a transformação linear T2 : R3 ! R2 cuja representação matricial em relação à base
(ordenada) B = f(1; 1; 1); (1; 1; 0); (1; 0; 0)g de R3 e à base canónica Bc2 de R2 é dada pela matriz:
M (T2 ; B; Bc2 ) =
1
1
1
1
1
1
.
(i) Determine T2 (0; 1; 0) e T2 (0; 0; 1).
(ii) Determine uma base para o contradomínio I(T1 ) de T1 e diga, justi…cando, se T1 é sobrejectiva.
(iii) Determine uma base para o núcleo N (T2 ) de T2 e diga, justi…cando, se T2 é injectiva.
(iv) Determine a solução geral da equação (T2 T1 ) (x; y) = ( 1; 1).
123
21. Considere a transformação linear T : R3 ! P3 de…nida por
T (1; 1; 1) = 2 + 2t2 ;
T (1; 1; 1) =
t
t3
e T ( 1; 1; 1) = 2 + t + 2t2 + t3 .
(i) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3 .
(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga se
T é injectiva.
(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
Diga se T é sobrejectiva.
(iv) Resolva, em R3 ; a equação linear T (x; y; z) = 1 + t + t2 + t3 .
22. Seja
2 R. Considere a transformação linear T : R3 ! P2 de…nida por
T (x; y; z) = z
y + (y
x) t + xt2 .
(i) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga
se T é injectiva.
(ii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
Diga se T é sobrejectiva.
(iii) Considere
= 0 e resolva a equação linear T0 (x; y; z) = 1 + t2 .
23. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2.
Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de…nida por
T (p (t)) = p0 (t)
2p (t) ,
onde p0 (t) é a derivada de primeira ordem de p (t).
(i) Determine a expressão geral de T .
(ii) Sendo B = f1; t; t2 g a base canónica (ordenada) de P2 , determine a matriz M (T ; B; B) que
representa T em relação à base B.
(iii) Justi…que que T é um isomor…smo e veri…que que a expressão geral do isomor…smo T
por
1
1 0
1 00
T 1 (p (t)) =
p (t)
p (t)
p (t)
2
4
8
para todo o p (t) 2 P2 , onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).
(iv) Resolva, em P2 ; a equação diferencial linear p0 (t)
2p (t) = (2
1
é dada
3t)2 .
24. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2.
Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de…nida por
T (p (t)) = t2 p00 (t)
2p (t) ,
onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).
(i) Determine a expressão geral de T .
(ii) Sendo B = f1; t; t2 g a base canónica (ordenada) de P2 , determine a matriz M (T ; B; B) que
representa T em relação à base B.
124
(iii) Determine, se possível, uma base para N (T ) e uma base para I (T ) e diga, justi…cando, se T é
injectiva e/ou sobrejectiva.
(iv) Resolva, em P2 ; as equações diferenciais lineares:
a) t2 p00 (t)
2p (t) = 2
b) 2tp0 (t)
t;
25. Seja U o subespaço das matrizes simétricas de M2
U = A 2 M2
2
2
2p (0) = 2
t.
(R), isto é,
(R) : A = AT .
Considere a transformação linear T : U ! U de…nida por
T (A) = AB + BA
com B =
0 1
.
1 0
(i) Determine a expressão geral de T .
(ii) Determine uma base para U e calcule a matriz que representa T em relação a essa base.
(iii) Determine, se possível, uma base para N (T ) e uma base para I (T ) e diga, justi…cando, se T é
injectiva e/ou sobrejectiva.
(iv) Resolva, em U; a equação linear T (A) = B.
26. Considere a transformação linear T : M2
relação às bases ordenadas
B1 =
de M2
2
1 1
1 0
2
;
(R) ! P3 cuja matriz M (T ; B1 ; B2 ) que a representa em
1 1
0 1
;
0 1
1 1
(R) e B2 = f1 + t; t + t2 ; t2 + t3 ; t3 g de P3 é dada por
2
1 1 1 1
6 0 1 1 1
M (T ; B1 ; B2 ) = 6
4 0 0 1 1
0 0 0 1
(i) Determine a expressão geral de T .
1 0
1 1
;
3
7
7.
5
(ii) Justi…que que T é um isomor…smo e determine a expressão geral do isomor…smo T
determine
T 1 a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 .
(iii) Resolva a equação linear T
a b
c d
1
, isto é,
= 1 + 2t + 3t2 + 4t3 .
27. Seja U o espaço linear das funções reais de variável real duas vezes diferenciável. Considere a
transformação linear T : U ! U de…nida por
T (f ) = f 00
Considere o subespaço S = ff 2 U : f 00
2f 0 + f .
2f 0 + f = 0g de U .
(i) Mostre que o conjunto fet ; tet g é uma base de S. Sugestão: Mostre que se f 2 S, então f (t) e
é um polinómio de grau menor ou igual a 1.
(ii) Mostre que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a e f 0 (0) = b.
t
(iii) Determine a única solução f da equação diferencial linear T (f ) = 1 que veri…ca f (0) = 1 e
f 0 (0) = 0.
125
Resolução da 5a Ficha de exercícios
1. Sejam a; b 2 R. A aplicação Ta;b : R ! R de…nida por Ta;b (x) = ax + b é linear se e só se b = 0 e
a 2 R.
2. (i) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x + 2y; 3x
y). T é linear e tem-se
1
3
M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
2
1
,
uma vez que T (1; 0) = (1; 3) e T (0; 1) = (2; 1). Tem-se
N (T ) =
=
(x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0) = (x; y) 2 R2 : (x + 2y; 3x
(x; y) 2 R2 : x = 2y e 3x = y = f(0; 0)g .
y) = (0; 0) =
Logo T é injectiva e dim N (T ) = 0. Uma vez que
dim
R2
|{z}
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 2. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f(x + 2y; 3x
y) : x; y 2 Rg = fx(1; 3) + y(2; 1) : x; y 2 Rg = L (f(1; 3); (2; 1)g) .
Como o conjunto f(1; 3); (2; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 3); (2; 1)g é
uma base de I(T ).
Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dim R2 então I(T ) = R2 , isto é, T é
sobrejectiva. Sendo T sobrejectiva e tendo-se dim (espaço de partida) = dim (espaço de chegada) então T
também é injectiva, como se constatou no facto de se ter N (T ) = f(0; 0)g.
Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.
Observação: T é injectiva se e só se N (T ) = f0g, onde 0 é o vector nulo do espaço de partida.
Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo
1
3
M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
2
1
,
a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica Bc2 no espaço de partida e no
espaço de chegada, tem-se
x
T (x; y) = M (T ; Bc2 ; Bc2 )
.
y
Logo,
N (T ) = N M (T ; Bc2 ; Bc2 ) = N
1
3
2
1
=N
1
0
2
7
= f(0; 0)g
e
I(T ) = C M (T ; Bc2 ; Bc2 ) = C
1
3
O conjunto f(1; 3); (2; 1)g é uma base de I(T ).
126
2
1
= L (f(1; 3); (2; 1)g) .
(ii) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (1
y; 2x). T não é linear pois T (0; 0) = (1; 0) 6= (0; 0).
(iii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; 2x; x). T
2
1
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 2
1
é linear e tem-se
3
0 0
0 0 5,
0 0
uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 2; 1); T (0; 1; 0) = (0; 0; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 0). Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0) = (x; y; z) 2 R3 : (x; 2x; x) = (0; 0; 0) =
= (0; y; z) 2 R3 : y; z 2 R = y(0; 1; 0) + z(0; 0; 1) 2 R3 : y; z 2 R =
= L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g) .
Como o conjunto f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g é linearmente independente e como gera N (T ) então
f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g
é uma base de N (T ). Logo, dim N (T ) = 2. Uma vez que
R3
|{z}
dim
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 1. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f(x; 2x; x) : x 2 Rg = fx(1; 2; 1) : x 2 Rg = L (f(1; 2; 1)g) .
Como o conjunto f(1; 2; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 2; 1)g é uma base
de I(T ).
Por outro lado, como I(T ) 6= R3 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)g então T não é
injectiva.
Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo
2
3
1 0 0
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 2 0 0 5 ,
1 0 0
a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica Bc3 no espaço de partida e no
espaço de chegada, tem-se
2 3
x
3 4
3
T (x; y; z) = M (T ; Bc ; Bc ) y 5 .
z
Logo,
02
e
31
02
31
1 0 0
1 0 0
N (T ) = N M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = N @4 2 0 0 5A = N @4 0 0 0 5A = L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g)
1 0 0
0 0 0
02
31
1 0 0
I(T ) = C M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = C @4 2 0 0 5A = L (f(1; 2; 1)g) .
1 0 0
127
O conjunto f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(1; 2; 1)g é uma base de I(T ).
(iv) Seja T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (0; 0). T é linear e tem-se
M (T ; Bc3 ; Bc2 ) =
0 0 0
0 0 0
,
uma vez que T (1; 0; 0) = T (0; 1; 0) = T (0; 0; 1) = (0; 0). Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0) = (x; y; z) 2 R3 : x; y; z 2 R = R3 .
Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica Bc3 . Logo, dim N (T ) = 3. Uma vez que
dim
R3
|{z}
espaço de partida
então dim I(T ) = 0. De facto
= dim N (T ) + dim I(T ),
I(T ) = f(0; 0)g .
Por outro lado, como I(T ) 6= R2 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)g então T não é
injectiva.
Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ). Sendo
M (T ; Bc3 ; Bc2 ) =
0 0 0
0 0 0
,
a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc3 e Bc2 nos espaços de
partida e de chegada respectivamente, tem-se
2 3
x
3
2 4
T (x; y; z) = M (T ; Bc ; Bc ) y 5 .
z
Logo,
N (T ) = N M (T ; Bc3 ; Bc2 ) = N
0 0 0
0 0 0
= R3 = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g)
e
I(T ) = C M (T ; Bc3 ; Bc2 ) = C
0 0 0
0 0 0
= f(0; 0)g .
Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica Bc3 .
(v) Seja T : R2 ! R com T (x; y) =
3x. T é linear e tem-se
M (T ; Bc2 ; Bc ) =
uma vez que T (1; 0) =
3 0 ,
3 e T (0; 1) = 0. Note que Bc = f1g é a base canónica de R. Tem-se
N (T ) =
=
(x; y) 2 R2 : T (x; y) = 0 = (x; y) 2 R2 : 3x = 0 =
(0; y) 2 R2 : y 2 R = y(0; 1) 2 R2 : y 2 R = L (f(0; 1)g) .
128
Como o conjunto f(0; 1)g é linearmente independente e como gera N (T ) então f(0; 1)g é uma base de
N (T ). Logo, dim N (T ) = 1. Uma vez que
R2
|{z}
dim
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 1. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f 3x : x 2 Rg = L (f1g) .
Como o conjunto f1g é linearmente independente e como gera I(T ) então f1g é uma base de I(T ), a base
canónica de R.
Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R e dim I(T ) = dim R então I(T ) = R, isto é, T é
sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0)g então T não é injectiva.
Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo
M (T ; Bc2 ; Bc ) =
3 0 ,
a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc2 no espaço de partida
e Bc no espaço de chegada, tem-se
T (x; y) = M (T ; Bc2 ; Bc )
x
y
.
Logo,
N (T ) = N M (T ; Bc2 ; Bc ) = N
3 0
= L (f(0; 1)g)
e
I(T ) = C M (T ; Bc2 ; Bc ) = C
3 0
= L (f 3g) = L (f1g) .
O conjunto f(0; 1)g é uma base de N (T ) e o conjunto f1g é uma base de I(T ).
(vi) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (0; 1; 2). T não é linear pois T (0; 0; 0) = (0; 1; 2) 6= (0; 0; 0).
(vii) T : R ! R3 com T (x) = (2x; 0; x). T é linear e tem-se
2
3
2
M (T ; Bc ; Bc3 ) = 4 0 5 ,
1
uma vez que T (1) = (2; 0; 1). Tem-se
N (T ) = fx 2 R : T (x) = (0; 0; 0)g = fx 2 R : (2x; 0; x) = (0; 0; 0)g = f0g .
Logo, dim N (T ) = 0. Uma vez que
dim
R
|{z}
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 1. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f(2x; 0; x) : x 2 Rg = fx(2; 0; 1) : x 2 Rg = L (f(2; 0; 1)g) .
129
Como o conjunto f(2; 0; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(2; 0; 1)g é uma base
de I(T ).
Por outro lado, como I(T ) 6= R3 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) = f0g então T é injectiva.
Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo
2
3
2
M (T ; Bc ; Bc3 ) = 4 0 5 ,
1
a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc no espaço de partida e
Bc3 no espaço de chegada, tem-se
T (x) = M (T ; Bc3 ; Bc3 ) [x] .
Logo,
02
31
02 31
2
2
3
@
4
5
A
@
4
0
0 5A = L (f0g) = f0g
N (T ) = N M (T ; Bc ; Bc ) = N
=N
1
0
02
31
2
I(T ) = C M (T ; Bc ; Bc3 ) = C @4 0 5A = L (f(2; 0; 1)g) .
1
e
O conjunto f(2; 0; 1)g é uma base de I(T ).
(viii) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (x2
y; 2y). T não é linear, pois por exemplo:
T ((1; 0; 0) + (1; 0; 0)) = T (2; 0; 0) = (4; 0) 6= (2; 0) = T (1; 0; 0) + T (1; 0; 0).
(ix) Seja T : R4 ! R2 com T (x; y; z; w) = (x
y; 3w). T é linear e tem-se
M (T ; Bc4 ; Bc2 ) =
1
0
1 0 0
0 0 3
,
uma vez que T (1; 0; 0; 0) = (1; 0); T (0; 1; 0; 0) = ( 1; 0); T (0; 0; 1; 0) = (0; 0) e T (0; 0; 0; 1) = (0; 3).
Tem-se
N (T ) =
=
=
(x; y; z; w) 2 R4 : T (x; y; z; w) = (0; 0) = (x; y; z; w) 2 R4 : (x y; 3w) = (0; 0) =
(x; y; z; w) 2 R4 : x = y e w = 0 = (y; y; z; 0) 2 R4 : y; z 2 R =
y(1; 1; 0; 0) + z(0; 0; 1; 0) 2 R4 : y; z 2 R = L (f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) .
Como o conjunto f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é linearmente independente e como gera N (T ) então
f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g
é uma base de N (T ). Logo, dim N (T ) = 2. Uma vez que
dim
R4
|{z}
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 2. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f(x y; 3w) : x; y; w 2 Rg = fx(1; 0) + y( 1; 0) + w(0; 3) : x; y; w 2 Rg =
= L (f(1; 0); ( 1; 0); (0; 3)g) .
130
Como o conjunto f(1; 0); (0; 3)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 0); (0; 3)g é uma
base de I(T ).
Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dim R2 então I(T ) = R2 , isto é, T é
sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0; 0)g então T não é injectiva.
Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo
M (T ; Bc4 ; Bc2 ) =
1
0
1 0 0
0 0 3
,
a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc4 no espaço de partida
e Bc2 no espaço de chegada, tem-se
2
3
x
6 y 7
7
T (x; y; z; w) = M (T ; Bc4 ; Bc2 ) 6
4 z 5.
w
Logo,
N (T ) = N M (T ; Bc4 ; Bc2 ) = N
1
0
1 0 0
0 0 3
= L (f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g)
e
1
0
I(T ) = C M (T ; Bc2 ; Bc2 ) = C
1 0 0
0 0 3
= L (f(1; 0); (0; 3)g) .
O conjunto f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(1; 0); (0; 3)g é uma base de I(T ).
(x) Seja T : R3 ! R4 com T (x; y; z) = ( z; y
2z; 2y; y + z). T é linear e tem-se
2
3
0 0
1
6 0 1
2 7
7
M (T ; Bc3 ; Bc4 ) = 6
4 0 2 0 5,
0 1 1
uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0); T (0; 1; 0) = (0; 1; 2; 1) e T (0; 0; 1) = ( 1; 2; 0; 1). Tem-se
N (T ) =
=
=
(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0; 0) =
(x; y; z) 2 R3 : ( z; y 2z; 2y; y + z) = (0; 0; 0; 0) =
(x; 0; 0) 2 R3 : x 2 R = L (f(1; 0; 0)g) .
Como o conjunto f(1; 0; 0)g é linearmente independente e como gera N (T ) então f(1; 0; 0)g é uma base de
N (T ). Logo, dim N (T ) = 1. Uma vez que
dim
R3
|{z}
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 2. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f( z; y
2z; 2y; y + z) : y; z 2 Rg = L (f(0; 1; 2; 1); ( 1; 2; 0; 1)g) .
Como o conjunto f(0; 1; 2; 1); ( 1; 2; 0; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então
f(0; 1; 2; 1); ( 1; 2; 0; 1)g
131
é uma base de I(T ).
Por outro lado, como I(T ) 6= R4 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)g então T não é
injectiva.
Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo
2
3
0 0
1
6 0 1
2 7
7
M (T ; Bc3 ; Bc4 ) = 6
4 0 2 0 5,
0 1 1
a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica Bc3 no espaço de partida e no
espaço de chegada, tem-se
2 3
x
3
4 4
T (x; y; z) = M (T ; Bc ; Bc ) y 5 .
z
Logo,
02
e
0
B
6
6 0
N (T ) = N M (T ; Bc3 ; Bc4 ) = N B
@4 0
0
02
31
02
0 0
1
B6 0 1 0 7C
B6
6
7C = N B6
= NB
@4 0 2 0 5A
@4
0 1 0
022
0
B
6
6
66 0
I(T ) = C M (T ; Bc3 ; Bc4 ) = C B
@44 0
0
0
1
2
1
0
1
2
1
0
0
0
0
31
1
C
2 7
7C =
5
0 A
1
31
0
1
C
1 0 7
7C = L (f(1; 0; 0)g)
0 0 5A
0 0
331
1
7C
2 7
77C = L (f(0; 1; 2; 1); ( 1; 2; 0; 1)g) .
0 55A
1
O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(0; 1; 2; 1); ( 1; 2; 0; 1)g é uma base de I(T ).
(xi) Seja T : R ! R2 com T (x) = (0; 0). T é linear e tem-se
M (T ; Bc ; Bc2 ) =
0
0
,
uma vez que T (1) = (0; 0). Tem-se
N (T ) = fx 2 R : T (x) = (0; 0)g = fx : x 2 Rg = R.
Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica Bc = f1g. Logo, dim N (T ) = 1. Uma vez que
dim
R
|{z}
espaço de partida
então dim I(T ) = 0. De facto
= dim N (T ) + dim I(T ),
I(T ) = f(0; 0)g .
132
Por outro lado, como I(T ) 6= R2 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f0g então T não é injectiva.
Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ). Sendo
M (T ; Bc ; Bc2 ) =
0
0
,
a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc e Bc2 nos espaços de
partida e de chegada respectivamente, tem-se
T (x) = M (T ; Bc ; Bc2 ) x
.
Logo,
N (T ) = N M (T ; Bc ; Bc2 ) = N
0
0
= R = L (f1g)
I(T ) = C M (T ; Bc ; Bc2 ) = C
0
0
= f(0; 0)g .
e
Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica Bc = f1g.
(xii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x + 2y; 3z; x z). T é linear e tem-se
2
3
1 2 0
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 0 0 3 5 ,
1 0
1
uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 1); T (0; 1; 0) = (2; 0; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 3; 1). Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0) =
= (x; y; z) 2 R3 : (x + 2y; 3z; x z) = (0; 0; 0) =
= f(0; 0; 0)g .
Logo, dim N (T ) = 0 e T é injectiva. Uma vez que
dim
R3
|{z}
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 3. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f(x + 2y; 3z; x z) : x; y; z 2 Rg =
= fx(1; 0; 1) + y(2; 0; 0) + z(0; 3; 1) : x; y; z 2 Rg
= L (f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3; 1)g) .
Como o conjunto f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então
f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3; 1)g
é uma base de I(T ).
Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) = dim R3 então I(T ) = R3 , isto é, T é
sobrejectiva.
Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.
133
Resolução alternativa para encontrar uma base
2
1
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 0
1
para I(T ). Sendo
3
2 0
0 3 5,
0
1
a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica Bc3 no espaço de partida e no
espaço de chegada, tem-se
2 3
x
T (x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 ) 4 y 5 .
z
Logo,
02
e
1 2
3
3
@
4
0 0
N (T ) = N M (T ; Bc ; Bc ) = N
1 0
02
31
02
1 2 0
1
@
4
5
A
@
4
1 0
1
0
= N
=N
0 0 3
0
02
1 2
I(T ) = C M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = C @4 0 0
1 0
31
0
3 5A =
1
31
2
0
2
1 5A = f(0; 0; 0)g
0
3
31
0
3 5A = L (f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3; 1)g) .
1
O conjunto f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3; 1)g é uma base de I(T ).
(xiii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; y; z). T é
2
1
3
3
4
M (T ; Bc ; Bc ) = 0
0
linear e tem-se
3
0 0
1 0 5,
0 1
uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 0); T (0; 1; 0) = (0; 1; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 1). Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0) = f(0; 0; 0)g .
Logo, dim N (T ) = 0 e T é injectiva. Uma vez que
dim
R3
|{z}
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 3. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f(x; y; z) : x; y; z 2 Rg = R3 ,
isto é, T é sobrejectiva. Como o conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é linearmente independente e como
gera I(T ) então f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de I(T ).
Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.
134
(xiv) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x cos
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) =
cos
sen
y sen ; x sen + y cos ),
sen
cos
cos
sen
!
sen
cos
2 R. T é linear e
,
uma vez que T (1; 0) = (cos ; sen ) e T (0; 1) = ( sen ; cos ).
Atendendo ao exo 4 (viii) da …cha 2, tem-se, para todo o 2 R,
M (T ; Bc3 ; Bc3 )
1
cos
sen
=
sen
cos
.
Logo
N (T ) = (x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0) = f(0; 0)g
e dim N (T ) = 0, isto é, T é injectiva.
Sendo T injectiva e tendo-se dim (espaço de partida) = dim (espaço de chegada) então T também é
sobrejectiva.
Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.
Como o conjunto f(1; 0); (0; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 0); (0; 1)g é
uma base de I(T ).
(xv) Seja T : P2 ! P2 com
T (p (t)) = 2p (1
tp0 (t) :
t)
T é linear uma vez que, para todos os p (t) ; p1 (t) ; p2 (t) 2 P2 , para todo o
T (p1 (t) + p2 (t)) =
=
=
=
2 R,
T ((p1 + p2 ) (t)) = 2 (p1 + p2 ) (1 t) t (p1 + p2 )0 (t) =
2p1 (1 t) + 2p2 (1 t) tp01 (t) tp02 (t) =
2p1 (1 t) tp01 (t) + 2p2 (1 t) tp02 (t) =
T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,
T ( p (t)) = T (( p) (t)) = 2 ( p) (1 t) t ( p)0 (t) =
= 2p (1 t) t p0 (t) = (2p (1 t) tp0 (t)) = T (p (t)).
Sendo B = f1; t; t2 g a base canónica de P2 , tem-se
2
uma vez que T (1) = 2
1
t
2
M (T ; B; B) = 4 0
0
0 = 2; T (t) = 2 (1
T (t2 ) = 2 (1
Uma base para N (T ):
Como
t)2
t)
t2t = 2
02
2
N (M (T ; B; B)) = N @4 0
0
2
3
0
135
2
3
0
t
3
2
4 5,
0
1=2
4t + 2t2
3t e
2t2 = 2
4t:
31
2
4 5A = L (f(1; 4; 3)g) ,
0
então
N (T ) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : (a0 ; a1 ; a2 ) 2 L (f(1; 4; 3)g) = L
1
4t + 3t2
.
Como f1 4t + 3t2 g é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez que
dim N (T ) 6= 0.
Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):
N (T ) =
=
=
=
=
=
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : T a0 + a1 t + a2 t2 = 0 =
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : 2 a0 + a1 (1 t) + a2 (1 t)2
t (a1 + 2a2 t) = 0 =
2
a0 + a1 t + a2 t 2 P2 : 2a0 + 2a1 2a1 t + 2a2 4a2 t + 2a2 t2 a1 t 2a2 t2 = 0 =
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : 2a0 + 2a1 + 2a2 + ( 3a1 4a2 ) t = 0 =
4
1
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a1 =
a2 e a0 = a2 =
3
3
1 4
1
4
= L 1 4t + 3t2 .
a2
a2 t + a2 t2 2 P2 : a2 2 R = L
t + t2
3
3
3 3
Como f1 4t + 3t2 g é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1.
Uma base para I(T ):
Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
I (T ) = L
T (1) ; T (t) ; T t2
= L (f2; 2
3t; 2
4tg) = L (f2; 2
3tg) :
Uma vez que o conjunto f2; 2 3tg é linearmente independente e gera I (T ), então f2; 2
de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.
Como dim P2 = 3, tem-se I (T ) 6= P2 , pelo que T não é sobrejectiva.
Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ):
Sendo p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 , com a0 ; a1 ; a2 2 R, tem-se
3tg é uma base
T (p (t)) = 2 a0 + a1 (1 t) + a2 (1 t)2
t (a1 + 2a2 t) =
= 2a0 + 2a1 2a1 t + 2a2 4a2 t + 2a2 t2 a1 t 2a2 t2 =
= a0 2 + a1 (2 3t) + a2 (2 4t) .
Logo, I(T ) = L (f2; 2 3t; 2 4tg) = L (f2; 2 3tg). Uma vez que o conjunto f2; 2
independente e gera I (T ), então f2; 2 3tg é uma base de I (T ).
3tg é linearmente
(xvi) Seja T : P2 ! P2 com
T (p (t)) = p (0)
p ( 1) + (p ( 1) + p (1)) t + (p ( 1)
p (1)
T é linear uma vez que, para todos os p (t) ; p1 (t) ; p2 (t) 2 P2 , para todo o
2p (0)) t2 :
2 R,
T (p1 (t) + p2 (t)) = T ((p1 + p2 ) (t)) =
= (p1 + p2 ) (0) (p1 + p2 ) ( 1) + ((p1 + p2 ) ( 1) + (p1 + p2 ) (1)) t +
+ ((p1 + p2 ) ( 1) (p1 + p2 ) (1) 2 (p1 + p2 ) (0)) t2
136
= p1 (0) p1 ( 1) + (p1 ( 1) + p1 (1)) t + (p1 ( 1) p1 (1) 2p1 (0)) t2 +
+p2 (0) p2 ( 1) + (p2 ( 1) + p2 (1)) t + (p2 ( 1) p2 (1) 2p2 (0)) t2
= T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,
T ( p (t)) = T (( p) (t)) =
= T (p (t)).
p (0)
p ( 1) + (p ( 1) + p (1)) t + (p ( 1)
Sendo B = f1; t; t2 g a base canónica de P2 , tem-se
2
uma vez que T (1) = 1
0
4
2
M (T ; B; B) =
2
1 + (1 + 1) t + (1
T (t) = 0
1
2p (0)) t2 =
3
1
2 5,
0
1
0
2
2) t2 = 2t
p (1)
2t2 ;
( 1) + (( 1) + 1) t + (( 1)
1
2
0) t2 = 1
2t2
e
T (t2 ) = 0
1 + (1 + 1) t + (1
1
2
Uma base para N (T ):
Como
02
31
02
0
1
1
0
@
4
5
A
@
4
2
0
2
2
N (M (T ; B; B)) = N
=N
2
2 0
0
= L (f( 1; 1; 1)g) ,
0) t2 =
1
0
2
1 + 2t:
31
02
1
2 0
5
A
@
4
2
0 1
=N
2
0 0
31
2
1 5A =
0
então
N (T ) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : (a0 ; a1 ; a2 ) 2 L (f( 1; 1; 1)g) = L
1 + t + t2
.
Como f 1 + t + t2 g é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez que
dim N (T ) 6= 0.
Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):
N (T ) =
=
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : T a0 + a1 t + a2 t2 = 0 =
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : p (0) p ( 1) + (p ( 1) + p (1)) t+
+ (p ( 1) p (1) 2p (0)) t2 = 0
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : p (0)
p ( 1)
=
p ( 1) = 0 e p ( 1) + p (1) = 0 e
p (1) 2p (0) = 0
8
9
2
< a0 + a1 t + a2 t 2 P2 : a0 (a0 a1 + a2 ) = 0 e =
(a0 a1 + a2 ) + (a0 + a1 + a2 ) = 0 e
=
=
:
;
(a0 a1 + a2 ) (a0 + a1 + a2 ) 2a0 = 0
=
=
= a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a1 = a2 e a0 = a2 =
=
a2 + a2 t + a2 t2 2 P2 : a2 2 R = a2 1 + t + t2 2 P2 : a2 2 R =
= L
1 + t + t2 .
Como f 1 + t + t2 g é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1.
137
Uma base para I(T ):
Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
T (1) ; T (t) ; T t2
I (T ) = L
Uma vez que o conjunto f1
=L
2t2 ; 1
2t
2t2 ; 1 + 2t
=L
1
2t2 ; 1 + 2t
2t2 ; 1 + 2tg é linearmente independente e gera I (T ), então
2t2 ; 1 + 2t
1
é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.
Como dim P2 = 3, tem-se I (T ) 6= P2 , pelo que T não é sobrejectiva.
Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ):
Sendo p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 , com a0 ; a1 ; a2 2 R, tem-se
T (p (t)) = p (0)
= a0
p ( 1) + (p ( 1) + p (1)) t + (p ( 1)
a0 + a1 ( 1) + a2 ( 1)2 + a0 + a1 ( 1) + a2 ( 1)2 + a0 + a1 + a2 t+
+ a0 + a1 ( 1) + a2 ( 1)2
= a1
a2 + (2a0 + 2a2 ) t + ( 2a0
Logo, I(T ) = L (f2t
2p (0)) t2 =
p (1)
2t2 ; 1
2a1 ) t2 = a0 2t
2t2 ; 1 + 2tg) = L (f2t
2t2 + a2 ( 1 + 2t) .
2t2 g). Como o conjunto
2t2
2t2 ; 1
é linearmente independente e gera I (T ), então f2t
2t2 + a1 1
2t2 ; 1
2t2 ; 1
2t
2a0 t2 =
(a0 + a1 + a2 )
2t2 g é uma base de I (T ).
p (1) p (0)
.
p (0) p ( 1)
T é linear uma vez que, para todos os p (t) ; p1 (t) ; p2 (t) 2 P2 , para todo o
(xvii) Seja T : P2 ! M2
2
(R) com T (p (t)) =
(p1 + p2 ) (1) (p1 + p2 ) (0)
(p1 + p2 ) (0) (p1 + p2 ) ( 1)
T (p1 (t) + p2 (t)) = T ((p1 + p2 ) (t)) =
=
p1 (1) + p2 (1)
p1 (0) + p2 (0)
p1 (0) + p2 (0) p1 ( 1) + p2 ( 1)
=
2 R,
p1 (1) p1 (0)
p1 (0) p1 ( 1)
+
p2 (1) p2 (0)
p2 (0) p2 ( 1)
= T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,
T ( p (t)) = T (( p) (t)) =
=
( p) (1) ( p) (0)
( p) (0) ( p) ( 1)
p (1) p (0)
p (0) p ( 1)
=
p (1)
p (0)
= T (p (t)).
Sendo B1 = f1; t; t2 g a base canónica de P2 e
B2 =
1 0
0 0
;
0 1
0 0
138
;
0 0
1 0
;
0 0
0 1
p (0)
p ( 1)
=
=
:
a base canónica de M2
2
(R) tem-se
2
1
6 1
M (T ; B1 ; B2 ) = 6
4 1
1
uma vez que
T (1) =
1 1
1 1
;
Cálculo de N (T ):
Como
então
1
0
T (t) =
3
1
0 7
7,
0 5
1
1
0
0
1
0
1
T (t2 ) =
;
02
31
02
1 1 1
1
B6 1 0 0 7C
B6 0
6
7C
B6
N (M (T ; B1 ; B2 )) = N B
@4 1 0 0 5A = N @4 0
1
1 1
0
02
31
1 1
1
B6 0
C
2 0 7
6
7C = f(0; 0; 0)g ;
=NB
@4 0 0
1 5A
0 0
0
1 0
0 1
31
1
C
1 7
7C =
1 5A
0
1
1
1
2
N (T ) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : (a0 ; a1 ; a2 ) = (0; 0; 0) = f0g .
Logo, T é injectiva uma vez que dim N (T ) = 0.
Resolução alternativa para calcular N (T ):
N (T ) =
0 0
0 0
p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : T (p (t)) =
p (1) p (0)
p (0) p ( 1)
=
0 0
0 0
=
p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 :
=
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 :
=
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a0 = 0 e a1 = a2 = 0 = f0g .
a0 + a1 + a2
a0
a0
=
a0
a1 + a2
=
=
0 0
0 0
=
Uma base para I(T ):
Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
I (T ) = L
Uma vez que o conjunto
T (1) ; T (t) ; T t2
1 1
1 1
;
1
0
0
1
1 1
1 1
1 1
1 1
=L
;
;
1 0
0 1
1
0
0
1
é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 3.
139
;
1
0
0
1
;
1 0
0 1
:
é linearmente independente e gera I (T ), então
;
1 0
0 1
Como dim M2 2 (R) = 4, tem-se I (T ) 6= M2 2 (R), pelo que T não é sobrejectiva.
Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ):
Sendo p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 , com a0 ; a1 ; a2 2 R, tem-se
p (1) p (0)
p (0) p ( 1)
T (p (t)) =
=
a0 a0
a0 a0
Logo, I(T ) = L
1 1
1 1
;
1
0
0
1
;
a1
0
+
1 1
1 1
= a0
=
1 0
0 1
;
a0
a1 + a2
0
a1
=
1
0
+ a1
1 1
1 1
a0 + a1 + a2
a0
a0
a2 0
0 a2
+
0
1
+ a2
1 0
0 1
=
.
. Como o conjunto
1
0
0
1
;
1 0
0 1
é linearmente independente e gera I (T ), então é uma base de I (T ).
3. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em
f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g de R3 é representada pela matriz
2
1
2
1
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 1
2
1
Tem-se
2
Tem-se
3 2
x
1
3
3 4
5
4
T (x; y; z) = M (T ; Bc ; Bc ) y = 1
z
2
relação à base canónica (ordenada) Bc3 =
3
1
0 5.
0
32 3
2 1
x
5
4
1 0
y 5 = (x + 2y + z; x + y; 2x
1 0
z
y).
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0) =
= (x; y; z) 2 R3 : (x + 2y + z; x + y; 2x y) = (0; 0; 0) =
= f(0; 0; 0)g .
Logo, dim N (T ) = 0 e T é injectiva. Uma vez que
dim
R3
|{z}
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 3. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) = f(x + 2y + z; x + y; 2x
y) : x; y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1); (1; 0; 0)g) .
Como o conjunto f(1; 1; 2); (2; 1; 1); (1; 0; 0)g é linearmente independente e como gera I(T ) então
f(1; 1; 2); (2; 1; 1); (1; 0; 0)g
140
é uma base de I(T ).
Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) = dim R3 então I(T ) = R3 , isto é, T é
sobrejectiva.
Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.
Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo
2
3
1
2 1
1 0 5,
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 1
2
1 0
a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica Bc3 no espaço de partida e no
espaço de chegada, tem-se
2 3
x
T (x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 ) 4 y 5 .
z
Logo,
02
31
1 2 1
N (T ) = N M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = N @4 1 1 0 5A =
2
1 0
02
31
02
31
1 2
1
1 2
1
1
1 5A = N @4 0
1
1 5A = f(0; 0; 0)g
= N @4 0
0
5
2
0 0
3
e
02
1
I(T ) = C M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = C @4 1
2
31
2 1
1 0 5A = L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1); (1; 0; 0)g) .
1 0
O conjunto f(1; 1; 2); (2; 1; 1); (1; 0; 0)g é uma base de I(T ).
4. Considere a base ordenada B = fv1 ; v2 g de R2 , em que v1 = (1; 1) e v2 = (1; 0) e seja T : R2 ! R2
a transformação linear tal que
T (v1 ) = (1; 2), T (v2 ) = ( 3; 1).
(i) Tem-se T (2; 1) = T ((1; 1) + (1; 0)) |{z}
= T (1; 1) + T (1; 0) = (1; 2) + ( 3; 1) = ( 2; 1).
T é linear
(ii) Seja (x; y) 2 R2 . Tem-se
(x; y) = y(1; 1) + (x
y)(1; 0).
Logo,
T (x; y) = T (y(1; 1) + (x
y)(1; 0)) |{z}
= yT (1; 1) + (x
T é linear
= y(1; 2) + (x
y)( 3; 1) = ( 3x + 4y; x
(iii) Tem-se
M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
141
3
1
4
3
,
3y).
y)T (1; 0) =
uma vez que, pela alínea (ii), T (1; 0) = ( 3; 1) e T (0; 1) = (4; 3).
Observação: Poderíamos ter calculado T (1; 0) e T (0; 1) sem recorrer à alinea (ii), uma vez que
(1; 0) = 0(1; 1) + (1; 0) e (0; 1) = (1; 1)
(1; 0).
Logo, sendo T linear, tem-se (usando só o enunciado)
T (1; 0) = ( 3; 1) e T (0; 1) = T (1; 1)
T (1; 0) = (1; 2)
( 3; 1) = (4; 3).
(iv) Tem-se
0
1
SBc2 !B =
1
1
uma vez que
(1; 0) = 0(1; 1) + (1; 0) e (0; 1) = (1; 1)
(1; 0).
Tem-se
1 1
1 0
SB!Bc2 =
uma vez que
(1; 1) = (1; 0) + (0; 1) e (1; 0) = (1; 0) + 0(0; 1).
As coordenadas do vector (2; 1) na base B são dadas por:
SBc2 !B
2
1
=
0
1
1
1
2
1
=
1
1
.
Observação 1: Na verdade poderíamos ter determinado as coordenadas do vector (2; 1) na base B usando
a de…nição de coordenadas de um vector numa base:
(2; 1) = (1; 1) + (1; 0).
Logo, as coordenadas do vector (2; 1) na base B são precisamente 1 e 1.
Observação 2: Tem-se
SB!Bc2 = SBc2 !B
1
e SBc2 !B = SB!Bc2
1
.
(v) Determinemos a matriz M (T ; B; B) usando só a de…nição de matriz que representa uma transformação linear em relação a uma base ordenada B no espaço de partida e no espaço de chegada. Tem-se
2
3
M (T ; B; B) =
1
4
,
uma vez que
T (1; 1) = (1; 2) =
2(1; 1) + 3(1; 0) e T (1; 0) = ( 3; 1) = (1; 1)
4(1; 0).
Determinemos agora as coordenadas do vector T (2; 1) na base B sem usar as alíneas anteriores. Tem-se
T (2; 1) = T ((1; 1) + (1; 0)) |{z}
= T (1; 1) + T (1; 0) =
T é linear
= (1; 2) + ( 3; 1) = ( 2; 1) =
142
(1; 1)
(1; 0).
Logo, as coordenadas do vector T (2; 1) na base B são 1 e 1.
Resolução alternativa: Determinemos a matriz M (T ; B; B) e as coordenadas do vector T (2; 1) na
base B usando as alíneas anteriores. Tem-se
M (T ;Bc2 ;Bc2 )
(R2 ; Bc2 )
(R2 ; Bc2 )
!
T
SBc2 !B # I
(R2 ; B)
I # SBc2 !B
(R2 ; B)
T
!
M (T ;B;B)
Logo,
1
M (T ; B; B) = SBc2 !B M (T ; Bc2 ; Bc2 ) SBc2 !B
=
0
1
1
1
3
1
4
3
1 1
1 0
= SBc2 !B M (T ; Bc2 ; Bc2 )SB!Bc2 =
1
4
=
3
7
1 1
1 0
=
2
3
1
4
.
Além disso tem-se
coordenadas de (2; 1)
na base Bc2
coordenadas de T (2; 1)
na base Bc2
M (T ;Bc2 ;Bc2 )
!
T
SBc2 !B # I
I # SBc2 !B
coordenadas de (2; 1)
na base B
coordenadas de T (2; 1)
na base B.
T
!
M (T ;B;B)
Logo, sendo 2 e 1 as coordenadas do vector (2; 1) na base Bc2 então as coordenadas do vector T (2; 1) na
base B são dadas por
M (T ; B; B)SBc2 !B
2
1
=
2
3
1
4
0
1
1
1
2
1
=
1
4
3
7
2
1
=
1
1
.
(vi) Determinemos a matriz M (T ; Bc2 ; B) usando só a de…nição de matriz que representa uma transformação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaço de chegada. Tem-se
1
4
M (T ; Bc2 ; B) =
3
7
,
uma vez que
T (1; 0) = ( 3; 1) = (1; 1)
4(1; 0)
e
T (0; 1) = T ((1; 1) (1; 0)) = T (1; 1) T (1; 0) =
= (1; 2) ( 3; 1) = (4; 3) = 3(1; 1) + 7(1; 0).
Resolução alternativa: Tendo em conta o diagrama
(R2 ; Bc2 )
SBc2 !B # I
(R2 ; B)
M (T ;Bc2 ;Bc2 )
!
T
T
!
M (T ;B;B)
143
(R2 ; Bc2 )
I # SBc2 !B
(R2 ; B)
tem-se
2
3
M (T ; Bc2 ; B) = M (T ; B; B)SBc2 !B =
1
4
0
1
1
1
=
1
4
3
7
.
(vii) Determinemos a matriz M (T ; B; Bc2 ) usando só a de…nição de matriz que representa uma transformação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaço de chegada. Tem-se
1
2
M (T ; B; Bc2 ) =
3
1
,
uma vez que
T (1; 1) = (1; 2) = (1; 0)
2(0; 1)
e
T (1; 0) = ( 3; 1) =
3(1; 0) + (0; 1).
Resolução alternativa: Tendo em conta o diagrama
M (T ;B;B)
(R2 ; B)
!
T
SB!Bc2 # I
(R2 ; Bc2 )
T
!
M (T ;Bc2 ;Bc2 )
(R2 ; B)
I # SB!Bc2
(R2 ; Bc2 )
tem-se
3
1
M (T ; B; Bc2 ) = M (T ; Bc2 ; Bc2 )SB!Bc2 =
4
3
1 1
1 0
=
1
2
3
1
.
5. Considere as transformações lineares T1 e T2 cujas matrizes que as representam em relação às bases
canónicas (ordenadas) de R2 e R3 são dadas respectivamente por
2
3
0 1
2 0 1
M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) =
e M (T2 ; Bc2 ; Bc3 ) = 4 0 1 5 .
1 1 0
1 1
Tem-se T1 : R3 ! R2 com
2
3
x
T1 (x; y; z) = M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) 4 y 5 =
z
Tem-se T2 : R2 ! R3 com
T2 (x; y) = M (T2 ; Bc2 ; Bc3 )
Logo, tem-se T1 T2 : R2 ! R2 linear com
x
y
2 0 1
1 1 0
2
3
0 1
=4 0 1 5
1 1
2
3
x
4 y 5 = (2x + z; x + y).
z
x
y
x
(T1 T2 ) (x; y) = M (T1 ; Bc3 ; Bc2 )M (T2 ; Bc2 ; Bc3 )
=
y
2
3
0 1
2 0 1 4
x
1 3
0 1 5
=
=
1 1 0
y
0 2
1 1
144
= (y; y; x + y).
x
y
= (x + 3y; 2y)
e T2 T1 : R3 ! R3 linear com
(T2
2
3 2
3
x
0 1
2 0 1
T1 ) (x; y; z) = M (T2 ; Bc2 ; Bc3 )M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) 4 y 5 = 4 0 1 5
1 1 0
z
1 1
2
32 3
1 1 0
x
= 4 1 1 0 5 4 y 5 = (x + y; x + y; 3x + y + z).
3 1 1
z
2
3
x
4 y 5=
z
Resolução alternativa: Tendo-se T1 : R3 ! R2 com T1 (x; y; z) = (2x + z; x + y) e T2 : R2 ! R3
com T2 (x; y) = (y; y; x + y), então T1 T2 : R2 ! R2 é linear com
(T1 T2 ) (x; y) = T1 (T2 (x; y)) = T1 (y; y; x + y) = (x + 3y; 2y)
e T2 T1 : R3 ! R3 é linear com
(T2 T1 ) (x; y; z) = T2 (T1 (x; y; z)) = T2 (2x + z; x + y) = (x + y; x + y; 3x + y + z).
6. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (2y; y
x; x).
Considere a base ordenada B = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 com
v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 2; 0), v3 = ( 1; 1; 1).
Tem-se
2
2
4
1
M (T ; B; B) =
1
uma vez que
4
3
5
T (1; 0; 1) = (0; 1; 1) = 2(1; 0; 1)
T (1; 2; 0) = (4; 1; 1) =
T ( 1; 1; 1) = (2; 2; 1) =
3
5
3 5,
4
(1; 2; 0) + ( 1; 1; 1),
4(1; 0; 1) + 3(1; 2; 0)
5(1; 0; 1) + 3(1; 2; 0)
5( 1; 1; 1) e
4( 1; 1; 1):
7. Seja
Bc2
2
=
1 0
0 0
;
0 1
0 0
;
0 0
1 0
;
0 0
0 1
a base canónica (ordenada) de M2 2 (R). Considere a transformação linear
S : M2 2 (R) ! M2 2 (R) de…nida por S(A) = AT .
145
Tem-se
2
1
6
0
M (S; Bc2 2 ; Bc2 2 ) = 6
4 0
0
uma vez que
S
S
1 0
0 0
=
0 0
1 0
=
1 0
0 0
0
0
1
0
0 1
0 0
S
0 1
0 0
S
3
0
0 7
7,
0 5
1
0
1
0
0
=
0 0
0 1
=
0 0
1 0
0 0
0 1
;
:
8. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 e a base canónica (ordenada)
Bc3 = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 , com v1 = (1; 0; 0), v2 = (0; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).
Suponha que se tem
2v3 ,
T (v3 ) = 3v1 + v2
T (v2 + v3 ) = v1
e
T (v1 + v2 + v3 ) = v2 + v3 .
Logo,
T (0; 0; 1) = T (v3 ) = (3; 1; 2),
T (0; 1; 0) = T (v2 ) = T (v2 + v3 )
T (v3 ) =
2v1
v2 + 2v3 = ( 2; 1; 2)
e
T (1; 0; 0) = T (v1 ) = T (v1 + v2 + v3 )
T (v2 + v3 ) =
v1 + v2 + v3 = ( 1; 1; 1).
Assim:
(i)
T (2v1
v2 + 3v3 ) = 2T (v1 )
= 2( 1; 1; 1)
(ii)
T (v2 ) + 3T (v3 ) =
( 2; 1; 2) + 3(3; 1; 2) = (9; 6; 6);
2
1
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 1
1
2
1
2
3
3
1 5.
2
(iii) Seja B1 = Bc3 a base canónica ordenada de R3 . Determinemos uma base ordenada B2 = fw1 ; w2 ; w3 g
de R3 de modo a que a matriz M (T ; B1 ; B2 ) que represente T em relação a essas bases B1 e B2 seja a matriz
identidade:
2
3
1 0 0
4 0 1 0 5.
0 0 1
Tem-se T (1; 0; 0) = w1 ; T (0; 1; 0) = w2 e T (0; 0; 1) = w3 . Logo,
B2 = f( 1; 1; 1); ( 2; 1; 2); (3; 1; 2)g .
146
9. Considere a transformação linear T : R2 ! R3 que em relação às bases ordenadas B1 = fu1 ; u2 g de
R2 e B2 = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 com
u1 = (1; 1), u2 = (2; 1), v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 2), v3 = (0; 1; 1),
é representada pela matriz
2
0
3
1 2
M (T ; B1 ; B2 ) = 4 1 1 5 .
3 0
0
0
0
0
0
0
Considere ainda as bases ordenadas B1 = u1 ; u2 de R2 e B2 = v1 ; v2 ; v3 de R3 com
0
0
0
0
0
u1 = (1; 0), u2 = (1; 1), v1 = (1; 0; 0), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 1; 1).
(i) Tem-se
( 1; 2) = (1; 1)
(2; 1).
Logo, as coordenadas do vector ( 1; 2) na base B1 são 1 e
T ( 1; 2) na base B2 são dadas por
2
3
1 2
1
M (T ; B1 ; B2 )
=4 1 1 5
1
3 0
1. Deste modo, as coordenadas do vector
2
3
1
= 4 2 5.
3
1
1
(ii) Tem-se
( 1; 2) =
3(1; 0) + 2(1; 1).
Logo, as coordenadas do vector ( 1; 2) na base B10 são 3 e 2.
Resolução alternativa: Tem-se
0 3
,
SB1 !B10 =
1
1
0
0
0
0
uma vez que u1 = 0u1 + u2 e u2 = 3u1 u2 . Tendo em conta (por (i)) que as coordenadas do vector
( 1; 2) na base B1 são 1 e 1, então as coordenadas do vector ( 1; 2) na base B10 são dadas por
SB1 !B10
1
1
=
0
1
3
1
1
1
=
3
2
.
(iii) Uma vez que (por (i)) as coordenadas do vector T ( 1; 2) na base B2 são
T ( 1; 2) =
(1; 0; 1)
1;
2 e 3, então
2(1; 1; 2) + 3(0; 1; 1) = ( 3; 1; 8).
Por outro lado, tem-se
( 3; 1; 8) =
4(1; 0; 0) + 9(1; 1; 0)
8(1; 1; 1).
Logo, as coordenadas do vector T ( 1; 2) na base B20 são 4; 9 e 8.
Resolução alternativa: Determinemos a matriz de mudança de base SB2 !B20 . Tem-se
2
3
1
0
1
1 2 5,
SB2 !B20 = 4 1
1
2
1
147
0
0
0
0
0
0
0
0
0
uma vez que v1 = v1 v2 + v3 ; v2 = 0v1 v2 + 2v3 e v3 = v1 + 2v2 v3 . Tendo em conta que (por (i))
as coordenadas do vector T ( 1; 2) na base B2 são 1; 2 e 3, então as coordenadas do vector T ( 1; 2)
na base B20 são dadas por
2
3 2
32
3 2
3
1
1
0
1
1
4
1 2 54 2 5 = 4 9 5.
SB2 !B20 4 2 5 = 4 1
3
1
2
1
3
8
(iv) Determinemos uma base para N (T ). Seja u 2 R2 e sejam (
à base
B1 = f(1; 1); (2; 1)g :
1;
2)
as coordenadas de u em relação
Tem-se
u 2 N (T ) , (
1;
2)
2 N (M (T ; B1 ; B2 ))
e como
02
31
02
1 2
1
@
4
5
A
@
4
1 1
0
N (M (T ; B1 ; B2 )) = N
=N
3 0
0
31
02
31
2
1 2
3 5A = N @4 0 3 5A = f(0; 0)g ,
6
0 0
N (T ) = f0(1; 1) + 0(2; 1)g = f(0; 0)g .
Assim, dim N (T ) = 0 e T é injectiva.
(v) Determinemos uma base para I (T ). Como f(1; 1); (2; 1)g gera R2 , tem-se
I(T ) = L (fT (1; 1); T (2; 1)g) =
= L (f1(1; 0; 1) + ( 1) (1; 1; 2) + 3(0; 1; 1); 2(1; 0; 1) + 1(1; 1; 2) + 0(0; 1; 1)g) =
= L (f(0; 2; 4); (3; 1; 4)g) .
Uma vez que o conjunto f(0; 2; 4); (3; 1; 4)g é linearmente independente e gera I (T ), então
f(0; 2; 4); (3; 1; 4)g
é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.
Como dim R3 = 3, tem-se I (T ) 6= R3 , pelo que T não é sobrejectiva.
(vi) Determinemos a expressão geral de T , isto é, T (x; y), para todo o (x; y) 2 R2 . Considerando as
bases canónicas de R2 e de R3 respectivamente:
Bc2 = f(1; 0); (0; 1)g ;
Bc3 = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g ,
tem-se
2
1 1
=4 0 1
1 2
M (T ; Bc2 ; Bc3 ) = SB2 !Bc3 M (T ; B1 ; B2 ) SB1 !Bc2
32
3
2
3
0
1 2
0 3
1
1
1 2
1 54 1 1 5
= 4 2 1 5 31
1
1
3
1
3 0
4 4
148
1
2
3
1
3
=
2
1
=4 1
0
3
1
1 5.
4
Logo, para todo o (x; y) 2 R2 ,
T (x; y) = M (T ; Bc2 ; Bc3 )
x
y
2
1
4
= 1
0
3
1
1 5
4
2
3
x y
= 4 x + y 5 = (x
4y
x
y
y; x + y; 4y) .
Resolução alternativa à alínea (v) para encontrar uma base para I(T ):
Tem-se
I(T ) = T (x; y) : (x; y) 2 R2 = (x y; x + y; 4y) : (x; y) 2 R2 =
= (x; x; 0) + ( y; y; 4y) : (x; y) 2 R2 =
= x (1; 1; 0) + y ( 1; 1; 4) : (x; y) 2 R2 =
= L (f(1; 1; 0) ; ( 1; 1; 4)g)
Como o conjunto f(1; 1; 0) ; ( 1; 1; 4)g é linearmente independente e gera I (T ), então
f(1; 1; 0) ; ( 1; 1; 4)g
é uma base de I (T ).
Note que:
L (f(1; 1; 0) ; ( 1; 1; 4)g) = L (f(0; 2; 4); (3; 1; 4)g) .
(vii) Tem-se
(R2 ; B1 )
SB1 !B10 # I
(R2 ; B10 )
M (T ;B1 ;B2 )
!
T
T
!
M (T ;B10 ;B20 )
(R3 ; B2 )
I # SB2 !B20
(R3 ; B20 )
Logo,
1
M (T ; B10 ; B20 ) = SB2 !B20 M (T ; B1 ; B2 ) SB1 !B10
= SB2 !B20 M (T ; B1 ; B2 )SB10 !B1 =
2
32
3
2
3
2
3
1
0
1
1 2
2 2
0
2
1=3 1
1=3 1
1 2 54 1 1 5
3 5
=4 1
=4 6
= 4 1 6 5.
1=3 0
1=3 0
1
2
1
3 0
4 4
0
4
10. Considere a transformação linear T : R3 ! R2 de…nida por
T (x; y; z) = (x + y; x + y
z).
(i) Tem-se
M (T ; Bc3 ; Bc2 ) =
1 1
1 1
0
1
,
uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 1); T (0; 1; 0) = (1; 1) e T (0; 0; 1) = (0; 1).
(ii) Tem-se
N (T ) =
=
=
(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0) =
(x; y; z) 2 R3 : (x + y; x + y z) = (0; 0) =
(x; x; 0) 2 R3 : x 2 R = L (f(1; 1; 0)g) .
149
Logo, o conjunto f(1; 1; 0)g é uma base de N (T ) e dim N (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez que
N (T ) 6= f(0; 0)g.
(iii) Tem-se
I(T ) = f(x + y; x + y
z) : x; y; z 2 Rg = C
1 1
1 1
0
1
= L (f(1; 1); (0; 1)g) .
Como o conjunto f(1; 1); (0; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 1); (0; 1)g é
uma base de I(T ) e tem-se dim I(T ) = 2.
Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dim R2 então I(T ) = R2 , isto é, T é
sobrejectiva.
(iv) O vector (1; 0; 0) é uma solução particular da equação linear
T (x; y; z) = (1; 1).
Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1) é dada por:
f(1; 0; 0)g + N (T ) = (1 + t; t; 0) 2 R3 : t 2 R .
(v) Não existe nenhum vector (a; b) 2 R2 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b) seja impossível,
uma vez que T é sobrejectiva.
(vi) Não existe nenhum vector (a; b) 2 R2 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b) seja possível
e determinada, uma vez que T não é injectiva.
11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M (T ; Bc3 ; Bc3 ) que a representa em
relação à base canónica (ordenada) Bc3 de R3 é dada por
2
3
1 2 2
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 2 1 4 5 .
0 0 2
(i) Seja (x; y; z) 2 R3 . Tem-se
3 2
32 3
x
1 2 2
x
3 4
3
5
4
5
4
y 5 = (x + 2y + 2z; 2x + y + 4z; 2z).
T (x; y; z) = M (T ; Bc ; Bc ) y = 2 1 4
z
0 0 2
z
(ii) Tem-se
2
31
02
1
1 2 2
@
4
5
A
@
4
2 1 4
0
N (T ) = N
=N
0
0 0 2
02
Logo, T é injectiva e dim N (T ) = 0.
150
31
2 2
3 0 5A = f(0; 0; 0)g .
0 2
(iii) Tem-se
I(T ) = f(x + 2y + 2z; 2x + y + 4z; 2z) : x; y; z 2 Rg =
= fx(1; 2; 0) + y(2; 1; 0) + z(2; 4; 2) : x; y; z 2 Rg
= L (f(1; 2; 0); (2; 1; 0); (2; 4; 2)g) .
Como o conjunto f(1; 2; 0); (2; 1; 0); (2; 4; 2)g é linearmente independente e como gera I(T ) então
f(1; 2; 0); (2; 1; 0); (2; 4; 2)g
é uma base de I(T ) e tem-se dim I(T ) = 3. Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) =
dim R3 então I(T ) = R3 , isto é, T é sobrejectiva.
(iv) Como T (1; 1; 0) = T (1; 0; 0) + T (0; 1; 0) = (2; 1; 0) + (1; 2; 0) = (3; 3; 0), então o vector (1; 1; 0) é
uma solução particular da equação linear
T (x; y; z) = (3; 3; 0).
Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (3; 3; 0) é dada por:
f(1; 1; 0)g + N (T ) = f(1; 1; 0)g .
(v) Não existe nenhum vector (a; b; c) 2 R3 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c) seja
impossível, uma vez que T é sobrejectiva.
(vi) Não existe nenhum vector (a; b; c) 2 R3 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c) seja
possível e indeterminada, uma vez que T é injectiva.
12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M (T ; B; B) que a representa em relação
à base (ordenada) B = fv1 ; v2 ; v3 g de R3 com
v1 = (1; 1; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 0; 0),
é dada por
2
3
1 2 2
M (T ; B; B) = 4 2 4 4 5 .
0 0 2
(i) Seja A = M (T ; B; B). Seja u 2 R3 e sejam ( 1 ; 2 ; 3 ) as coordenadas de u em relação à base B.
Tem-se
u 2 N (T ) , ( 1 ; 2 ; 3 ) 2 N (A)
e como
02
31
02
31
1 2 2
1 2 0
N (A) = N @4 2 4 4 5A = N @4 0 0 0 5A = f( 2y; y; 0) : y 2 Rg = L (f( 2; 1; 0)g) ,
0 0 2
0 0 2
N (T ) = f( 2y) (1; 1; 1) + y(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) : y; z 2 Rg =
= f( y; y; 2y) : y 2 Rg = L (f(1; 1; 2)g) .
151
O conjunto f(1; 1; 2)g é uma base de N (T ) pois gera N (T ) e é linearmente independente.
dim N (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez que N (T ) 6= f(0; 0; 0)g.
Como
dim
R3
= dim N (T ) + dim I(T ),
|{z}
Assim,
espaço de partida
então dim I(T ) = 2 e assim I(T ) 6= R3
Expressão geral de T :
2
1
4
T (x; y; z) = 1
1
(pois dim R3 = 3), isto é, T não é sobrejectiva.
32
32
3
1 1
1 2 2
1 1 1
1 0 54 2 4 4 54 1 1 0 5
0 0
0 0 2
1 0 0
= (8x
2y
3z; 6x
3z; 2x
z).
1
2
3
x
4 y 5=
z
Cálculo alternativo de N (T ): Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0) =
= (x; y; z) 2 R3 : (8x 2y 3z; 6x 3z; 2x
= (x; y; z) 2 R3 : z = 2x e x = y
= (x; x; 2x) 2 R3 : x 2 R =
= L (f(1; 1; 2)g) .
z) = (0; 0; 0) =
(ii) Quanto ao contradomínio:
I(T ) = L (fT (1; 1; 1); T (1; 1; 0); T (1; 0; 0)g) =
= L(f1(1; 1; 1) + 2(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0); 2(1; 1; 1)+
+4(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0); 2(1; 1; 1) + 4(1; 1; 0) + 2(1; 0; 0)g) =
= L (f(3; 3; 1); (6; 6; 2); (8; 6; 2)g) = L (f(6; 6; 2); (8; 6; 2)g) = L (f(8; 6; 2); ( 2; 0; 0)g) .
Como o conjunto f(8; 6; 2); ( 2; 0; 0)g é linearmente independente e como gera I(T ) então
f(8; 6; 2); ( 2; 0; 0)g
é uma base de I(T ) e tem-se dim I(T ) = 2.
Cálculo alternativo de I(T ): Tem-se
I(T ) = f(8x 2y 3z; 6x 3z; 2x z) : x; y; z 2 Rg =
= L (f(8; 6; 2); ( 2; 0; 0); ( 3; 3; 1)g) =
= L (f(8; 6; 2); ( 2; 0; 0)g) = C M (T ; Bc3 ; Bc3 ) .
(iii) É fácil ver que (2; 4; 0) 2
= I(T ). Logo, a equação linear T (x; y; z) = (2; 4; 0) não tem soluções.
(iv) Tem-se T (1; 1; 1) = 1(1; 1; 1) + 2(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (3; 3; 1) e assim
T
1
;
3
1
;
3
1
3
=
152
1; 1;
1
3
Logo, a solução geral de
T (x; y; z) =
1; 1;
1
3
é dada por:
(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) =
1
;
3
=
1; 1;
1
;
3
1
3
1
;
3
=
1
;
3
1
3
+ N (T ) =
1
) + s (1; 1; 2) : s 2 R .
3
(v) Por exemplo o vector (1; 0; 0) ou qualquer vector (a; b; c) 2 I(T ), uma vez que sendo T não injectiva,
sempre que a equação linear fôr possível, ela será indeterminada.
(vi) Tem-se
T (v1 ) = (1; 1; 1) + 2(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (3; 3; 1);
T (v2 ) = 2(1; 1; 1) + 4(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (6; 6; 2)
e
T (v3 ) = 2(1; 1; 1) + 4(1; 1; 0) + 2(1; 0; 0) = (8; 6; 2).
Logo,
T (1; 0; 0) = T (v3 ) = (8; 6; 2);
T (0; 1; 0) = T (v2 )
T (v3 ) = ( 2; 0; 0)
e
T (0; 0; 1) = T (v1 )
T (v2 ) = ( 3; 3; 1).
Assim,
2
e deste modo, para (x; y; z) 2 R3 ,
8
3
3
4
M (T ; Bc ; Bc ) = 6
2
2
0
0
2
3 2
x
8
T (x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 ) 4 y 5 = 4 6
z
2
= (8x
2y
3z; 6x
3z; 2x
3
3
3 5
1
2
0
0
z).
32 3
3
x
3 54 y 5 =
1
z
13. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (x + y + z; x + 2y
4z; z).
(i) Tendo em conta que T (1; 0; 0) = (1; 1; 0); T (0; 1; 0) = (1; 2; 0) e T (0; 0; 1) = (1; 4; 1), tem-se
2
3
1 1 1
4 5
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 1 2
0 0 1
153
que representa T em relação à base canónica (ordenada) Bc3 de R3 .
(ii) A matriz M (T ; Bc3 ; Bc3 ) é invertível pois
2
1 1
3
3
4
M (T ; Bc ; Bc ) = 1 2
0 0
3
2
1
1 1
5
4
4 ! 0 1
1
0 0
Logo, T é injectiva e como tal invertível, tendo-se
1
M (T ; Bc3 ; Bc3 )
= M (T
1
3
1
5 5.
1
; Bc3 ; Bc3 ).
1
Determinemos (M (T ; Bc3 ; Bc3 )) .
2
3
2
1 1 1 j 1 0 0
1 1
4 j 0 1 0 5!4 0 1
= 4 1 2
0 0 1 j 0 0 1
0 0
2
3
2
1 1 0 j 1 0
1
1 0
4
5
4
0 1 0 j
1 1 5
!
! 0 1
0 0 1 j 0 0 1
0 0
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) j I
Logo,
M (T ; Bc3 ; Bc3 )
e como tal, para (x; y; z) 2 R3 ,
T
1
(x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 )
= (2x
Observação: T
1
T =T
T
T
1
y
2
2
4
1
=
0
1
2
1
1
0
3 2
x
2
1
4 y 5=4 1
z
0
1 j
5 j
1 j
0 j
0 j
1 j
3
1 0 0
1 1 0 5!
0 0 1
3
2
1
6
1 1
5 5.
0
0
1
3
6
5 5
1
1
1
0
6z; x + y + 5z; z).
32 3
x
6
5
4
5
y 5=
1
z
= I. Isto é, para qualquer (x; y; z) 2 R3 ;
1
T (x; y; z) = T
T
1
(x; y; z) = (x; y; z),
como se pode ver:
T
T
1
T (x; y; z) = T 1 (T (x; y; z)) = T 1 (x + y + z; x + 2y 4z; z) =
= (2x + 2y + 2z x 2y + 4z 6z; x y z + x + 2y
= (x; y; z);
T
1
4z + 5z; z) =
(x; y; z) = T T 1 (x; y; z) = T (2x y 6z; x + y + 5z; z) =
= (2x y 6z x + y + 5z + z; 2x y 6z 2x + 2y + 10z
= (x; y; z).
154
4z; z) =
Demonstração alternativa da injectividade de T : Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0) =
= (x; y; z) 2 R3 : (x + y + z; x + 2y 4z; z) = (0; 0; 0) =
= f(0; 0; 0)g .
Logo, T é injectiva.
(iii) Sendo T injectiva, como os espaços de partida e de chegada têm a mesma dimensão, então T é
sobrejectiva. Logo, T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor…smo.
(iv) Tem-se
T (x; y; z) = (1; 1; 2) , (x; y; z) = T
1
(1; 1; 2) = ( 11; 10; 2).
Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2) é: f( 11; 10; 2)g.
14. Seja
Bc2
2
=
1 0
0 0
;
0 1
0 0
0 0
1 0
;
;
0 0
0 1
a base canónica (ordenada) de M2 2 (R). Considere a transformação
T : M2 2 (R) ! M2 2 (R) de…nida por T (X) = AX
(i) Sejam X; X1 ; X2 2 M2 2 (R) e
XA, com A =
0 1
1 0
:
2 R. Tem-se
T (X1 + X2 ) = A(X1 + X2 ) (X1 + X2 )A = AX1 + AX2 X1 A
= AX1 X1 A + AX2 X2 A = T (X1 ) + T (X2 )
X2 A =
e
T ( X) = A( X)
a b
c d
(ii) Seja
T
( X)A =
(AX
XA) = T (X).
2 M2 2 (R). Tem-se
a b
c d
=
a b
c d
0 1
1 0
a b
c d
0 1
1 0
=
Logo, a expressão geral de T é dada por:
T
(iii) Tem-se
a b
c d
b+c
d a
=
2
0
6
1
M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) = 6
4 1
0
155
d a
b c
1
0
0
1
1
0
0
1
.
3
0
1 7
7,
1 5
0
b+c
d a
d a
b c
.
uma vez que
1 0
0 0
T
0 1
1 0
=
1 0
0 0
1 0
0 0
0 1
1 0
0
1
=
1
0
,
T
0 1
0 0
=
0 1
1 0
0 1
0 0
0 1
0 0
0 1
1 0
=
1
0
0
1
,
T
0 0
1 0
=
0 1
1 0
0 0
1 0
0 0
1 0
0 1
1 0
=
1
0
0
1
,
T
0 0
0 1
0 1
1 0
=
0 0
0 1
0 0
0 1
0 1
1 0
0 1
1 0
=
:
(iv) Tem-se
N (T ) =
a b
b a
=
a b
c d
X=
2 M2 2 (R) : a; b 2 R
0 0
0 0
Logo, dim N (T ) = 2. Como N (T ) 6=
0 0
0 0
2 M2 2 (R) : T (X) =
1 0
0 1
=L
;
=
0 1
1 0
.
então T não é injectiva.
(v) Atendendo a que dim N (T ) = 2 e dim M2 2 (R) = 4, então dim I(T ) = 2. T não é sobrejectiva
uma vez que I(T ) 6= M2 2 (R). Determinemos uma base para I(T ). Tem-se
I(T ) =
b+c
a+d
=
1
0
= L
1
0
0
1
;
d a
b c
0
1
= L
Como o conjunto
a b
c d
T (X) : X =
0 1
1 0
1
0
0
1
;
;
2 M2 2 (R)
=
2 M2 2 (R) : a; b; c; d 2 R
1
0
0
1
0 1
1 0
;
0 1
1 0
=
=
.
gera I(T ) e é linearmente independente, então é uma base de
I(T ).
15. Considere as transformações lineares T1 ; T2 : R2 ! R2 de…nidas respectivamente por
T1 (x; y) = (x + y; x
y) e T2 (x; y) = (2x + y; x
(i) Tem-se
M (T1 ; Bc2 ; Bc2 ) =
1
1
1
1
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 ) =
2
1
1
2
e
156
2y).
uma vez que T1 (1; 0) = (1; 1); T1 (0; 1) = (1; 1); T2 (1; 0) = (2; 1) e T2 (0; 1) = (1; 2).
(ii) A matriz M (T2
R , é dada por
2
T1 em relação à base canónica (ordenada) Bc2 de
T1 ; Bc2 ; Bc2 ) que representa T2
M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )M (T1 ; Bc2 ; Bc2 ) =
2 1
1 1
3 1
=
=
1
2
1
1
1 3
.
(iii) Tem-se, para qualquer (x; y) 2 R2 ,
x
y
(T2 T1 )(x; y) = M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 )
3 1
1 3
=
x
y
=
= (3x + y; x + 3y).
(iv) Tem-se, para qualquer (x; y) 2 R2 ,
x
y
T1 (x; y) = M (T1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
1
=
1
1
x
y
=
= (x + y; x
y)
e
T2 (x; y) = M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )
=
2
1
1
2
x
y
x
y
=
= (2x + y; x
2y).
(T2 T1 )(x; y) = T2 (T1 (x; y)) = T2 (x + y; x
y) =
Logo,
= (2x + 2y + x
y; x + y
2x + 2y) = (3x + y; x + 3y):
(v) Tem-se
N (T1 ) = (x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0) = (x; y) 2 R2 : (x + y; x
y) = (0; 0) = f(0; 0)g
e
N (T2 ) = (x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0) = (x; y) 2 R2 : (2x + y; x
2y) = (0; 0) = f(0; 0)g .
Logo, T1 e T2 são injectivas e como tal são invertíveis.
(vi) Tem-se então
M (T1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
= M (T1 1 ; Bc2 ; Bc2 ) e
157
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )
1
= M (T2 1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
1
Determinemos (M (T1 ; Bc2 ; Bc2 ))
e (M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )) .
=
1
1
!
1
0
M (T1 ; Bc2 ; Bc2 ) j I
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 ) j I
=
2
1
!
2
0
=
1=2
1=2
1 j 1 0
1 j 0 1
1 j
2 j
!
1
0
0 j 1=2 1=2
2 j
1 1
!
1 j 1 0
2 j 0 1
0
j
5=2 j
1 0 j 1=2
0 1 j 1=2
1
j
5=2 j
2
0
!
1 0
1 1
4=5 2=5
1=2 1
1
0
1=2 1
1 0 j 2=5
0 1 j 1=5
!
!
1=2
1=2
;
!
1=5
2=5
.
Logo,
M (T1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
1=2
1=2
e
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )
1
=
2=5
1=5
1=5
2=5
e como tal, para (x; y) 2 R2 ,
T1 1 (x; y) = M (T1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
x
y
=
1=2
1=2
1=2
1=2
x
y
=
1
1 1
x + y; x
2
2 2
1
y ,
2
T2 1 (x; y) = M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )
1
x
y
=
2=5
1=5
1=5
2=5
x
y
=
1 1
2
x + y; x
5
5 5
2
y ,
5
e …nalmente
T1
1
T2
1
1
T2 1 (x; y) =
1 1
2
x + y; x
= T1 1
5
5 5
3
1
1
x
y; x +
=
10
10 10
(x; y) = T1
2
y =
5
3
y .
10
(vii) Tem-se
M ((T2 T1 ) 1 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T1
= M (T1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )
1
1
T2 1 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T1 1 ; Bc2 ; Bc2 )M (T2 1 ; Bc2 ; Bc2 ) =
=
1=2
1=2
1=2
1=2
2=5
1=5
1=5
2=5
=
3=10
1=10
1=10
3=10
De facto,
M ((T2 T1 ) 1 ; Bc2 ; Bc2 ) =
3=10
1=10
1=10
3=10
3 1
1 3
=
1
= M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 )
(viii) Tendo em conta (vii) tem-se
(T2 T1 ) 1 (x; y) =
3=10
1=10
1=10
3=10
x
y
158
=
3
x
10
1
1
3
y; x + y .
10 10
10
1
.
:
Logo, como seria de esperar,
(T2 T1 ) 1 (x; y) = T1
1
T2
1
(x; y).
1 0
é invertível, pois det A = 1 6= 0, T é injectiva.
2 1
Logo, se a equação linear T (x; y) = (1; 2) tiver solução, ela é única. Como C (A) = I (T ) e uma vez
1
0
1
1
que
2 C (A) pois:
= 1
+0
, então (1; 0) é a solução única da equação linear
2
2
2
1
T (x; y) = (1; 2).
Resolução alternativa da equação linear T (x; y) = (1; 2):
Como A é invertível, T é invertível e
16. Seja A = M (T ; Bc2 ; Bc2 ). Como A =
T (x; y) = (1; 2) , (x; y) = T
17. Tem-se M (T1 ; Bc2 ; Bc1 ) =
1
(1; 2) = A
1
1
2
=
1
2
=
1
0
.
0 1 , pois T1 (1; 0) = 0 e T1 (0; 1) = 1. Logo
M T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 = M T2 ; Bc1 ; Bc2 M T1 ; Bc2 ; Bc1 =
0
1
0 1
=
0 0
0 1
0 0
= L (f(1; 0)g). Pelo que f(1; 0)g é base de
0 1
T1 ), uma vez que (1; 0) é linearmente independente e gera N (T2 T1 ).
T1 ) = N (M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 )) = N
e assim N (T2
N (T2
1 0
2 1
1 0
1
, tem-se T (1; 0; 1) = 1(1; 1) (0; 1) = (1; 0),
1 0
1
T (0; 1; 1) = 0(1; 1) + 0(0; 1) = (0; 0) e T (1; 0; 1) = 1(1; 1) (0; 1) = (1; 0). Por outro lado, como
B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g gera o "espaço de partida" R3 , tem-se
18. Como M (T ; B1 ; B2 ) =
I (T ) = L (fT (1; 0; 1); T (0; 1; 1); T (0; 0; 1)g) = L (f(1; 0)g) .
Pelo que f(1; 0)g é base de I (T ), pois (1; 0) é linearmente independente e gera I (T ).
1 0 1
Tem-se dim I (T ) = car (M (T ; B1 ; B2 )) = car
= 1. Como I (T ) 6= R2 , pois dim I (T ) =
0 0 0
1 6= 2 = dim R2 , então T não é sobrejectiva.
19. Considere a transformação linear T1 : R3 ! R2 de…nida por T1 (x; y; z) = (2x+y; y +2z). Considere
ainda a transformação linear T2 : R2 ! R3 cuja representação matricial em relação à 2base (ordenada)
3
2 1
B = f(2; 1); (1; 2)g de R2 e à base canónica Bc3 de R3 é dada pela matriz M (T2 ; B; Bc3 ) = 4 1 1 5.
1 2
(i)
(x; y; z) 2 R3 : T1 (x; y; z) = (0; 0) = (x; y; z) 2 R3 : (2x + y; y + 2z) = (0; 0) =
n
o
yo n y
y
3
= (x; y; z) 2 R : x = z =
=
; y;
: y 2 R = L (f(1; 2; 1)g) .
2
2
2
N (T1 ) =
159
O conjunto f(1; 2; 1)g gera N (T1 ) e é linearmente independente, logo é uma base de N (T1 ). Tem-se
dim N (T1 ) = 1 e
dim N (T1 ) + dim I(T1 ) = dim R3 ,
e assim dim I(T1 ) = 2. Logo, como I(T1 ) é um subespaço de R2 e dim I(T1 ) = dim R2 = 2, então
I(T1 ) = R2 e assim, T1 é sobrejectiva.
(ii) Como B = f(2; 1); (1; 2)g gera o "espaço de partida" R2 , tem-se
I (T2 ) = L (fT2 (2; 1); T2 (1; 2)g) = L (f(2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g) .
Como o conjunto f(2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g gera I (T2 ) e é linearmente independente, então é uma base de I (T2 ).
Tem-se
dim I (T2 ) = 2 e dim N (T2 ) + dim I (T2 ) = dim R2 ,
e assim dim N (T2 ) = 0. Logo, T2 é injectiva.
(iii) Tem-se
2
3
2 1
1 1 5
1 2
1
4 2
1
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2
5
3
3
1
1 5
1
!
3
L +L3 !L3
5 2
2
1
4 0
0
2
5
0
3
1
1 5
8
5
logo o conjunto f(1; 2; 1) ; (2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g gera N (T1 ) + I(T2 ) e é linearmente independente, então é
uma base de N (T1 ) + I(T2 ).
Logo, como N (T1 ) + I(T2 ) é um subespaço de R3 e dim (N (T1 ) + I(T2 )) = dim R3 = 3, então N (T1 ) +
I(T2 ) = R3 .
Tem-se
dim (N (T1 ) \ I(T2 )) = dim N (T1 ) + dim I(T2 )
2
(iv) Como (1; 0) = (2; 1)
3
T2 (1; 0) = T2
=
1
(1; 2) e (0; 1) =
3
2
(2; 1)
3
2
(2; 1; 1)
3
1
(1; 2)
3
dim (N (T1 ) + I(T2 )) = 1 + 2
3 = 0.
1
2
(2; 1) + (1; 2), tem-se
3
3
2
1
T2 (2; 1)
T2 (1; 2) =
T é linear 3
3
1
4 2 2
1 1 2
(1; 1; 2) =
; ;
+
;
;
=
3
3 3 3
3 3 3
=
1
1; ; 0
3
e
1
2
(2; 1) + (1; 2)
=
T é linear
3
3
1
2
2
(2; 1; 1) + (1; 1; 2) =
;
3
3
3
T2 (0; 1) = T2
=
1
T2 (2; 1) +
3
1 1
;
+
3 3
2
T2 (1; 2) =
3
2 2 4
; ;
=
3 3 3
1
0; ; 1
3
Logo, a matriz M (T2 ; Bc2 ; Bc3 ) que representa T2 em relação às bases canónicas Bc2 e Bc3 de R2 e R3 respectivamente, é dada por
2
3
1
0
M (T2 ; Bc2 ; Bc3 ) = 4 1=3 1=3 5 .
0
1
160
(v) A matriz M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) que representa T1 em relação às bases canónicas Bc3 e Bc2 de R3 e R2
respectivamente, é dada por
2 1 0
M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) =
,
0 1 2
uma vez que
T1 (1; 0; 0) = (2; 0); T1 (0; 1; 0) = (1; 1) e T1 (0; 0; 1) = (0; 2).
Logo, a matriz que representa T1 T2 em relação à base canónica Bc2 de R2 é dada por
2
3
1
0
2 1 0 4
7=3 1=3
1=3 1=3 5 =
M (T1 T2 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T1 ; Bc3 ; Bc2 )M (T2 ; Bc2 ; Bc3 ) =
0 1 2
1=3 7=3
0
1
.
Logo, tem-se
7=3 1=3
1=3 7=3
(T1 T2 ) (x; y) =
7=3 1=3
1=3 7=3
Assim, como a matriz
=
.
é invertível, a solução geral da equação (T1 T2 ) (x; y) =
dada
x
y
x
y
7=3 1=3
1=3 7=3
1
8=3
8=3
=
7=16
1=16
1=16
7=16
8=3
8=3
=
1
1
8=3
,é
8=3
.
20. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R3 de…nida por T1 (x; y) = (2x+y; 0; x+2y). Considere
ainda a transformação linear T2 : R3 ! R2 cuja representação matricial em relação à base (ordenada)
B = f(1; 1; 1); (1; 1; 0); (1; 0; 0)g de R3 e à base canónica Bc2 de R2 é dada pela matriz:
1
1
M (T2 ; B; Bc2 ) =
1
1
1
1
.
(i) T2 (0; 1; 0) = T2 (1; 1; 0) T2 (1; 0; 0) = ( 1; 1) (1; 1) = ( 2; 2).
T2 (0; 0; 1) = T2 (1; 1; 1) T2 (1; 1; 0) = (1; 1) ( 1; 1) = (2; 2).
(ii) Tem-se
I (T1 ) = T1 (x; y) : (x; y) 2 R2 = (2x + y; 0; x + 2y) : (x; y) 2 R2 =
= fx(2; 0; 1) + y(1; 0; 2) : x; y 2 Rg = L (f(2; 0; 1); (1; 0; 2)g) .
Como o conjunto f(2; 0; 1); (1; 0; 2)g gera I (T1 ) e é linearmente independente, então é uma base de I (T1 ).
Como dim I(T1 ) = 2 < 3 = dim R3 então I(T1 ) 6= R3 e assim, T1 não é sobrejectiva.
(iii)
N M (T2 ; B; Bc2 ) = N
= f(y
1
1
1
1
1
1
=N
1
0
1 1
0 0
=
z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 0); ( 1; 0; 1)g) :
Como os vectores (1; 1; 0) e ( 1; 0; 1) são as coordenadas na base B de vectores que geram o núcleo de T2 ,
tem-se
1(1; 1; 1) + 1(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (2; 2; 1)
161
e
1(1; 1; 1) + 0(1; 1; 0) + 1(1; 0; 0) = (0; 1; 1)
Como o conjunto f(2; 2; 1); (0; 1; 1)g gera N (T2 ) e é linearmente independente, então é uma base de
N (T2 ). Como N (T2 ) 6= f0g então T2 não é injectiva.
(iv) Pela de…nição de M (T2 ; B; Bc2 ) tem-se T2 (1; 0; 0) = (1; 1). Atendendo à alínea a), tem-se
T2 (0; 1; 0) = ( 2; 2) e T2 (0; 0; 1) = (2; 2). Logo, a matriz M (T2 ; Bc3 ; Bc2 ) que representa T2 em relação às
bases canónicas Bc3 e Bc2 de R3 e R2 respectivamente, é dada por
1
1
M (T2 ; Bc3 ; Bc2 ) =
2
2
2
2
.
Por outro lado, como T1 (1; 0) = (2; 0; 1) e T1 (0; 1) = (1; 0; 2). Logo, a matriz M (T1 ; Bc2 ; Bc3 ) que representa
T1 em relação às bases canónicas Bc2 e Bc3 de R2 e R3 respectivamente, é dada por
2
3
2 1
M (T1 ; Bc2 ; Bc3 ) = 4 0 0 5 .
1 2
Logo, a matriz que representa T2 T1 em relação à base canónica Bc2 de R2 é dada por
2
3
2 1
1
2 2 4
0 0 5=
M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T2 ; Bc3 ; Bc2 )M (T1 ; Bc2 ; Bc3 ) =
1 2
2
1 2
4
4
5
5
.
x
y
=
0
0
Logo, tem-se
(T2 T1 ) (x; y) =
4
4
5
5
x
y
(T2 T1 ) (x; y) = ( 1; 1) ,
4
4
5
5
x
y
e assim,
1
1
=
.
A solução geral de (T2 T1 ) (x; y) = ( 1; 1) é dada por:
4
4
Solução particular de
Como o vector
1
;0
4
5
5
x
y
=
1
1
+ Solução geral de
4
4
é uma solução particular de
N
4
4
5
5
4 5
0 0
=N
5
5
=L
x
y
=
4
4
5
5
1
1
e
5
;1
4
então, a solução geral de (T2 T1 ) (x; y) = ( 1; 1) é dada por:
1
;0 + N
4
4
4
5
5
1
;0 + s
4
=
5
;1
4
:s2R .
21. Considere a transformação linear T : R3 ! P3 de…nida por
T (1; 1; 1) = 2 + 2t2 ;
T (1; 1; 1) =
t
162
t3
e T ( 1; 1; 1) = 2 + t + 2t2 + t3 .
.
(i) Determinemos a expressão geral de T , isto é, determinemos T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3 .
Seja (x; y; z) 2 R3 . Como f(1; 1; 1); (1; 1; 1); ( 1; 1; 1)g gera R3 , existem escalares ; ; 2 R tais
que
(x; y; z) = (1; 1; 1) + (1; 1; 1) + ( 1; 1; 1).
Atendendo a
2
tem-se
1
4 1
1
1
1
1
3
2
1 j x
1
5
4
1 j y ! 0
1 j z
0
8
<
1
2
2
+
=x
2 +2 =y
:
2 =y+z
Logo
(x; y; z) =
3
2
1 j
x
1
5
4
2 j y x ! 0
0 j z+x
0
x ,
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
3
1 j
x
2 j y x 5,
2 j y+z
1
2
0
1
(x + y)
2
1
= (x + z)
2
1
= (y + z) .
2
=
1
1
1
(x + y) (1; 1; 1) + (x + z) (1; 1; 1) + (y + z) ( 1; 1; 1),
2
2
2
e assim, como T é linear,
T (x; y; z) =
=
1
1
1
(x + y) T (1; 1; 1) + (x + z) T (1; 1; 1) + (y + z) T ( 1; 1; 1) =
2
2
2
1
1
1
(x + y) 2 + 2t2 + (x + z) t t3 + (y + z) 2 + t + 2t2 + t3 =
2
2
2
1
1
= x + 2y + z + (y x) t + (x + 2y + z) t2 + (y x) t3 .
2
2
(ii) Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = 0 =
=
(x; y; z) 2 R3 : x + 2y + z +
=
1
(y
2
x) t + (x + 2y + z) t2 +
(x; y; z) 2 R3 : x + 2y + z = 0 e
= (x; y; z) 2 R3 : x = y
e z=
1
(y
2
1
(y
2
x) t3 = 0 + 0t + 0t2 + 0t3
x) = 0
=
=
3y = y(1; 1; 3) 2 R3 : y 2 R = L (f(1; 1; 3)g)
Logo, o conjunto f(1; 1; 3)g é uma base de N (T ) e dim N (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez que
N (T ) 6= f(0; 0; 0)g.
(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).
Diga se T é sobrejectiva.
Como f(1; 1; 1); (1; 1; 1); ( 1; 1; 1)g gera R3 ; tem-se
I (T ) = L (fT (1; 1; 1); T (1; 1; 1); T ( 1; 1; 1)g) = L
163
2 + 2t2 ; t
t3 ; 2 + t + 2t2 + t3
:
Como:
2
2
6 0
6
4 2
0
0
1
0
1
3
2
2
2
7
6
1 7
0
!6
4 0
2 5
1
0
0
1
0
0
3
2
1 7
7
0 5
0
então o conjunto f2 + 2t2 ; t t3 g é linearmente independente e gera I(T ); sendo assim uma base de
I(T ).
Logo, tem-se dim I(T ) = 2.
Por outro lado, como I(T ) é subespaço de P3 e dim P3 = 4 então I(T ) 6= P3 , isto é, T não é sobrejectiva.
(iv) Atendendo a ter-se
T (1; 1; 1) = 2 + 2t2 ;
T (1; 1; 1) =
1 + t + t2 + t3 = 2| + t +{z2t2 + t}3
= T ( 1;1;1)
=T
( 1; 1; 1)
t
t3
e T ( 1; 1; 1) = 2 + t + 2t2 + t3 .
1
2 + 2t2 = T ( 1; 1; 1)
2 | {z }
1
T (1; 1; 1) =
T é linear
2
= T (1;1; 1)
1
(1; 1; 1)
2
=T
3 1 3
; ;
2 2 2
,
3 1 3
; ;
2 2 2
é uma solução particular da equação linear T (x; y; z) = 1 + t + t2 + t3 .
Como, a solução geral de T (x; y; z) = 1 + t + t2 + t3 é dada por:
Solução particular de T (x; y; z) = 1 + t + t2 + t3 + (Solução geral de T (x; y; z) = 0)
e como a solução geral de T (x; y; z) = 0 é dada por
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = 0 = L (f(1; 1; 3)g)
então, a solução geral de T (x; y; z) = 1 + t + t2 + t3 é dada por:
3 1 3
; ;
2 2 2
22. Seja
3 1 3
; ;
2 2 2
+ L (f(1; 1; 3)g) =
+ s(1; 1; 3) : s 2 R .
2 R. Considere a transformação linear T : R3 ! P2 de…nida por
T (x; y; z) = z
y + (y
x) t + xt2 .
(i) Tem-se
N (T ) = (x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = 0 =
= (x; y; z) 2 R3 : z
y + (y
= (x; y; z) 2 R3 : z = y
e (y = x ou
= (0; y; z) 2 R3 : z = y
=
8
< f(0; 0; 0)g
:
se
6= 0
fy(0; 1; 1) 2 R3 : y 2 Rg
x) t + xt2 = 0 + 0t + 0t2 + 0t3 =
se
= 0) e x = 0 =
e (y = 0 ou = 0) =
8
6= 0
< f(0; 0; 0)g se
=
:
L (f(0; 1; 1)g) se
=0
=0
164
Logo, se
= 0 então f(0; 1; 1)g é uma base de N (T0 ) e assim T0 não é injectiva.
8
6 0
=
< 0 se
dim N (T ) =
:
1 se
= 0:
Logo, como N (T ) = f(0; 0; 0)g, para todo o
2 Rn f0g, então T é injectiva, para todo o
2 Rn f0g.
(ii) Seja (x; y; z) 2 R3 , tem-se
T (x; y; z) = z
y + (y
x) t + xt2 = z + x
t + t2 + y ( 1 + t)
Logo,
I(T ) = T (x; y; z) : (x; y; z) 2 R3 = z + x
t + t2 + y ( 1 + t) : x; y; z 2 R =
8
t + t2 ; 1 + tg) se
6= 0
< L (f1;
= L 1;
t + t2 ; 1 + t =
:
L (f1; t2 g) se
=0
Se 6= 0 então o conjunto f1;
t + t2 ; 1 + tg é linearmente independente e gera I (T ), sendo assim
uma base de I (T ).
Se = 0 então o conjunto f1; t2 g é linearmente independente e gera I (T0 ), sendo assim uma base de
I (T0 ).
Logo
8
6= 0
< 3 se
dim I(T ) =
:
2 se
= 0:
Como I (T ) é um subespaço de P2 e neste caso ( 6= 0) dim I (T ) = dim P2 , então I (T ) = P2 , isto
é, T é sobrejectiva se 6= 0.
Se = 0, como I (T0 ) 6= P3 , T0 não é sobrejectiva.
Note que: para todo o 2 R,
dim
R3
|{z}
espaço de partida
(iii) Considere
= dim N (T ) + dim I(T ),
= 0 e resolva a equação linear T0 (x; y; z) = 1 + t2 .Atendendo a ter-se
T0 (1; 0; 1) = 1 + t2
então (1; 0; 1) é uma solução particular da equação linear T0 (x; y; z) = 1 + t2 .
Como, a solução geral de T0 (x; y; z) = 1 + t2 é dada por:
Solução particular de T0 (x; y; z) = 1 + t2 + (Solução geral de T0 (x; y; z) = 0)
e como a solução geral de T0 (x; y; z) = 0 é dada por
N (T0 ) = (x; y; z) 2 R3 : T0 (x; y; z) = 0 = L (f(0; 1; 1)g)
então, a solução geral de T0 (x; y; z) = 1 + t2 é dada por:
(1; 0; 1) + L (f(0; 1; 1)g) = f(1; 0; 1) + s(0; 1; 1) : s 2 Rg .
165
23. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2.
Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de…nida por
T (p (t)) = p0 (t)
2p (t) ,
onde p0 (t) é a derivada de primeira ordem de p (t).
(i) Seja p (t) 2 P2 . p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 ; com a0 ; a1 ; a2 2 R. Tem-se
T a0 + a1 t + a2 t2 = a0 + a1 t + a2 t2
= a1 + 2a2 t
2a0
2a2 t2 =
2a1 t
0
2 a0 + a1 t + a2 t2 =
2a0 + a1 + (2a2
2a2 t2 .
2a1 ) t
Logo, a expressão geral de T : P2 ! P2 é dada por:
T a0 + a1 t + a2 t2 =
2a0 + a1 + (2a2
2a1 ) t
2a2 t2 .
(ii) Seja B = f1; t; t2 g a base canónica (ordenada) de P2 . Determinemos a matriz M (T ; B; B) que
representa T em relação à base B.
Como
T (1) = 0 2 = 2,
T (t) = 1 2t;
T t2 = 2t 2t2
tem-se
2
2
4
0
M (T ; B; B) =
0
1
2
0
3
0
2 5
2
(iii) Como a transformação linear T : P2 ! P2 é invertível, pois M (T ; B; B) é invertível então T é
linear e bijectiva, isto é, T é um isomor…smo. Sendo T um isomor…smo, T 1 também é um isomor…smo.
Seja p (t) 2 P2 . p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 ; com a0 ; a1 ; a2 2 R.
Tem-se
1
p (t)
2
1 0
p (t)
4
=
e
1 00
p (t) =
8
1
a0 + a1 t + a2 t2
2
1
a1
4
1
a1
2
1
a0
2
1
a2 +
4
1
(a1 + 2a2 t)
4
1
a2 t
2
a2 2
t
2
1
2a2 =
8
(*)
2
3 2
3 12
3
a0
2 1
0
a0
2 2 5 4 a1 5 =
(M (T ; B; B)) 1 4 a1 5 = 4 0
a2
0
0
2
a2
3
2
3
2
3
2 1
1
1
1
1
1
a0
a
a
a
2
4
4
2 0
4 1
4 2
1
1 54
1
1
5
a1 5 = 4
a
a
=4 0
2
2
2 1
2 2
1
1
0
0
a2
a
2
2 2
Logo
T
1
1
a0
2
(p (t)) =
1
a1
4
1
a2 +
4
1
a1
2
1
a2 t
2
a2 2
t
2
Atendendo a (*) e a (**) conclui-se que a expressão geral do isomor…smo T
T
1
(p (t)) =
1
p (t)
2
166
1 0
p (t)
4
1 00
p (t)
8
(**)
1
é dada por
para todo o p (t) 2 P2 .
(iv) Tem-se
p0 (t)
2p (t) = (2
=
(ii)
Logo, p (t) =
5
4
1
(2
2
+ 32 t
9 2
t
2
3t)2 , T (p (t)) = (2
3t)2
1
(2 (2
4
3t)2
,
T é um isomor…smo
p (t) = T
1
(2 ( 3) ( 3)) =
8
3t) ( 3))
1
3t)2 =
(2
5 3
+ t
4 2
(ii)
9 2
t.
2
é a única solução da equação diferencial linear
p0 (t)
3t)2 .
2p (t) = (2
24. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2.
Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de…nida por
T (p (t)) = t2 p00 (t)
2p (t) ,
onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).
(i) Seja p (t) 2 P2 . p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 ; com a0 ; a1 ; a2 2 R. Tem-se
T a0 + a1 t + a2 t2 = t2 a0 + a1 t + a2 t2
= t2 2a2
2a0
00
2a2 t2 =
2a1 t
2 a0 + a1 t + a2 t2 =
2a0
2a1 t.
Logo, a expressão geral de T : P2 ! P2 é dada por:
T a0 + a1 t + a2 t2 =
2a0
2a1 t.
(ii) Seja B = f1; t; t2 g a base canónica (ordenada) de P2 . Determinemos a matriz M (T ; B; B) que
representa T em relação à base B.
Como
T (1) = 0 2 = 2,
T (t) = 2t;
T t2 = 2t2 2t2 = 0
tem-se
2
2
M (T ; B; B) = 4 0
0
(iii) Uma base para N (T ):
Como
então
02
2
@
4
0
N (M (T ; B; B)) = N
0
3
0 0
2 0 5
0 0
31
0 0
2 0 5A = L (f(0; 0; 1)g) ,
0 0
N (T ) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : (a0 ; a1 ; a2 ) 2 L (f(0; 0; 1)g) = L
t2
.
Como ft2 g é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez que dim N (T ) 6= 0.
167
Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):
N (T ) =
=
=
=
a0 + a1 t + a2 t2
a0 + a1 t + a2 t2
a0 + a1 t + a2 t2
a0 + a1 t + a2 t2
2 P2
2 P2
2 P2
2 P2
: T a0 + a1 t + a2 t2 = 0 =
: t2 2a2 2 a0 + a1 t + a2 t2 = 0 =
: 2a0 2a1 t = 0 =
: a0 = 0 e a1 = 0 = L t2 .
Como ft2 g é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1.
Uma base para I(T ):
Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
I (T ) = L
T (1) ; T (t) ; T t2
= L (f 2; 2t; 0g) = L (f 2; 2tg) :
Uma vez que o conjunto f 2; 2tg é linearmente independente e gera I (T ), então f 2; 2tg é uma base
de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.
Como dim P2 = 3, tem-se I (T ) 6= P2 , pelo que T não é sobrejectiva.
(iv) (a) Resolva, em P2 ; a equação diferencial linear t2 p00 (t) 2p (t) = 2 t.
Como
2
3
02
31
2
2 0 0
4 1 5 2 C (M (T ; B; B)) = C @4 0
2 0 5A ;
0
0
0 0
uma vez que
32
2
3 2
3
2 0 0
1
2
4 1 5=4 0
2 0 5 4 21 5 ,
0
0 0
0
0
então
1
1 + t é uma solução particular da equação diferencial linear
2
t2 p00 (t)
Como a solução geral de t2 p00 (t)
2p (t) = 2
t + Solução geral de t2 p00 (t)
2p (t) = 0 é dada por
N (T ) = L
então a solução geral de t2 p00 (t)
t:
t é dada por:
2p (t) = 2
Solução particular de t2 p00 (t)
e como a solução geral de t2 p00 (t)
2p (t) = 2
2p (t) = 2
1
1+ t+L
2
t2
t2
,
t é dada por:
1
1 + t + at2 : a 2 R .
2
=
(b) Resolva, em P2 ; a equação diferencial linear 2tp0 (t)
168
2p (0) = 2
t.
2p (t) = 0
Seja T1 (p (t)) = 2tp0 (t) 2p (0), em que p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 ; com a0 ; a1 ; a2 2 R.
Logo
T1 (p (t)) = 2tp0 (t) 2p (0) = 2t (a1 + 2a2 t) 2a0 = 2a0 + 2a1 t + 4a2 t2
Como
2
3
2 0 0
M (T1 ; B; B) = 4 0 2 0 5 ;
0 0 4
2; T1 (t) = 2t; T1 (t2 ) = 4t2 , onde B = f1; t; t2 g é a base canónica (ordenada) de P2
uma vez que T1 (1) =
Logo
2
3 2
a0
2tp0 (t) 2p (0) = 2 t , T1 (p (t)) = 2 t , M (T1 ; B; B) 4 a1 5 = 4
a2
2
3
2
3
a0
2
4 a1 5 = (M (T1 ; B; B)) 1 4 1 5
,
M (T1 ;B;B) é invertível
a2
0
32
3 2
3 2
3 12
3 2 1
2
2
0 0
2 0 0
2
a0
2
, 4 a1 5 = 4 0 2 0 5 4 1 5 = 4 0 21 0 5 4 1 5 = 4
0
0 0 41
0 0 4
0
a2
Isto é, a solução geral de
2tp0 (t)
2p (0) = 2
é:
1
3
2
1 5 ,
0
1
1
2
0
3
5.
t
1
t .
2
Veri…cação:
T1
1
1
t
2
= 2t
1
1
t
2
0
2
1
1
0
2
1
2
= 2t
+2=2
t.
Nota importante: Como
dim N (T1 ) = dim N (M (T1 ; B; B)) = 0
então T1 é injectiva e tendo-se
dim
R3
|{z}
espaço de partida
= dim N (T1 ) + dim I(T1 ) = dim I(T1 ),
então I(T1 ) = R3 , isto é, T1 é sobrejectiva e uma base para I(T1 ) é por exemplo
B = 1; t; t2
a base canónica (ordenada) de P2 .
Cálculo alternativo de uma base de I(T1 ):
Seja p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 ; com a0 ; a1 ; a2 2 R. Como
T1 (p (t)) = T1 a0 + a1 t + a2 t2 = 2tp0 (t)
169
2p (0) =
2a0 + 2a1 t + 4a2 t2
então
2; 2t; 4t2
I(T1 ) = fT1 (p (t)) : p (t) 2 P2 g = L
.
Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
T (1) ; T (t) ; T t2
I (T1 ) = L
2; 2t; 4t2
=L
e sendo o conjunto f 2; 2t; 4t2 g linearmente independente então
2; 2t; 4t2
é uma base de I (T1 ), tendo-se
dim
R3
|{z}
espaço de partida
isto é, T1 é injectiva.
= dim N (T1 ) + dim I(T1 ) = dim N (T1 ) + 3 , dim N (T1 ) = 0,
25. Seja U o subespaço das matrizes simétricas de M2
U = A 2 M2
2
2
(R), isto é,
(R) : A = AT .
Considere a transformação linear T : U ! U de…nida por
T (A) = AB + BA
com B =
(i) Seja
0 1
.
1 0
a b
b c
T
2 U , com a; b; c 2 R. Tem-se
a b
b c
=
a b
b c
0 1
1 0
+
0 1
1 0
a b
b c
=
2b a + c
a + c 2b
=
2b a + c
a + c 2b
Logo, a expressão geral de T : U ! U é dada por:
T
a b
b c
.
(ii) Determinemos uma base para U e a matriz que representa T em relação a essa base.
Seja A 2 U . Tem-se
A=
a b
b c
=a
1 0
0 0
+b
0 1
1 0
+c
com a; b; c 2 R. Como o conjunto
B=
1 0
0 0
;
0 1
1 0
170
;
0 0
0 1
0 0
0 1
gera U e é linearmente independente, então B é uma base de U . Por outro lado, como
1 0
0 0
T
1 0
0 0
=
= 0
0 1
1 0
T
0 0
0 1
+1
0 1
1 0
=
= 2
T
1 0
0 0
0 1
1 0
1 0
0 0
= 0
1 0
0 0
0 1
1 0
0 1
1 0
+0
+
0 1
1 0
0 1
1 0
+2
+
0 1
1 0
0 1
1 0
+0
0 1
1 0
+0
0 0
0 1
=
+
0 1
1 0
+1
então a matriz que representa T em relação à base B é dada
2
0 2
4
M (T ; B; B) = 1 0
0 2
(iii) Uma base para N (T ):
Como
então
1 0
0 0
=
0 1
1 0
=
=
2 0
0 2
=
=
0 1
1 0
=
0 0
0 1
0 1
1 0
0 0
0 1
0 0
0 1
0 0
0 1
por:
3
0
1 5.
0
31
02
31
0 2 0
1 0 1
N (M (T ; B; B)) = N @4 1 0 1 5A = N @4 0 2 0 5A = L (f(1; 0; 1)g) ,
0 2 0
0 0 0
N (T ) =
1 0
0
1
dim N (T ) 6= 0.
Como
A=
02
a b
b c
2 U : (a; b; c) 2 L (f(1; 0; 1)g)
1
0
=L
0
1
.
é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez que
Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):
A=
a b
b c
2 U : T (A) =
A=
a b
b c
2U :A
=
A=
a b
b c
2U :
=
A=
a b
b c
2 U : 2b = 0 e a + c = 0
=
A=
N (T ) =
c 0
0 c
0 1
1 0
0 0
0 0
+
2b a + c
a + c 2b
:c2R
=L
171
=
0 1
1 0
=
1 0
0 1
A=
0 0
0 0
0 0
0 0
=
=
=L
1
0
0
1
.
1
0
Como
0
1
é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1.
Uma base para I(T ):
1 0
0 0
Como
;
0 1
1 0
;
0 0
0 1
I (T ) = L
T
gera U , tem-se
1 0
0 0
= L
0 1
1 0
;
2 0
0 2
= L
0 1
1 0
;
2 0
0 2
0 1
1 0
Uma vez que o conjunto
;
0 1
1 0
;T
2 0
0 2
0 1
1 0
;
0 0
0 1
;T
=
=
:
é linearmente independente e gera I (T ), então
0 1
1 0
2 0
0 2
;
é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.
Como dim U = 3, tem-se I (T ) 6= U , pelo que T não é sobrejectiva.
(iv) Resolva, em U; a equação linear T (A) = B.
Como
1
0 1
0 1
0
0 1
+
= 2 1
1 0
1 0
0 2
1 0
então
1
2
1
2
0
=T
1
2
0
1
2
0
0
1
2
0
é uma solução particular da equação linear T (A) = B.
0 21
Como a solução geral de T (A) = B é dada por:
(Solução particular de T (A) = B) + (Solução geral de T (A) = 0)
e como a solução geral de T (A) = 0 é dada por
1
0
N (T ) = L
0
1
,
então a solução geral de T (A) = B é dada por:
1
2
0
0
1
2
+L
1
0
0
1
26. Considere a transformação linear T : M2
em relação às bases ordenadas
B1 =
1 1
1 0
;
1
2
=
2
+a
0
0
1
2
a
:a2R .
(R) ! P3 cuja matriz M (T ; B1 ; B2 ) que a representa
1 1
0 1
172
;
0 1
1 1
;
1 0
1 1
de M2
2
(R) e B2 = f1 + t; t + t2 ; t2 + t3 ; t3 g de P3 é dada por
2
1 1 1 1
6 0 1 1 1
M (T ; B1 ; B2 ) = 6
4 0 0 1 1
0 0 0 1
(i) Seja
a b
c d
2 M2
2
3
7
7 . (*)
5
(R), com a; b; c; d 2 R. De (*), tem-se
T
1 1
1 0
= 1+t
T
1 1
0 1
= 1 + t + t + t2 = 1 + 2t + t2
T
0 1
1 1
= 1 + t + t + t2 + t2 + t3 = 1 + 2t + 2t2 + t3
T
1 0
1 1
= 1 + t + t + t2 + t2 + t3 + t3 = 1 + 2t + 2t2 + 2t3
como
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0
1 0
0 0
0 1
1
3
1
=
3
1
=
3
1 1
1 0
=
=
1 1
1 0
1 1
1 0
2
3
1 1
1 0
1
3
1
+
3
2
3
1 1
0 1
+
+
1 1
0 1
1 1
0 1
1
3
1 1
0 1
2
3
1
+
3
1
+
3
+
0 1
1 1
0 1
1 1
0 1
1 1
1
3
1
3
2
3
1
+
3
1 0
1 1
+
0 1
1 1
+
1 0
1 1
1 0
1 1
1
3
1 0
1 1
então
T
a b
c d
=
T é linear
aT
1 0
0 0
0 1
0 0
+ bT
+ cT
0 0
1 0
+ dT
0 0
0 1
=
1
2
1
1
(1 + t) +
1 + 2t + t2
1 + 2t + 2t2 + t3 +
1 + 2t + 2t2 + 2t3 +
3
3
3
3
1
1
2
1
+b
(1 + t) +
1 + 2t + t2 +
1 + 2t + 2t2 + t3
1 + 2t + 2t2 + 2t3 +
3
3
3
3
1
2
1
1
+c
(1 + t)
1 + 2t + t2 +
1 + 2t + 2t2 + t3 +
1 + 2t + 2t2 + 2t3 +
3
3
3
3
1
1
2
1
+d
(1 + t) +
1 + 2t + t2 +
1 + 2t + 2t2 + t3 +
1 + 2t + 2t2 + 2t3
3
3
3
3
= a
=a
1 1
+ t
3 3
1 2
t
3
+b
1 1
+ t
3 3
1 2
t
3
t3
+c
173
1 1
2
+ t + t2 + t3
3 3
3
+d
1 4
5
+ t + t2 + t3
3 3
3
=
1
1
1
1
= a+ b+ c+ d+
3
3
3
3
1
1
1
4
a+ b+ c+ d t+
3
3
3
3
Logo, a expressão geral de T : M2
T
a b
b c
2
1
a
3
1
2
5
b + c + d t2 + ( b + c + d) t3
3
3
3
(R) ! P3 é dada por:
1
1 1 1
1
1
1
4
= a+ b+ c+ d+ a + b + c + d t+
3
3 3 3
3
3
3
3
1
a
3
1
2
5
b + c + d t2 +( b + c + d) t3 .
3
3
3
(ii) Como a transformação linear T : M2 2 (R) ! P3 é invertível, pois M (T ; B1 ; B2 ) é invertível então
T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor…smo. Sendo T um isomor…smo, T 1 também é um isomor…smo.
Determinemos a expressão geral do isomor…smo T 1 , isto é, determinemos
T
1
a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 .
Primeiro determinemos M (T ; B2c 2 ; B3c ), onde
B2c
2
1 0
0 0
=
;
0 1
0 0
;
0 0
1 0
;
0 0
0 1
e
B3c = 1; t; t2 ; t3
são respectivamente as bases canónicas de M2 2 (R) e de P3 .
A matriz de mudança da base B1 para a base B2c 2 é dada por:
2
3
1 1 0 1
6 1 1 1 0 7
7
SB1 !B2c 2 = 6
4 1 0 1 1 5.
0 1 1 1
A matriz de mudança da base B2 para a base B3c é
2
1
6 1
SB2 !B3c = 6
4 0
0
dada por:
3
0 0 0
1 0 0 7
7.
1 1 0 5
0 1 1
Logo, a matriz que representa T em relação às bases B2c
2
e B3c é dada por:
M (T ; B2c 2 ; B3c ) = SB2 !B3c M (T ; B1 ; B2 ) SB1 !B2c
2
1
6 1
=6
4 0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
32
0
1 1
6 0 1
0 7
76
0 54 0 0
1
0 0
1
1
1
0
174
32
1
1 1
6 1 1
1 7
76
1 54 1 0
1
0 1
0
1
1
1
1
=
2
3
1
0 7
7
1 5
1
1
=
2
1
6 1
=6
4 0
0
1
2
1
0
1
2
2
1
2
36
1 6
6
6
2 7
76
2 56
6
2 6
4
1
3
1
3
1
3
1
3
2
3
1
3
2
3
1
3
1
3
2
3
3
2
3
7 6
7 6
7 6
7 6
7=6
7 6
7 6
7 6
5 4
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
2
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
4
3
2
3
5
3
1
3
1
3
0
1 1 1
3
7
7
7
7
7.
7
7
7
5
Note que a expressão geral de T obtida na alínea (i) pode ser obtida através da matriz M (T ; B2c 2 ; B3c )
anterior:
a b
b c
as coordenadas de T
2
3 6
6
a
6
6 7 6
c
c 6 b 7
M (T ; B2 2 ; B3 ) 4 5 = 6
6
c
6
6
d
4
2
Logo
T
na base B3c são dadas por
a b
b c
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
4
3
2
3
5
3
1
3
1
3
0
1 1 1
3
72
7
7
76
76
74
7
7
5
3 2 1
3
1
1
1
a
a
+
b
+
c
+
d
3
3
3
3
1
1
4
6 1
7
b 7
7 = 6 23 a + 13 b + 13 c + 35 d 7 .
5
4
c
c 3b 3a + 3d 5
3
d
c b+d
1
1
1
1
1
1
1
4
= a+ b+ c+ d+ a + b + c + d t+
3
3
3
3
3
3
3
3
1
a
3
1
2
5
b + c + d t2 +( b + c + d) t3
3
3
3
Seja p (t) 2 P3 , isto é, p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 , com a0 ; a1 ; a2 ; a3 2 R.
Atendendo a que as coordenadas de T 1 (a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 ) em relação à base B2c 2 são dadas por:
3 2
3 2
3
2
32
1 2
2 1
2a1 a0 2a2 + a3
a0
a0
6
7 6
7
6
1 1
1 7
1 6 a1 7
7=6 2
6
7 6 a1 7 = 6 2a0 a1 + a2 a3 7 ,
M (T ; B2c 2 ; B3c )
5
4 a2 5 4 3
2 1
0 5 4 a2 5 4 3a0 2a1 + a2
a3
1 1
0
0
a3
a1 a0
tem-se
T
+ (2a0
1
a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 = (2a1
a1 + a2
a3 )
=
0 1
0 0
+ (3a0
1
2a1 + a2 )
2a1 a0 2a2 + a3 2a0
3a0 2a1 + a2
Ou seja, a expressão geral do isomor…smo T
T
a0
a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 =
1
: P3 ! M2
2a2 + a3 )
0 0
1 0
a1 + a2
a1 a0
2
+ (a1
a3
a0 )
+
0 0
0 1
=
.
(R) é dada por:
2a1 a0 2a2 + a3 2a0
3a0 2a1 + a2
175
1 0
0 0
a1 + a2
a1 a0
a3
.
Tem-se de facto:
T
1
T = IM2
e
2 (R)
T
T
1
= IP3 .
(iii) Atendendo à alínea anterior, a solução geral da equação linear
T
a b
c d
= 1 + 2t + 3t2 + 4t3
é dada por:
a b
c d
=T
1
1 + 2t + 3t2 + 4t3 =
4
1
6+4 2
4+3
3
2+3
2 1
4
=
1
2
1
1
.
27. Seja U o espaço linear das funções reais de variável real duas vezes diferenciável. Considere a
transformação linear T : U ! U de…nida por
T (f ) = f 00
2f 0 + f .
Considere o subespaço S = ff 2 U : f 00 2f 0 + f = 0g de U .
(i) Mostre que o conjunto fet ; tet g é uma base de S. Sugestão: Mostre que se f 2 S, então f (t) e
um polinómio de grau menor ou igual a 1.
Seja f 2 S. Como
f (t) e
t 00
0
= f 0 (t) e t f (t) e t = f 00 (t) e t
= (f 00 (t) 2f 0 (t) + f (t)) e t = 0
f 0 (t) e
t
f 0 (t) e
t
+ f (t) e
t
t
é
=
f 2S
então existe c 2 R tal que para todo o t 2 R
f (t) e
t 0
= c.
Assim, existe d 2 R tal que para todo o t 2 R
f (t) e
t
= ct + d 2 P1 = L (f1; tg) .
Logo
f (t) 2 L
et ; tet
.
Tem-se assim:
S=L
et ; tet
;
onde o conjunto fet ; tet g é linearmente independente uma vez que o conjunto f1; tg é linearmente independente.
Logo o conjunto fet ; tet g é uma base de S.
(ii) Mostre que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a e f 0 (0) = b.
Sejam a; b 2 R. Sejam f; g 2 S tais que
f (0) = g (0) = a e f 0 (0) = g 0 (0) = b:
176
Como S = L (fet ; tet g), existem
1;
2;
1;
t
1e
f (t) =
2 R tais que
2
t
1 te
+
t
2e
e g (t) =
+
t
2 te .
Como f (0) = g (0) = a tem-se
a = f (0) =
e a = g (0) =
1
2.
Logo
=
1
2:
Por outro lado, como f 0 (0) = g 0 (0) = b,
b = f 0 (0) =
t
1e
+
t 0
1 te t=0
=
t
1e
+
t
1e
+
t
1 te t=0
=
1
+
1
b = g 0 (0) =
t
2e
+
t 0
2 te t=0
=
t
2e
+
t
2e
+
t
2 te t=0
=
2
+
2
+
1
=
2
+
2
1
=
2.
t
1 te
=
t
2e
e
Assim,
1
e uma vez que
1
=
2,
então
Deste modo, para todo o t 2 R
f (t) =
t
1e
+
+
t
2 te
= g (t) ;
isto é,
f = g.
Pelo que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a e f 0 (0) = b.
(iii) Determine a única solução f da equação diferencial linear T (f ) = 1 que veri…ca f (0) = 1 e
f (0) = 0.
A função identicamente igual a 1 : f = 1 (f (t) = 1;para todo o t 2 R) é uma solução particular de
0
ff 2 U : T (f ) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g :
Atendendo à alínea anterior, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = 0 e f 0 (0) = 0. Como
f (t) = et + tet
e
0 = f (0) =
e 0 = f 0 (0) =
então
f (t) = 0,
para todo o t 2 R, é a solução geral de
ff 2 U : T (f ) = 0 e f (0) = 0 e f 0 (0) = 0g
Como a solução geral de
ff 2 U : T (f ) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g :
177
é dada por:
(Solução particular de ff 2 U : T (f ) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g) +
+ (Solução geral de ff 2 U : T (f ) = 0 e f (0) = 0 e f 0 (0) = 0g) ,
então a solução geral de
ff 2 U : T (f ) = 1
e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g
é dada por:
f (t) = 1,
para todo o t 2 R.
178
6a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Valores próprios e vectores próprios.
Diagonalização)
1. Seja
2
3
9 8 7
A = 4 6 5 4 5.
3 2 1
Veri…que se 0 é valor próprio de A e caso seja determine um vector próprio associado.
2. Sem calcular o polinómio característico, indique um valor próprio e dois vectores próprios associados
linearmente independentes para a matriz
2
3
5 5 5
4 5 5 5 5:
5 5 5
3. Determine os valores próprios de uma matriz A 2
seja igual a 6.
2 cujo traço seja igual a 5 e cujo determinante
4. Determine uma matriz A real simétrica (AT = A) 2 2 cujos valores próprios sejam
(2; 1) seja um vector próprio associado ao valor próprio 2.
2 e 2 e tal que
5. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que admite os vectores próprios
v1 = (1; 2; 1);
v2 = ( 1; 0; 1);
v3 = (0; 1; 0);
associados respectivamente aos valores próprios 1; 2 e 3.
Determine a expressão geral de T .
6. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (0; y + 3z; 3y + z).
(i) Diga quais dos seguintes vectores:
v1 = (2; 1; 1); v2 = (0; 1; 1); v3 = (1; 0; 0); v4 = ( 1; 1; 3); v5 = (0; 3; 3)
são vectores próprios.
(ii) Determine os valores próprios de T .
(iii) Diga, justi…cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.
(iv) Determine os subespaços próprios de T .
7. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 de…nida por
T (1; 2) = (5; 5) = T (2; 1) .
(i) Veri…que que os vectores v1 = (1; 1) e v2 = (1; 1) são vectores próprios de T .
(ii) Diga, justi…cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.
(iii) Indique uma base ordenada de R2 relativamente à qual a matriz que representa T seja uma
matriz diagonal.
(iv) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .
179
8. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base canónica de R3 é representada
pela matriz:
2
3
0 1 0
A = 4 0 1 0 5.
0 1 0
(i) Veri…que que os vectores v1 = (1; 0; 0); v2 = (1; 1; 1) e v3 = (0; 0; 1) são vectores próprios de T .
(ii) Diga, justi…cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.
(iii) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .
(iv) Diagonalize T . Isto é, determine uma matriz de mudança de base P
D tais que
D = P AP 1 :
9. Considere a transformação linear T : R2
R2 é representada pela matriz:
1
e uma matriz diagonal
! R2 que em relação à base ordenada f(1; 2) ; (2; 1)g de
A=
2 3
3 2
.
(i) Determine os valores próprios de T e diga, justi…cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.
(ii) Determine bases para os subespaços próprios de T .
(iii) Diagonalize a matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P
diagonal D tais que
D = P AP 1 :
1
e uma matriz
10. Seja V um espaço linear de dimensão …nita. Seja T : V ! V uma transformação linear tal que
T 2 = T . Uma tranformação linear nas condições anteriores chama-se projecção.
(i) Mostre que os valores próprios de T são 0 e 1:
(ii) Justi…que que T é diagonalizável.
11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (x; y; x
y) .
(i) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .
(ii) A transformação linear T representa geometricamente uma projecção sobre um plano, paralelamente a um vector. Determine esse plano e esse vector.
12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que representa geometricamente a projecção sobre
o plano x + y + z = 0, paralelamente ao vector (0; 0; 1).
(i) Explique o signi…cado do plano e do vector referidos no enunciado.
(ii) Determine a expressão geral de T .
13. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 que em relação à base canónica de R2 é representada
pela matriz:
2 1
A=
.
0 2
180
(i) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .
(ii) Mostre que não existe nenhuma base de R2 constituída por vectores próprios de T . T é diagonalizável?
14. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (3x; 2y + z; 2z).
(i) Determine os valores próprios e bases dos subespaços próprios de T .
(ii) Mostre que não existe nenhuma base de R3 em relação à qual T possa ser representada por uma
matriz diagonal.
15. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (y + z; 2y + z; y + 2z).
(i) Determine o polinómio característico de T .
(ii) Determine os valores próprios e bases dos subespaços próprios de T .
(iii) Determine uma base de R3 constituída por vectores próprios de T . Determine a matriz que
representa T nesta base ordenada.
(iv) Seja A a matriz que representa T na base canónica de R3 , isto é, A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Diagonalize
a matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P 1 e uma matriz diagonal D tais
que D = P AP 1 .
(v) Determine An e T n (x; y; z).
16. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base ordenada
f(0; 1; 0) ; (1; 0; 1) ; (1; 0; 1)g
de R3 é representada pela matriz:
2
3
7 4 2
1 5.
A=4 1 7
1 2 10
(i) Determine o polinómio característico de T .
(ii) Determine os valores próprios e bases dos subespaços próprios de T .
(iii) Diagonalize a matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P
diagonal D tais que D = P AP 1 .
1
(iv) Determine An e T n (x; y; z).
17. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0; 1) e (1;
2
1
4 a
d
determine a; b; c; d; e; f .
1; 0) são vectores próprios da matriz
3
1 1
b c 5,
e f
181
e uma matriz
18. Considere a transformação linear T : M2 2 (R) ! M2 2 (R) de…nida por T (A) = A + AT .
(i) Escolha uma base ordenada para M2 2 (R) e determine a matriz que representa T em relação a
essa base ordenada.
(ii) Determine os valores próprios e os vectores próprios de T .
(iii) Diga se T pode ou não ser representada por uma matriz diagonal em relação a uma base ordenada
apropriada de M2 2 (R). Em caso a…rmativo, indique uma tal base ordenada e a correspondente
matriz diagonal que representa T .
19. Considere as matrizes
A1 =
2 1
2 5
;
2
3
2 1 1
A2 = 4 0 3 1 5 ;
0 1 3
2
3
1 1 0
A3 = 4 1 1 0 5 .
0 0 0
Veri…que que A1 ; A2 e A3 são diagonalizáveis. Isto é, determine matrizes de mudança de bases
P1 1 ; P2 1 e P3 1 e matrizes diagonais D1 ; D2 e D3 tais que
D1 = P1 A1 P1 1 , D2 = P2 A2 P2
1
e D3 = P3 A3 P3 1 .
20. Considere a transformação linear T : R4 ! R4 que em relação à base canónica de R4 é representada
pela matriz
2
3
0 0 0 0
6 a 0 0 0 7
6
7
4 0 b 0 0 5,
0 0 c 0
com a; b; c 2 R. Determine os valores de a; b; c de modo a que exista uma base de R4 constituída só
por vectores próprios de T .
182
Resolução da 6a Ficha de exercícios
1. Seja
2
Como
det (A
3
9 8 7
A = 4 6 5 4 5.
3 2 1
2
9 8 7
0I) = det 4 6 5 4
3 2 1
2
1 2
4
3
= det 0
0
6
3
2
3
2
3
3 2 1
1 2 3
5 = det 4 6 5 4 5 = det 4 4 5 6 5 =
9 8 7
7 8 9
3
2
3
3
1 2
3
5
4
6
3
6 5=0
= det 0
12
0 0
0
{z
}
|
então 0 é valor próprio de A e atendendo a (*) (1;
2
3 2
1
A4 2 5 = 4
1
2; 1) 2 N (A) = L f(1; 2; 1)g, logo tem-se
3
2
3
0
1
0 5 = 04 2 5
0
1
isto é, (1; 2; 1) é um vector próprio de A associado ao valor próprio 0.
2. Tem-se
2
3
2
32
3
2
32
3
0
5 5 5
1
5 5 5
0
4 5 5 5 54 1 5 = 04
4 5 5 5 54 1 5 = 04 1 5
e
1
5 5 5
0
5 5 5
1
2
3
5 5 5
Logo, 0 é um valor próprio de 4 5 5 5 5 e (0; 1; 1) e (1; 1; 0) são dois vectores
5 5 5
ao valor próprio 0) linearmente independentes.
2
3
1
1 5.
0
próprios (associados
3. Determinemos os valores próprios de uma matriz A 2 2 cujo traço seja igual a 5 e cujo determinante
seja igual a 6.
a b
Seja A =
2 M2 2 (R). Tem-se
c d
tr A = 5 , a + d = 5
Sejam
1
e
2
e
det A = 6 , ad
dois valores próprios de A. Como
tr A =
1
+
2
2
=5
e
det A =
então
1
+
e
183
1 2
=6
1 2
bc = 6.
Logo
[
1
=5
e
2
(5
2)
= 6] , ( = 3 ou
2
= 2),
isto é, os valores próprios de A são 3 e 2.
4. Determinemos uma matriz A real simétrica (AT = A) 2 2 cujos valores próprios sejam 2 e 2 e
tal que (2; 1) seja um vector próprio associado ao valor próprio 2.
a b
Seja A =
2 M2 2 (R) tal que A = AT . Logo b = c. Além disso, sendo 2 e 2 dois valores
c d
próprios de A tem-se
0 = det (A + 2I) = det
a+2
b
b
d+2
=
b2 + 2a + 2d + ad + 4
=
b2
e
0 = det (A
2I) = det
a
2
b
b
d
2
2a
2d + ad + 4
sendo (2; 1) um vector próprio associado ao valor próprio 2 tem-se
a b
b d
Logo
2
1
=2
2
1
, (2a + b = 4 e 2b + d = 2).
8
a = 65
>
>
b2 + 2a + 2d + ad + 4 = 0
>
>
<
b2 2a 2d + ad + 4 = 0
b = 85
,
2a
+
b
=
4
>
>
>
>
:
>
>
2b + d = 2
:
d=
8
>
>
<
e assim
a b
b d
A=
2
=4
6
5
8
5
8
5
6
5
6
5
3
5.
5. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que admite os vectores próprios
v1 = (1; 2; 1);
v2 = ( 1; 0; 1);
v3 = (0; 1; 0);
associados respectivamente aos valores próprios 1; 2 e 3.
Determinemos a expressão geral de T .
Seja (x; y; z) 2 R3 . Existem ; ; 2 R tais que
(x; y; z) = (1; 2; 1) + ( 1; 0; 1) + (0; 1; 0).
Logo
2
1
4 2
1
3
2
1 0 j x
1
0 1 j y 5!4 0
1 0 j z
0
3
2
1 0 j
x
1
2 1 j y 2x 5 ! 4 0
2 0 j z x
0
184
1
2
0
3
0 j
x
1 j y 2x 5
1 j z y+x
e assim
=
x+y
z,
T (x; y; z) =
=
= 21 ( x + z),
= 12 (x + z). Pelo que
1
1
(x + z) T (1; 2; 1) + ( x + z) T ( 1; 0; 1) + ( x + y
2
2
1
1
(x + z) (1; 2; 1) + ( x + z) 2( 1; 0; 1) + ( x + y
2
2
3
1
3
1
=
x
z; 3y 2x 2z; z
x
2
2
2
2
z) T (0; 1; 0) =
z) 3(0; 1; 0) =
ou seja, a expressão geral de T é dada por:
T (x; y; z) =
3
x
2
1
z; 3y
2
2x
3
2z; z
2
1
x .
2
6. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (0; y + 3z; 3y + z).
(i) T (v1 ) = (0; 4; 4). Como não existe 2 R tal que T (v1 ) = v1 , então v1 não é vector próprio de T .
T (v2 ) = (0; 2; 2) = ( 2)(0; 1; 1) = ( 2)v2 . Logo, v2 é um vector próprio de T associado ao valor
próprio 2.
T (v3 ) = (0; 0; 0) = 0(1; 0; 0) = 0v3 . Logo, v3 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 0.
T (v4 ) = (0; 10; 6). Como não existe 2 R tal que T (v4 ) = v4 , então v4 não é vector próprio de T .
T (v5 ) = (0; 12; 12) = 4(0; 3; 3) = 4v5 . Logo, v5 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 4.
(ii) Determinemos os valores próprios de T . Seja
2
0
A=4 0
0
A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Tem-se
3
0 0
1 3 5,
3 1
uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0), T (0; 1; 0) = (0; 1; 3) e T (0; 0; 1) = (0; 3; 1) constituem respectivamente a
1a , 2a e 3a colunas de A.
O polinómio característico é dado por
0
det(A
I) =
=
0 1
0
3
((1
)
0
3
=
1
3) ((1
(1
) + 3) =
)2
9 =
( 2
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
0. Logo, os valores próprios de T são
1
= 0,
2
=
2 e
185
3
= 4.
) (4
).
para os quais det(A
I) =
(iii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como T tem 3 valores próprios distintos,
os vectores próprios correspondentes a cada um deles irão ser linearmente independentes e como tal irá
existir uma base de R3 formada só com vectores próprios de T , ou seja, T é diagonalizável.
(iv) O subespaço próprio E
E
1
é dado por
= N (T
02
1
1 I)
=
31
base canónica
N (A
02
1 I)
0 0 0
0 0
@
4
5
A
@
4
0 1 3
0 1
= N
=N
0 3 1
0 0
= f(x; y; z) : y = z = 0g =
= f(x; 0; 0) : x 2 Rg = L (f(1; 0; 0)g) .
O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
= N (A)
31
0
3 5A =
8
= 0 são
u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
é dado por
2
= N (T
02
2
=
=
=
=
= N (A + 2I)
31
2 0 0
2 0 0
N @4 0 3 3 5A = N @4 0 3 3 5A =
0 3 3
0 0 0
f(x; y; z) : x = 0 e y + z = 0g =
f(x; y; z) : x = 0 e y + z = 0g =
f(0; z; z) : z 2 Rg = L (f(0; 1; 1)g) .
2 I)
=
31
base canónica
N (A
02
O conjunto f(0; 1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
=
2 I)
2 são
u = (0; s; s), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
3
3
é dado por
= N (T
02
=
=
=
=
N (A
4I)
3 I) = N (A
31
02
31
4 0
0
4 0 0
3 3 5A = N @4 0
3 3 5A =
N @4 0
0
3
3
0
0 0
f(x; y; z) : x = 0 e
y + z = 0g =
f(x; y; z) : x = 0 e y = zg =
f(0; z; z) : z 2 Rg = L (f(0; 1; 1)g) .
3 I)
=
base canónica
O conjunto f(0; 1; 1)g é uma base de E 3 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
3
= 4 são
u = (0; s; s) , com s 2 Rn f0g .
186
7. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 de…nida por
T (1; 2) = (5; 5) = T (2; 1).
(i) Como
(1; 1) =
(1; 2) + (2; 1)
Tem-se
T (v1 ) = T (1; 1) = T [ (1; 2) + (2; 1)]
=
=
T (1; 2) + T (2; 1) =
T é linear
(5; 5) + (5; 5) = (0; 0) = 0(1; 1) = 0v1 :
Como
1
1
(1; 1) = (1; 2) + (2; 1)
3
3
Tem-se
T (v2 ) = T (1; 1) = T
1
1
(1; 2) + (2; 1)
3
3
=
T é linear
1
1
T (1; 2) + T (2; 1) =
3
3
1
10
10
[(5; 5) + (5; 5)] = (1; 1) = v2 :
3
3
3
10
Logo, v2 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 3 .
=
(ii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como os vectores v1 = (1; 1) e v2 = (1; 1)
formam uma base de R2 pois são dois vectores linearmente independentes em R2 e dim R2 = 2 e além
disso, v1 e v2 são vectores próprios de T , então existe uma base de R2 formada só com vectores próprios
de T , ou seja, T é diagonalizável.
(iii) Seja Bvp = fv1 ; v2 g = f(1; 1); (1; 1)g. Tem-se
M (T ; Bvp ; Bvp ) =
0
0
0
10
3
,
v = 0v1 + 10
v e deste modo as coordenadas (0; 0) e
uma vez que T (v1 ) = 0v1 = 0v1 + 0v2 e T (v2 ) = 10
3 2
3 2
10
a
a
(0; 3 ) constituem respectivamente a 1 e 2 colunas de M (T ; Bvp ; Bvp ).
Logo, Bvp é uma base de R2 em relação à qual T pode ser representada por uma matriz diagonal, por
ser uma base formada só com vectores próprios de T .
(iv) Seja A = M (T ; Bvp ; Bvp ), com Bvp = f(1; 1); (1; 1)g. O polinómio característico é dado por
det(A
I) =
0
0
10
3
=
10
3
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
0. Logo, os valores próprios de T são
10
.
1 = 0 e
2 =
3
187
.
para os quais det(A
I) =
O subespaço próprio E
E
1
1
é dado por
= N (T
1 I) = f (1; 1) + (1; 1) : ( ; ) 2 N (A
= f (1; 1) + (1; 1) : ( ; ) 2 L (f(1; 0)g)g =
= f (1; 1) : 2 Rg = L (f(1; 1)g) .
O conjunto f(1; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
1 I)g
=
2 I)g
=
= 0 são
u = (s; s) , com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
2
2
é dado por
= N (T
2 I) = f (1; 1) + (1; 1) : ( ; ) 2 N (A
= f (1; 1) + (1; 1) : ( ; ) 2 L (f(0; 1)g)g =
= f (1; 1) : 2 Rg = L (f(1; 1)g) .
O conjunto f(1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
=
10
3
são
u = (s; s) , com s 2 Rn f0g .
8. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base canónica de R3 é representada
pela matriz:
2
3
0 1 0
A = 4 0 1 0 5.
0 1 0
(i) Sejam v1 = (1; 0; 0), v2 = (1; 1; 1), v3 = (0; 0; 1). Atendendo à matriz, tem-se
T (v1 ) = T (1; 0; 0) = 0(1; 0; 0) + 0(0; 1; 0) + 0(0; 0; 1) =
= (0; 0; 0) = 0(1; 0; 0) = 0v1 ;
T (v2 ) = T (1; 1; 1) = 1(1; 0; 0) + 1(0; 1; 0) + 1(0; 0; 1) =
(1; 1; 1) = 1(1; 1; 1) = 1v2 ;
T (v3 ) = T (0; 0; 1) = 0(1; 0; 0) + 0(0; 1; 0) + 0(0; 0; 1) =
(0; 0; 0) = 0(0; 0; 1) = 0v3 :
Logo, v1 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 0; v2 é um vector próprio de T associado ao
valor próprio 1; v3 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 0.
(ii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como os vectores v1 = (1; 0; 0); v2 = (1; 1; 1) e
v3 = (0; 0; 1) formam uma base de R3 pois são três vectores linearmente independentes em R3 e dim R3 = 3
e além disso, v1 ; v2 e v3 são vectores próprios de T , então existe uma base de R3 formada só com vectores
próprios de T , ou seja, T é diagonalizável.
188
(iii) Seja A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Tem-se
2
3
0 1 0
A = 4 0 1 0 5,
0 1 0
uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0), T (0; 1; 0) = (1; 1; 1) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 0) constituem respectivamente a
1a , 2a e 3a colunas de A.
Determinemos os valores próprios de T . Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é,
são os valores de para os quais det(A
I) = 0.
O polinómio característico é dado por
1
det(A
0
0
I) =
0
0
1
=
2
(1
).
1
Logo, os valores próprios de T são
1
O subespaço próprio E
E
1
1
=0 e
2
= 1.
é dado por
= N (T
02
= N (A
1 I) =
31
02
31
1
0
0 1 0
1
0 5A = N @4 0 1 0 5A =
= N @4 0 1
1
0
1
0 1 0
1
02
31
0 1 0
= N @4 0 0 0 5A = (x; y; z) 2 R3 : y = 0 =
0 0 0
= f(x; 0; z) : x; z 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0; 0; 1)g) .
1 I)
O conjunto f(1; 0; 0); (0; 0; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
= 0 são
u = (s; 0; t), com s; t 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
2
2
é dado por
= N (T
02
= N (A
2 I) =
31
02
1
0
1 1
2
@
4
5
A
@
4
0 1
0
0 0
= N
=N
2
0
1
0 1
2
= f(x; y; z) : x + y = 0 e y z = 0g =
= f(x; x; x) : x 2 Rg = L (f(1; 1; 1)g) .
2 I)
O conjunto f(1; 1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
= 1 são
u = (s; s; s), com s 2 Rn f0g .
189
31
0
0 5A =
1
(iv) É possível ter então uma base de R3 constituída só por vectores próprios de T :
Bvp = f(1; 0; 0); (1; 1; 1); (0; 0; 1)g ,
uma vez que
dim E
1
+ dim E
Note ainda que
2
= 3.
2
0
1
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
e
2
0
1
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
com
1
SBc3 !Bvp
= SBvp !B3c
2
0
2
2
0
3
0
0 5
1
3
0
0 5 = SBc3 !Bvp A SBc3 !Bvp
1
1
3
1 1 0
=4 0 1 0 5
0 1 1
e A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ).
Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M (T ; Bvp ; Bvp ) é diagonal tendo-se
A
(R3 ; Bc3 )
SBc3 !Bvp # I
(R3 ; Bvp )
Em resumo, existe P
1
= SBvp !B3c tal que
2
0
1
com D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
2
0
3
0
0 5.
(R3 ; Bc3 )
!
T
I # SBc3 !Bvp
(R3 ; Bvp )
T
!
M (T ;Bvp ;Bvp )
D = P AP
1
1
9. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 que em relação à base ordenada B1 = f(1; 2) ; (2; 1)g
de R2 é representada pela matriz:
2 3
A=
.
3 2
(i) Tem-se
det (A
5 6= 0.
0I) = det A =
Logo, como 0 não é valor próprio de T então T é invertível.
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
I) = 0.
O polinómio característico é dado por
det(A
I) =
2
3
3
2
)2
= (2
=( 1
) (5
190
9 = [(2
)
)
3] [(2
para os quais det(A
) + 3] =
Logo, os valores próprios de T são
1
=
1 e
2
= 5.
Como T tem 2 valores próprios distintos, os vectores próprios correspondentes a cada um deles irão ser
linearmente independentes e como tal irá existir uma base de R2 formada só com vectores próprios de T ,
ou seja, T é diagonalizável.
(ii) O subespaço próprio E
E
1
= N (T
1
é dado por
= f (1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 N (A
3 3
(1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 N
=
3 3
=
1 I)
( 1) I)g =
3 3
=
0 0
= f (1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 L (f( 1; 1)g)g =
= f ( 1; 1) : 2 Rg = L (f( 1; 1)g) .
(1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 N
=
O conjunto f( 1; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
=
1 são
u = ( s; s), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
1
2
é dado por
= N (T
=
= f (1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 N (A 5I)g =
3 3
(1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 N
=
3
3
1 I)
3 3
0 0
= f (1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 L (f(1; 1)g)g =
= f (1; 1) : 2 Rg = L (f(1; 1)g) .
=
(1; 2) + (2; 1) : ( ; ) 2 N
O conjunto f(1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
=
= 5 são
u = (s; s), com s 2 Rn f0g .
(iii) É possível ter uma base de R2 constituída só por vectores próprios de T :
Bvp = f( 1; 1); (1; 1)g ,
uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
= 2 = dim R2 .
Logo,
M (T ; Bvp ; Bvp ) =
1
0
0
2
191
=
1 0
0 5
uma vez que
T ( 1; 1) =
1(
1; 1) =
1(
1; 1) + 0(1; 1)
e
T (1; 1) =
2 (1; 1)
= 0( 1; 1) +
2 (1; 1).
Deste modo, ( 1 ; 0) e (0; 2 ) constituem respectivamente a 1a e 2a colunas de M (T ; Bvp ; Bvp ).
Além disso, sendo B1 = f(1; 2) ; (2; 1)g, tem-se
1
M (T ; Bvp ; Bvp ) = SB1 !Bvp A SB1 !Bvp
com
SB1 !Bvp
1
= SBvp !B1 =
1
3
1
3
1
1
e A = M (T ; B1 ; B1 )
uma vez que
( 1; 1) = (1; 2)
(2; 1)
e (1; 1) =
1
1
(1; 2) + (2; 1) .
3
3
Logo, a matriz A é diagonalizável e tem-se
1
D = P AP
com
P
1
1
1
= SBvp !B1 =
1
3
1
3
1 0
0 5
e D = M (T ; Bvp ; Bvp ) =
Observação:
P
(R2 ; B1 )
1
"I
(R2 ; Bvp )
A
(R2 ; B1 )
!
T
I#P
(R ; Bvp )
T
2
!
D
10. Seja V um espaço linear de dimensão …nita. Seja T : V ! V uma transformação linear tal que
T = T . Uma tranformação linear nas condições anteriores chama-se projecção.
(i) Mostre que os valores próprios de T são 0 e 1:
Dem. Seja um valor próprio de T . Logo existe v 6= 0 tal que
2
T (v) = v.
Por outro lado, como
v = T (v) = T 2 (v) = (T
T ) (v) = T (T (v)) = T ( v)
=
T é linear
T (v) =
tem-se
v=
2
v,
(1
) v = 0 , ( = 0 ou
v6=0
Logo, os valores próprios de T são 0 e 1.
(ii) Tem-se
T 2 = T , (T
192
I) T = 0
= 1) .
v=
2
v
logo, para todo o u 2 V
(T
I) (T (u)) = 0 (u) = 0 ,T (u) 2 N (T
I)
pelo que
I (T )
Seja agora u 2 N (T
I). Logo (T
N (T
I) .
I) (u) = 0, isto é, T (u) = u, ou seja u 2 I (T ). Deste modo
N (T
I (T )
I)
e assim
I (T ) = N (T
I) .
Por outro lado, sendo n = dim V , atendendo a que
n = dim
V
|{z}
espaço de partida
= dim N (T
= dim N (T ) + dim I (T ) =
0I) + dim N (T
1I) = mg (0) + mg (1)
isto é,
n = mg (0) + mg (1)
então T é diagonalizável, uma vez que existirá assim uma base de V formada só com vectores próprios de
T.
11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (x; y; x
y) .
(i) Determinemos os valores próprios e os subespaços próprios de T .
Seja Bc3 = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g a base canónica de R3 . Seja A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Tem-se
2
3
1
0 0
1 0 5,
A=4 0
1
1 0
uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 1), T (0; 1; 0) = (0; 1; 1) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 0) constituem respectivamente
a 1a , 2a e 3a colunas de A.
Determinemos os valores próprios de T . Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é,
são os valores de para os quais det(A
I) = 0.
O polinómio característico é dado por
1
det(A
0
0
1
I) =
0
0
1
1
Logo, os valores próprios de T são
1
=0 e
193
2
= 1.
=
(1
)2 .
O subespaço próprio E
E
1
1
é dado por
= N (T
02
= N (A 0I) =
31
02
31
1
0 0
1 0 0
1 0 5A = N @4 0 1 0 5A =
= N @4 0
1
1 0
0 0 0
= f(0; 0; z) : z 2 Rg = L (f(0; 0; 1)g) .
1 I)
O conjunto f(0; 0; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
= 0 são
u = (0; 0; s), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
2
2
é dado por
= N (T
2 I)
= N (A
02
0
I) = N @4 0
1
0
0
1
31
0
0 5A =
1
= (x; y; z) 2 R3 : x + y + z = 0 =
= (x; y; z) 2 R3 : x = y z =
= f( y z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1)g) .
O conjunto f( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
u=( s
2
= 1 são
t; s; t), com s; t 2 Rn f0g .
(ii) Tem-se T 2 = T , razão pela qual a transformação linear T é uma projecção. Como
f( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1); (0; 0; 1)g
é uma base de R3 formada só por vectores próprios de T , cujos valores próprios associados são respectivamente 1 e 0, tendo-se
T ( 1; 1; 0) = 1( 1; 1; 0) = ( 1; 1; 0)
T ( 1; 0; 1) = 1( 1; 0; 1) = ( 1; 0; 1)
T (0; 0; 1) = 0(0; 0; 1) = (0; 0; 0).
Assim, T projecta os elementos de R3 sobre um plano, paralelamente a um vector, sendo o plano dado por:
L (f( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1)g)
isto é, por:
x+y+z =0
e o vector dado por:
(0; 0; 1).
194
12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que representa geometricamente a projecção sobre
o plano x + y + z = 0, paralelamente ao vector (0; 0; 1).
(i) O plano
(x; y; z) 2 R3 : x + y + z = 0 = L (f( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1)g)
é tal que
T ( 1; 1; 0) = ( 1; 1; 0) e T ( 1; 0; 1) = ( 1; 0; 1)
e o vector (0; 0; 1) é tal que
T (0; 0; 1) = (0; 0; 0)
Ou seja, os vectores que de…nem o plano são vectores (de I (T )) (linearmente independentes) próprios de
T associados ao valor próprio 1 e o vector (0; 0; 1) é um vector (de N (T )) próprio de T associado ao valor
próprio 0:
(ii) Seja (x; y; z) 2 R3 . Como
f( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1); (0; 0; 1)g
é uma base de R3 , as coordenadas de (x; y; z) em relação à base ordenada anterior irão ser ; ;
tais que
(x; y; z) = ( 1; 1; 0) + ( 1; 0; 1) + (0; 0; 1).
Atendendo a
2
e assim
1
4 1
0
3
2
1 0 j x
1
0 0 j y 5!4 0
1 1 j z
0
= x + y + z,
=
x
y;
3
2
1 0 j
x
1
1 0 j x+y 5!4 0
1 1 j
z
0
= y. Pelo que
T (x; y; z) = yT ( 1; 1; 0) + ( x
= y( 1; 1; 0) + ( x
3
1 0 j
x
1 0 j
x+y 5
0 1 j x+y+z
y) T ( 1; 0; 1) + (x + y + z) T (0; 0; 1) =
y) ( 1; 0; 1) + (x + y + z) (0; 0; 0) =
= (x; y; x
y),
isto é, a expressão geral de T é dada por:
T (x; y; z) = (x; y; x
y).
13. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 que em relação à base canónica de R2 é representada
pela matriz:
2 1
A=
.
0 2
(i) O polinómio característico é dado por
det(A
I) =
2
1
0
2
195
= (2
)2 =
2
4 + 4.
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
I) = 0. Logo, o valor próprio de T é
= 2.
para os quais det(A
O subespaço próprio E é dado por
= N (T
E
I) = N (A
2I) = N
0 1
0 0
(x; y) 2 R2 : y = 0 = f(x; 0) : x 2 Rg = L (f(1; 0)g) .
=
O conjunto f(1; 0)g é uma base de E .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
= 2 são
u = (s; 0), com s 2 Rn f0g .
(ii) Não existe nenhuma base de R2 constituída só por vectores próprios de T uma vez que dim E =
1 < 2 = dim R2 . Logo, T não é diagonalizável.
14. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (3x; 2y + z; 2z).
Seja A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Tem-se
2
3
3 0 0
A = 4 0 2 1 5,
0 0 2
uma vez que T (1; 0; 0) = (3; 0; 0), T (0; 1; 0) = (0; 2; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 1; 2) constituem respectivamente a
1a , 2a e 3a colunas de A.
(i) O polinómio característico é dado por
3
det(A
0
0
0
I) =
0
1
2
0
= (3
) (2
)2 =
3
+7
2
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
O subespaço próprio E
E
1
1
=3 e
2
= 2.
é dado por
= N (T
02
16 + 12.
2
= N (A
I) =
31 1 02
0 0
0
0 0
@
4
5
A
@
4
0
1 1
0
1
= N
=N
0 0
1
0 0
= f(x; y; z) : y = z = 0g =
= f(x; 0; 0) : x 2 Rg = L (f(1; 0; 0)g) .
1 I)
196
31
0
0 5A =
1
para os quais det(A
O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
= 3 são
u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
2
E
2
é dado por
= N (T
02
= N (A
2 I) =
31
0
1 5A = f(x; y; z) : x = z = 0g =
0
2 Rg = L (f(0; 1; 0)g) .
2 I)
1 0
@
4
0 0
= N
0 0
= f(0; y; 0) : y
O conjunto f(0; 1; 0)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
= 2 são
u = (0; s; 0), com s 2 Rn f0g .
(ii) Não existe nenhuma base de R3 constituída só por vectores próprios de T uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
= 2 < 3 = dim R3 :
Logo, a matriz A não é diagonalizável, isto é, não existe nenhuma base de R3 em relação à qual T possa
ser representada por uma matriz diagonal.
15. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (y + z; 2y + z; y + 2z).
Seja A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Tem-se
2
3
0 1 1
A = 4 0 2 1 5,
0 1 2
uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0), T (0; 1; 0) = (1; 2; 1) e T (0; 0; 1) = (1; 1; 2) constituem respectivamente a
1a , 2a e 3a colunas de A.
(i) O polinómio característico é dado por
det(A
I) =
=
=
1
1
0 2
1
=
(2
)2 + =
(2
)2
0
1
2
[((2
) 1) ((2
) + 1)] =
(1
) (3
)
3
2
+4
3 .
1 =
(ii) Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
det(A
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
= 0,
2
=1 e
197
3
= 3.
para os quais
O subespaço próprio E
é dado por
1
E
= N (T
02
= N (A
1 I) =
31
0
2
31
0 1 1
0 1 1
= N @4 0 2 1 5A = N @4 0 1 0 5A =
0 1 2
0 0 1
= f(x; y; z) : y = z = 0g =
= f(x; 0; 0) : x 2 Rg = L (f(1; 0; 0)g) .
1
1 I)
O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
= 0 são
u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
2
2
é dado por
= N (T
02
=
=
=
=
= N (A
2 I) =
31
02
31
1 1 1
1 1 1
N @4 0 1 1 5A = N @4 0 1 1 5A =
0 1 1
0 0 0
f(x; y; z) : x + y + z = 0 e y + z = 0g =
f(x; y; z) : x = 0 e y + z = 0g =
f(0; z; z) : z 2 Rg = L (f(0; 1; 1)g) .
2 I)
O conjunto f(0; 1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
= 1 são
u = (0; s; s), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
3
3
é dado por
= N (T
02
=
=
=
=
= N (A
I) =
31 3
02
31
3 1
1
3 1 1
1 1 5A = N @4 0
1 1 5A =
N @4 0
0
1
1
0
0 0
f(x; y; z) : 3x + y + z = 0 e
y + z = 0g =
2
(x; y; z) : x = z e y = z =
3
2
z; z; z : z 2 R = L (f(2; 3; 3)g) .
3
3 I)
O conjunto f(2; 3; 3)g é uma base de E 3 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
3
= 3 são
u = (2s; 3s; 3s) , com s 2 Rn f0g .
(iii) É possível ter uma base de R3 constituída só por vectores próprios de T :
Bvp = f(1; 0; 0); (0; 1; 1); (2; 3; 3)g ,
198
uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
+ dim E
3
= 3 = dim R3 .
Logo, a matriz que representa T na base Bvp é dada por
2
3 2
0 0 0
1
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0 1 0 5 = 4 0
0 0 3
0
3
0
0 5,
0
2
0
3
uma vez que
T (1; 0; 0) = (0; 0; 0) = 0(1; 0; 0) + 0(0; 1; 1) + 0 (2; 3; 3) ,
T (0; 1; 1) = (0; 1; 1) = 0(1; 0; 0) + 1(0; 1; 1) + 0 (2; 3; 3)
e
T (2; 3; 3) = (6; 9; 9) = 0(1; 0; 0) + 0(0; 1; 1) + 3 (2; 3; 3) .
Deste modo, ( 1 ; 0; 0), (0;
2 ; 0)
e (0; 0;
3)
constituem respectivamente a 1a , 2a e 3a colunas de M (T ; Bvp ; Bvp ).
(iv) Seja A a matriz que representa T na base canónica de R3 , isto
(iii),
2
3 2
0 0
0 0
1
4
5
4
0
0
M (T ; Bvp ; Bvp ) =
= 0 1
2
0 0
0 0
3
é, A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Tem-se, por
Logo, atendendo ao diagrama
A
(R3 ; Bc3 )
!
(R3 ; Bc3 )
T
I # SBc3 !Bvp
(R3 ; Bvp )
T
1
SBc3 !Bvp
"I
3
(R ; Bvp )
3
0
0 5.
3
!
M (T ;Bvp ;Bvp )
tem-se
1
D = P AP
com
2
P
1
= SBc3 !Bvp
1
= SBvp !B3c
3 2
3
0
0 0 0
0 5 = 4 0 1 0 5,
0 0 3
3
0
1
D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
com
,
2
0
2
3
0 2
1 3 5
1 3
1
4
= 0
0
e A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ).
Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M (T ; Bvp ; Bvp ) é diagonal.
(v) Atendendo a que
D = P AP
1
,
tem-se
A=P
1
199
DP .
Logo,
An
e
2
32 n
32
0 2
0
0 0
1
n
5
4
5
4
1 3
0 1
0
0
1 3
0 0 3n
0
3
1 n
3
3
1
+ 12 3n 5
2
1
+ 21 3n
2
1
1 n
4
= P D P = 0
0
2
1 n
3
0
3
1
4
0 2 + 21 3n
=
1
0
+ 12 3n
2
2
3 2
x
T n (x; y; z) = An 4 y 5 = 4
z
1 n
3 y + 31 3n z
3
1
1
+ 12 3n y +
+
2
2
1
1 n
1
+ 23 y + 2 +
2
3
0 2
1 3 5
1 3
1 n
3
2
1 n
3
2
para todo o (x; y; z) 2 R3 .
1
=
3
z 5,
z
16. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base B = f(0; 1; 0) ; (1; 0; 1) ; (1; 0; 1)g
(ordenada) de R3 é representada pela matriz:
2
3
7 4 2
1 5.
A=4 1 7
1 2 10
Logo, a matriz que representa T em relação à base canónica Bc de R3 é dada por:
2
3
7 4 2
1 5 (SB!Bc ) 1 =
B = M (T ; Bc ; Bc ) = SB!Bc 4 1 7
1 2 10
2
3 2
32
3
32
0 1 1
9 0
0
7 4 2
0 1 0
1 5
1 5.
1 5 4 21 0
= 4 1 0 0 54 1 7
=4 3 7
2
1
1
0
1 1
0 2
3
2 8
1 2 10
2
Note que deste modo, para todo o (x; y; z) 2 R3 tem-se
2 3
x
T (x; y; z) = B 4 y 5 = (9x; 3x + 7y
z
z; 3x
2y + 8z) .
(i) O polinómio característico é dado por
9
det(A
I) = det(B
= (9
=
(
3
3
I) =
)
2
2
9) (
0
0
1
7
2
= (9
) [(7
) (8
)
2] =
8
15 + 54 = (9
)(
9) (
6) =
6) .
(ii) Os valores próprios de T são os valores próprios de B, isto é, são os valores de
det(B
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
=9 e
200
2
= 6.
para os quais
O subespaço próprio E
E
1
é dado por
= N (T
02
1
= N (B
I) =
31 1 02
0
0
0
5
A
@
4
2
1
0
=N
2
1
3
1 I)
0
@
4
3
= N
3
0
0
2
31
0
0 5A =
1
= (x; y; z) 2 R3 : 3x 2y z = 0 =
= f(x; y; 3x 2y) : x; y 2 Rg = L (f(1; 0; 3); (0; 1; 2)g) .
O conjunto f(1; 0; 3); (0; 1; 2)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
u = (s; t; 3s
O subespaço próprio E
E
2
2
1
= 9 são
2t), com s; t 2 Rn f0g .
é dado por
= N (T
02
= N (B
I) =
31 2 02
3 0
0
3 0
1 5A = N @4 0 1
= N @4 3 1
3
2 2
0 0
= f(x; y; z) : 3x = 0 e y z = 0g =
= f(0; z; z) : z 2 Rg = L (f(0; 1; 1)g) .
2 I)
O conjunto f(0; 1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
31
0
1 5A =
0
= 6 são
u = (0; s; s), com s 2 Rn f0g .
(iii) É possível ter uma base de R3 constituída só por vectores próprios de T :
Bvp = f(1; 0; 3); (0; 1; 2); (0; 1; 1)g ,
uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
= 3 = dim R3 .
Logo, a matriz que representa T na base Bvp é dada por
2
3 2
9 0 0
1
4
5
4
0
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 0 9 0 =
0 0 6
0
uma vez que
0
1
0
3
0
0 5,
2
T (1; 0; 3) = (9; 0; 27) = 9(1; 0; 3) + 0(0; 1; 2) + 0(0; 1; 1),
T (0; 1; 2) = (0; 9; 18) = 0(1; 0; 3) + 9(0; 1; 2) + 0(0; 1; 1)
e
T (0; 1; 1) = (0; 6; 6) = 0(1; 0; 3) + 0(0; 1; 2) + 6(0; 1; 1).
Deste modo, ( 1 ; 0; 0), (0;
2 ; 0)
e (0; 0;
3)
constituem respectivamente a 1a , 2a e 3a colunas de M (T ; Bvp ; Bvp ).
201
Logo, atendendo ao diagrama
B
(R3 ; Bc3 )
!
(R3 ; Bc3 )
T
I # SBc3 !Bvp
(R3 ; Bvp )
T
1
"I
SBc3 !Bvp
3
(R ; Bvp )
!
M (T ;Bvp ;Bvp )
tem-se
1
D = P BP
com
2
P
1
1
= SBc3 !Bvp
= SBvp !B3c
3 2
3
0
9 0 0
0 5 = 4 0 9 0 5,
0 0 6
2
0
1
D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
com
,
1
0
2
3
0 0
1 1 5
2 1
1
4
= 0
3
e B = M (T ; Bc3 ; Bc3 ).
Isto é, a matriz B é diagonalizável e a matriz M (T ; Bvp ; Bvp ) é diagonal.
(iv) Atendendo a que
D = P BP
1
,
tem-se
B=P
1
DP .
Logo,
Bn = P
2
= 4
2
= 4
2
= 4
e
2
0
4
= 1
0
32
3
32 n
1 0 0
0 0
9
0 0
1 n
1 1 5 4 0 9n 0 5 4 0 1 1 5
D P
3
2 1
2 1
0 0 6n
3
2
3
n
1 0
9
0 0
1
0
0
n
5
4
0 1
0 9
0
1 1=3
1=3 5 =
n
3
2
0 0 6
1 2=3 1=3
3
2
3
9n
0
0
1
0
0
0
9n
6n 5 4 1 1=3
1=3 5 =
n
n
n
9 3 9 ( 2) 6
1 2=3 1=3
3
9n
0
0
1 n
9 + 13 6n 5
9n 6n 13 9n + 32 6n
3
2 n
9n 6n
9 + 32 6n 32 9n + 13 6n
3
3
1 1
0 0 5
1 1
2
1
4
= 0
3
32
0
1 54
1
1
2
4 9n
9n
An = (SB!Bc )
9n
6n
6n
1
B n SB!Bc =
0
1 n
9 + 32 6n
3
2 n
9 + 32 6n
3
202
32
0
0
1 n
1 n 54
9 + 36
1
3
2 n
1 n
9
+
6
0
3
3
1
=
3
1 1
0 0 5=
1 1
2
=4
Por outro lado,
2 n
6
3
1 n
9
3
1 n
6
3
+ 13 9n
1 n
6
3
1 n
9
3
2
3 2
x
T n (x; y; z) = B n 4 y 5 = 4 (9n
z
(9n
4 n
9
3
2 n
6
3
2 n
9
3
+
2 n
9
3
1 n
6
3
4 n
9
3
4 n
6
3
1 n
9
3
2 n
6
3
2 n
6
3
1 n
9
3
1 n
6
3
3
5.
9n x
6n ) x + 31 9n + 32 6n y +
2 n
6n ) x +
9 + 32 6n y +
3
1 n
9
3
2 n
9
3
para todo o (x; y; z) 2 R3 .
17. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0; 1) e
2
1
4
A= a
d
existem
1;
2
e
3
2 R tais que
(1; 1; 1) 2 N (A
isto é,
2
4
2
e
Logo, tem-se respectivamente
1
a
d
1
4
2
4
1
1
b
1
2
a
d
1
b
2
e
b
e (1; 1; 0) 2 N (A
3 2 3
1
0
54 1 5 = 4 0 5,
1
0
f
1
32
3 2 3
1
1
0
5
4
5
4
c
0
= 0 5
f
1
0
2
1
c
3
e
2 I)
32
1
c
1
3
a
d
1
e
f
+ 31 6n z 5 ,
+ 31 6n z
(1; 1; 0) são vectores próprios da matriz
3
1 1
b c 5,
e f
(1; 0; 1) 2 N (A
1 I),
3
3
3 2 3
0
1
54 1 5 = 4 0 5.
0
0
32
8
8
3
>
>
1 = 0
1 = 3
>
>
>
>
>
>
<
<
a+b+c
=
0
a+b+c=3
,
1
>
>
>
>
>
>
>
>
:
:
d+e+f
d + e + f = 3,
1 = 0
8
8
=
0
>
>
2
2 = 0
>
>
>
>
>
>
<
<
a c=0
a=c
,
>
>
>
>
>
>
>
>
:
:
d f+ 2=0
d=f
203
3 I),
e
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
Assim,
8
>
>
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
>
>
:
=0
3
a
b+
d
e=0
1
=3
2
=0
3
=0
3
=0 ,
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
3
=0
a=b
d = e.
a = b = c = d = e = f = 1.
18. Considere a transformação linear T : M2 2 (R) ! M2 2 (R) de…nida por
T (A) = A + AT .
(i) Seja
Bc2
2
=
1 0
0 0
;
0 1
0 0
0 0
1 0
;
a base canónica (ordenada) de M2 2 (R).
A matriz M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) que representa T em relação
2
2
6
0
M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) = 6
4 0
0
uma vez que
1 0
0 0
T
=
2 0
0 0
=2
1 0
0 0
;
0 0
0 1
à base canónica (ordenada) Bc2
3
0 0 0
1 1 0 7
7,
1 1 0 5
0 0 2
+0
0 1
0 0
+0
0 0
1 0
+0
0 0
0 1
2
,
T
0 1
0 0
=
0 1
1 0
=0
1 0
0 0
+
0 1
0 0
+
0 0
1 0
+0
0 0
0 1
,
T
0 0
1 0
=
0 1
1 0
=0
1 0
0 0
+
0 1
0 0
+
0 0
1 0
+0
0 0
0 1
,
+0
0 1
0 0
+0
e
T
0 0
0 1
=
0 0
0 2
=0
1 0
0 0
204
0 0
1 0
+2
0 0
0 1
.
é dada por
(ii) Seja A = M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ). O polinómio característico é dado por
2
det(A
0
0
0
0
I) =
0
1
1
1
0
1
= (2
) [((1
=
(2
)3 .
)
0
0
0
0
2
)2 (1
= (2
)2
2
1) ((1
) + 1)] =
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
O subespaço próprio E
E
1
= N (T
1
=0 e
2
= 2.
=
a b
c d
2 M2 2 (R) : (T
a b
c d
1 I)
=
a b
c d
2 M2 2 (R) : T
=
a b
c d
2 M2 2 (R) :
2a b + c
c + b 2d
1a
1b
1c
1d
=
a b
c d
2 M2 2 (R) :
2a b + c
c + b 2d
0 0
0 0
=
=
a b
c d
2 M2 2 (R) :
2a b + c
c + b 2d
=
a b
c d
2 M2 2 (R) : 2a = 0 e b + c = 0 e 2d = 0
=
0
c
= L
0
1
para os quais det(A
é dado por
1 I)
c
0
1 =
a b
c d
2 M2 2 (R) : c 2 R
1
0
a b
c d
1I
=
0 0
0 0
=
.
0
1
é uma base de E 1 .
1 0
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
O conjunto
U=
0
s
s
0
1
= 0 são
, com s 2 Rn f0g .
205
=
=
0 0
0 0
=
=
0 0
0 0
=
0 0
0 0
0 0
0 0
=
=
=
=
O subespaço próprio E
E
= N (T
2
2
é dado por
2 I)
a b
c d
=
2 M2 2 (R) : (T
=
a b
c d
2 M2 2 (R) : T
=
a b
c d
2 M2 2 (R) :
2a b + c
c + b 2d
=
a b
c d
2 M2 2 (R) :
2a b + c
c + b 2d
=
a b
c d
2 M2 2 (R) :
=
a b
c d
2 M2 2 (R) : b = c
=
a c
c d
2 M2 2 (R) : a; c; d 2 R
= L
1 0
0 0
;
0 1
1 0
a b
c d
2a
2b
2c
2d
0 0
0 0
0 0
0 0
=
0 0
0 0
=
=
0 0
0 0
=
0 0
0 0
=
=
=
2a 2b
2c 2d
b+c
0
=
=
=
=
=
0 0
0 1
;
a b
c d
2I
0
c+b
a b
c d
2 I)
.
1 0
0 1
0 0
;
;
é uma base de E 2 .
0 0
1 0
0 1
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio 2 = 2 são
O conjunto
r s
s t
U=
, com r; s; t 2 Rn f0g .
(iii) É possível ter uma base de M2 2 (R) constituída só por vectores próprios de T :
1 0
0 0
Bvp =
0 1
1 0
;
;
0
1
1
0
0 0
0 1
;
,
uma vez que
dim E
1
+ dim E
Logo, a matriz que representa T na base Bvp é
2
2
6 0
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 6
4 0
0
uma vez que
2
= 4 = dim M2 2 (R).
dada por
3 2
0 0 0
2
6
7
2 0 0 7 6 0
=
0 0 0 5 4 0
0
0 0 2
0
2
0
0
0
0
0
1
3
0
0 7
7,
0 5
2
T
1 0
0 0
=
2 0
0 0
=2
1 0
0 0
+0
0 1
1 0
+0
0
1
1
0
+0
0 0
0 1
,
T
0 1
1 0
=
0 2
2 0
=0
1 0
0 0
+2
0 1
1 0
+0
0
1
1
0
+0
0 0
0 1
,
206
T
0
1
1
0
0 0
0 0
=
1 0
0 0
=0
0 1
1 0
+0
0
1
+0
1
0
+0
0 0
0 1
,
e
T
0 0
0 1
0 0
0 2
=
1 0
0 0
=0
Deste modo, ( 2 ; 0; 0; 0), (0; 2 ; 0; 0), (0; 0;
colunas de M (T ; Bvp ; Bvp ).
Logo, atendendo ao diagrama
1 ; 0)
e (0; 0; 0;
"I
!Bvp
1
0
I # SBc2
T
(M2 2 (R); Bvp )
0
1
+2
0 0
0 1
.
(M2 2 (R); Bc2 2 )
!
T
1
2
+0
constituem respectivamente a 1a , 2a , 3a e 4a
2)
A
(M2 2 (R); Bc2 2 )
SBc2
0 1
1 0
+0
!
2
!Bvp
(M2 2 (R); Bvp )
M (T ;Bvp ;Bvp )
tem-se
1
D = P AP
com
2
0
2
6 0
D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 6
4 0
0
com
1
P
2
0
0
0
0
0
3 2
0
2
6 0
0 7
7=6
0 5 4 0
0
2
1
1
= SBc2
2
!Bvp
= SBvp !B2c
,
0
2
0
0
0
0
0
0
3
0
0 7
7,
0 5
2
e A = M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ).
2
Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M (T ; Bvp ; Bvp ) é diagonal.
19. (i) Seja
2 1
2 5
A1 =
.
Tem-se
det(A1
I) =
2
1
2
= (2
5
) (5
)+2=
2
7 + 12 = (3
Os valores próprios de A1 são
1
O subespaço próprio E
E
1
1
=3 e
2
= 4.
é dado por
= N (A
= N
1 I)
2
=
1
1
2
5
1
=N
1 1
= (x; y) 2 R2 :
0 0
= f(y; y) : y 2 Rg = L (f(1; 1)g) .
= N
207
1 1
2 2
=
x+y =0 =
) (4
).
O conjunto f(1; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de A1 associados ao valor próprio
1
= 3 são
u = (s; s), com s 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
2
2
é dado por
= N (A2
= N
2 I)
2
=
1
2
2
5
2 1
2 1
=N
2
2 1
= (x; y) 2 R2 :
0 0
= f(x; 2x) : x 2 Rg = L (f(1; 2)g) .
= N
O conjunto f(1; 2)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de A1 associados ao valor próprio
2
=
2x + y = 0 =
= 4 são
u = (s; 2s), com s 2 Rn f0g .
É possível ter uma base de R2 constituída só por vectores próprios de A1 :
Bvp = f(1; 1); (1; 2)g ,
uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
= 2.
Logo, a matriz A1 é diagonalizável e tem-se
D 1 = P 1 A1 P 1 1 ,
com
P1
1
1 1
1 2
= SBvp !B2c =
e
D1 =
(ii) Seja
1
0
0
2
3 0
0 4
=
.
2
3
2 1 1
A2 = 4 0 3 1 5 .
0 1 3
Tem-se
2
det(A2
I) =
= (2
1
0
0
1
1
3
1
) [(3
= (2
)2
1 =
3
)
1] [(3
Os valores próprios de A2 são
1
) (3
=2 e
208
2
= 4.
) + 1] = (2
)2 (4
).
O subespaço próprio E
E
1
1
é dado por
= N (A2
02
1 I)
2
= N @4
=
1
1
0
0
02
3
1
1
1
1
31
3
1
31
02
31
0 1 1
5A = N @4 0 1 1 5A =
0 1 1
0 1 1
= N @4 0 0 0 5A = (x; y; z) 2 R3 : y + z = 0 =
0 0 0
= f(x; z; z) : x; z 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 1)g) .
O conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio
1
= 2 são
u = (s; t; t), com s; t 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
2
= N (A2
02
= N @4
02
2
é dado por
2 I)
2
=
1
2
0
0
3
1
1
2
1
31
3
2
31
02
2
5A = N @4 0
0
2 1 1
@
4
0
1 1 5A = (x; y) 2 R2 :
= N
0
0 0
= f(z; z; z) : z 2 Rg = L (f(1; 1; 1)g) .
1
1
1
31
1
1 5A =
1
2x + y + z = 0 e
O conjunto f(1; 1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio
2
= 4 são
u = (s; s; s), com s 2 Rn f0g .
É possível ter uma base de R3 constituída só por vectores próprios de A2 :
Bvp = f(1; 0; 0); (0; 1; 1); (1; 1; 1)g ,
uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
= 3.
Logo, a matriz A2 é diagonalizável e tem-se
D 2 = P 2 A2 P 2 1 ,
com
e
2
1
1
4
P2 = SBvp !B3c = 0
0
2
3 2
0 0
1
0 5=4
D2 = 4 0
1
0 0
2
209
3
0 1
1 1 5
1 1
3
2 0 0
0 2 0 5.
0 0 4
y+z =0 =
(iii) Seja
2
3
1 1 0
A3 = 4 1 1 0 5 .
0 0 0
Tem-se
1
det(A3
1
1
0
I) =
= (
0
0
1
=(
) (1
)2
1 =
(2
).
0
) [(1
)
1] [(1
) + 1] =
2
Os valores próprios de A3 são
1
O subespaço próprio E
E
1
1
=0 e
2
= 2.
é dado por
= N (A3
02
1 I)
1
= N @4
1
1
1
0
02
=
1
1
0
0
0
31
1
31
02
31
1 1 0
5A = N @4 1 1 0 5A =
0 0 0
1 1 0
@
4
0 0 0 5A = (x; y; z) 2 R3 : x + y = 0 =
= N
0 0 0
= f( y; y; z) : y; z 2 Rg = L (f( 1; 1; 0); (0; 0; 1)g) .
O conjunto f( 1; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio
1
= 0 são
u = ( s; s; t), com s; t 2 Rn f0g .
O subespaço próprio E
E
2
2
= N (A2
02
= N @4
02
é dado por
2 I)
1
=
1
2
1
0
1
2
0
31
0
0
2
31
02
1
5A = N @4 1
0
1 1 0
= N @4 0 0 0 5A = (x; y) 2 R2 :
0 0
2
= f(y; y; 0) : y 2 Rg = L (f(1; 1; 0)g) .
O conjunto f(1; 1; 0)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de A3 associados ao valor próprio
2
1
1
0
31
0
0 5A =
2
x+y =0 e
= 2 são
u = (s; s; 0), com s 2 Rn f0g .
É possível ter uma base de R3 constituída só por vectores próprios de A3 :
Bvp = f( 1; 1; 0); (0; 0; 1); (1; 1; 0)g ,
210
2z = 0 =
uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
= 3.
Logo, a matriz A3 é diagonalizável e tem-se
D3 = P3 A3 P3 1 ,
com
P3
1
= SBvp !B3c
2
3
1 0 1
=4 1 0 1 5
0 1 0
2
1
e D3 = 4 0
0
0
1
0
3 2
3
0
0 0 0
0 5 = 4 0 0 0 5.
0 0 2
2
20. Considere a transformação linear T : R4 ! R4 que em relação à base canónica de R4 é representada
pela matriz
2
3
0 0 0 0
6 a 0 0 0 7
6
7
4 0 b 0 0 5,
0 0 c 0
com a; b; c 2 R.
Determinemos os valores próprios de T . Tem-se
0
a
0
0
O valor próprio de T é = 0.
O subespaço próprio E é dado por
02
E
B6 a
6
= NB
@4 0
0
=
0
0
b
0
0
b
0
0
0
0
=(
)4 =
4
.
c
0
0
c
31
0
C
0 7
7C = N
5
A
0
02
0
B6 a
B6
@4 0
0
0
0
b
0
0
0
0
c
(x; y; z; w) 2 R4 : ax = 0 e by = 0 e cz = 0 .
31
0
C
0 7
7C =
5
0 A
0
Assim, para que exista uma base de R4 constituída só por vectores próprios de T é necessário que se tenha
a = b = c = 0.
Caso contrário, teríamos
dim E < 4.
211
7a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Produtos internos e ortogonalização)
1. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R2
(i) h(
(ii) h(
(iii) h(
1;
1;
1;
2 ); ( 1 ;
2 )i
2 ); ( 1 ;
2 ); ( 1 ;
2 2
1 1
=
2 )i
=
2 )i
+
2 2
2 2
1 1
=
2
2 1
1 1
1 2
+3
(ii) h(
(iii) h(
1;
1;
1;
2;
2;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 ); ( 1 ;
3 ); ( 1 ;
3 )i
2;
2;
=
3 )i
=
3 )i
+
1 1
2 2
1 2
=2
+3
2 2
2 2
2. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R3
(i) h(
R2 ! R de…nem em R2 um produto interno.
+
R3 ! R de…nem em R3 um produto interno.
3 3
2 1
1 1
+
+
1 3
3 1
+2
2 2
+
3 3
3. Determine um produto interno em R2 tal que h(1; 0); (0; 1)i = 2.
4. Considere os vectores u =
p1 ;
5
p1
5
p2 ; p3
30
30
2
ev=
. Veri…que que o conjunto fu; vg é ortonor-
mado relativamente ao produto interno de…nido em R por:
hu; vi = 3u1 v1 + 2u2 v2 ,
onde u = (u1 ; u2 ) e v = (v1 ; v2 ). Veri…que porém que o mesmo conjunto fu; vg não é ortonormado
relativamente ao produto interno usual de…nido em R2 .
5. Considere em R4 o produto interno usual. Determine o subespaço de R4 ortogonal aos vectores
(1; 0; 0; 0) e (1; 0; 0; 1).
6. Considere em R3 o produto interno de…nido por:
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
(i) Calcule kuk, para qualquer vector u = (
1 1
1;
2;
+
3)
1 2
+
2 1
+2
2 2
+
3 3.
2 R3 .
(ii) Considere os vectores u1 = (1; 0; 0), u2 = ( 1; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1). Calcule os ângulos formados
pelos vectores: u1 e u2 ; u1 e u3 ; u2 e u3 .
(iii) Justi…que que o conjunto fu1 ; u2 ; u3 g é uma base ortonormada de R3 . Calcule as coordenadas
de um vector u 2 R3 em relação a esta base.
7. Considere R4 com o produto interno usual. Determine uma base ortonormada para o subespaço de
R4 gerado pelos vectores:
(1; 0; 1; 0); ( 1; 2; 0; 1) e (2; 0; 2; 1).
8. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também os seguintes subespaços de R3 :
U = L (f(0; 1; 1); (0; 0; 1)g)
e
V = (x; y; z) 2 R3 : y
z=0 .
(i) Determine uma base ortogonal para U e uma base ortonormada para V .
(ii) Determine duas bases ortonormadas para R3 : uma que inclua dois vectores de U e outra que
inclua dois vectores de V .
(iii) Determine o elemento de U mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1) e V ? .
212
2
3
1 0 2
9. Seja A = 4 0 0 0 5 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectiva2 0 1
mente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.
(i) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).
(ii) Determine o elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1) e N (A).
2
3
1 0 1
10. Seja A = 4 0 2 0 5 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectiva1 0 1
mente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.
(i) Determine uma base ortonormada para (N (A))? (o complemento ortogonal do núcleo de A).
(ii) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).
(iii) Determine o elemento de L (A) mais próximo de (1; 2; 3) e a distância entre (1; 2; 3) e (L (A))? .
11. Considere em R4 o seguinte subespaço: U = L (f(1; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1)g). Determine uma matriz A
do tipo 2 4 cujo núcleo seja igual a U , isto é, tal que U = N (A).
12. De…na o produto interno em R2 em relação ao qual a base f(1; 0); (1; 1)g é ortonormada.
13. Considere a aplicação h; i : R3
h(
1;
2;
R3 ! R de…nida por
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
1 1
1 2
2 1
+4
2 2
+
3 3.
(i) Veri…que que h; i de…ne um produto interno em R3 .
(ii) Seja V = L (f(3; 4; 0)g)
R3 . Diga qual é o ponto de V mais próximo de (0; 1; 0).
(iii) Determine uma base ortogonal para o complemento ortogonal de V , em relação ao produto
interno h; i.
(iv) Seja PV : R3 ! R3 a projecção ortogonal de R3 sobre V . Indique, em relação ao produto interno
h; i, uma base ortonormada de R3 para a qual a representação matricial de PV seja dada por
2
3
1 0 0
4 0 0 0 5.
0 0 0
14. Seja U o subespaço de R3 gerado pelos vectores v1 = (0; 1; 0) e v2 =
na forma u = u1 + u2 , com u1 2 U e u2 2 U ? .
4
; 0;
5
3
5
. Escreva u = (1; 2; 3)
15. Considere R4 com o produto interno usual. Em cada alínea seguinte, determine uma base ortogonal
para o complemento ortogonal de U , isto é, para U ? .
(i) U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g)
(ii) U = L (f(1; 0; 1; 1)g)
(iii) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y + z + 2w = 0g
(iv) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x
z = 0 e 2x
213
y + 2z
w = 0g
16. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também o seguinte subespaço de R3 :
U = L (f(1; 1; 1); (1; 0; 0)g) .
(i) Determine uma base ortogonal para U .
(ii) Determine u 2 U e v 2 U ? tais que
(3; 2; 1) = u + v.
(iii) Determine a distância entre o ponto (1; 0; 1) e o plano f(1; 1; 0)g + U .
(iv) Determine a distância entre o ponto (x; y; z) e o plano U .
17. Considere R4 com o produto interno usual. Considere também o seguinte subespaço de R4 :
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x
y+z =0 e y
z+w =0 .
(i) Determine uma base ortonormada para U .
(ii) Determine uma base ortonormada para U ? .
(iii) Determine as projecções ortogonais de (0; 0; 1; 0) sobre U e U ? respectivamente.
(iv) Determine as representações matriciais de PU : R4 ! R4 e de PU ? : R4 ! R4 em relação à base
canónica de R4 .
(v) Determine a distância entre o ponto (0; 0; 1; 0) e o subespaço U .
(vi) Determine a distância entre o ponto (x; y; z; w) e o subespaço U .
18. Considere P2 = fa0 + a1 t + a2 t2 : a0 ; a1 ; a2 2 Rg com o produto interno de…nido por:
hp(t); q(t)i = p( 1)q( 1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).
Considere também o seguinte subespaço de P2 :
U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g .
(i) Determine uma base ortonormada para U .
(ii) Determine uma base ortonormada para U ? .
(iii) Determine as projecções ortogonais do polinómio 1 + t sobre U e U ? respectivamente.
(iv) Determine as representações matriciais de PU : P2 ! P2 e de PU ? : P2 ! P2 em relação à base
canónica f1; t; t2 g de P2 .
(v) Determine a distância entre 1 + t e U .
(vi) Determine a distância entre o polinómio a0 + a1 t + a2 t2 e o subespaço U .
19. Considere a aplicação h; i : M2 2 (R)
M2 2 (R) ! R de…nida por
hA; Bi = tr(AB T ).
214
Considere também o subespaço U de M2 2 (R) constituído por todas as matrizes simétricas reais do
tipo 2 2:
a b
U=
2 M2 2 (R) : b = c .
c d
(i) Veri…que que h; i de…ne um produto interno em M2 2 (R).
(ii) Determine uma base ortonormada para U .
(iii) Determine uma base ortonormada para U ? .
(iv) Determine as representações matriciais de PU : M2 2 (R) ! M2 2 (R) e de PU ? : M2 2 (R) !
M2 2 (R) em relação à base canónica
1 0
0 0
;
0 0
1 0
;
(v) Determine as projecções ortogonais da matriz
1 1
0 1
sobre U e U ? respectivamente.
;
0 1
0 0
de M2 2 (R).
(vi) Qual é a matriz simétrica mais próxima da matriz
(vii) Determine a distância entre
(viii) Determine a distância entre
1 1
0 1
a b
c d
e U.
e U.
215
0 0
0 1
1 1
?
0 1
Resolução da 7a Ficha de exercícios
1. (i) Consideremos a aplicação h; i : R2
h(
com ( 1 ; 2 ); ( 1 ;
Por exemplo
2)
1;
R2 ! R, de…nida por
2 ); ( 1 ;
2 )i
=
2 2
1 1
2 2
2 2,
+
2 R2 .
h(1; 1); (1; 0) + (1; 0)i = h(1; 1); (2; 0)i = 4 6= 2 = h(1; 1); (1; 0)i + h(1; 1); (1; 0)i .
Logo, esta aplicação h; i não é um produto interno, uma vez que a condição de linearidade não é veri…cada.
(ii) Consideremos a aplicação h; i : R2
h(
com ( 1 ; 2 ); (
Tem-se
1;
2)
1;
2 ); ( 1 ;
R2 ! R, de…nida por
2 )i
=
1 1
2 1
1 2
+3
2 2,
2 R2 .
h(
1;
2 ); ( 1 ;
2 )i
=
1
1
1
2
1
3
1
2
p
p
1
1
é simétrica e os seus valores próprios ( 2 + 2 e 2
2) são todos positivos, logo, a
1 3
aplicação h; i de…ne um produto interno em R2 .
0
0
Resolução alternativa: Para todos os ( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 ) 2 R2 e 2 R tem-se:
e como
h(
1;
2 ); ( 1 ;
= 1 1
2 1
1 2+3 2 2 =
= 1 1
1 2
2 1+3 2 2 =
= 1 1
2 1
1 2+3 2 2 =
= h( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 )i .
D
E D
E
0
0
0
0
( 1 ; 2 ) + ( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 ) = ( 1 + 1 ; 2 + 2 ); ( 1 ; 2 ) =
0
= ( 1 + 1)
0
= 1 1+ 1
= 1 1
2
2 )i
h (
1;
2 ); ( 1 ;
(
2
2 )i
+
0
2) 1
(
= h 1;
=
1 1
= ( 1 1
=
h( 1 ;
216
1
+
0
0
+ 3( 2 + 2 ) 2 =
0
0
0
2 1
1 2
1
2 1
1 2+3 2 2+3 2 2 =
0
0
0
0
1 2+3 2 2+ 1 1
1
2 1
1 2+3 2 2 =
D 0 0
E
= h( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 )i + ( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 ) .
1
1) 2
2 ); ( 1 ;
2 )i
2 1
2 1
2 ); ( 1 ;
=
+3
2+3 2
1 2
1
2 )i .
2 2
2)
=
=
h(
1;
2 ); ( 1 ;
h(
1;
2 )i
2
1
=
2
1
2
+3
2
2
=(
2
2)
1
p
+( 2
2
2)
0
e
2 ); ( 1 ;
= 0,( 1
, ( 1= 2 e
, ( 1=0 e
2 )i
=0 e
2 = 0)
2 = 0):
2
p
2
2
= 0) ,
Logo:
h(
para todo o ( 1 ; 2 ) 6= (0; 0).
Assim, a aplicação h; i : R2
h(
1;
2 ); ( 1 ;
2 )i
> 0,
R2 ! R, de…nida por
1;
2 ); ( 1 ;
2 )i
=
1 1
2 1
1 2
+3
2 2
é um produto interno.
(iii) Consideremos a aplicação h; i : R2
h(
com ( 1 ; 2 ); (
Tem-se
1;
2)
1;
R2 ! R, de…nida por
2 ); ( 1 ;
2 )i
=
2
1
2
+3
1 1
2 2,
2 R2 .
h(
1;
2 ); ( 1 ;
2 )i
=
2 0
0 3
1
:
2
2 0
não são todos positivos ( 2 e 3), logo, a aplicação h; i não de…ne
0 3
um produto interno em R2 , uma vez que a condição de positividade não é satisfeita.
Como os valores próprios de
Resolução alternativa: Vejamos que a condição de positividade não é satisfeita.
r
3
2
2
j 2j .
h( 1 ; 2 ); ( 1 ; 2 )i = 0 , 2 1 + 3 2 = 0 , 1 =
2
Logo, por exemplo tem-se:
* r
! r
!+
3
3
;1 ;
;1
=0 e
2
2
r
!
3
; 1 6= (0; 0).
2
2)
6= (0; 0)
Assim, a condição:
h(
1;
2 ); ( 1 ;
não é satisfeita. Logo, a aplicação h; i : R2
h(
1;
2 )i
> 0, 8(
1;
R2 ! R, de…nida por
2 ); ( 1 ;
2 )i
=
não é um produto interno.
217
2
1 1
+3
2 2
2. (i) Consideremos a aplicação h; i : R3
h(
com ( 1 ; 2 ;
Tem-se
3 ); ( 1 ;
2;
h(
2
3)
1;
1;
2;
R3 ! R, de…nida por
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
+
1 1
2 2
+
3 3,
2 R3 .
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
1
2
2
32
1 0 0
4 0 1 0 54
0 0 1
3
3
1
2
3
3
5.
1 0 0
4
e como 0 1 0 5 é simétrica e os seus valores próprios (1) são todos positivos, logo, a aplicação h; i
0 0 1
de…ne um produto interno em R3 .
Resolução alternativa: Para todos os (
h(
=
1;
D
2;
3 ); ( 1 ;
1;
2;
2;
3 )i
0
0
3 ); ( 1 ;
0
2;
= 1 1+
= 1 1+
= h( 1 ; 2 ;
3 )( 1 ;
2;
+ 3 3=
2 2+ 3 3 =
3 ); ( 1 ; 2 ; 3 )i .
E
D
0
0
0
( 1 ; 2 ; 3 ) + ( 1 ; 2 ; 3 ); ( 1 ; 2 ; 3 ) =
2 2
E
( 1 + 1 ; 2 + 2 ; 3 + 3 ); ( 1 ; 2 ; 3 ) =
0
0
0
0
= ( 1 + 1)
0
= 1 1+ 1
= 1 1+ 2
1;
2;
+(
1+
2+
0
1
3 ); ( 1 ;
h(
1;
2;
2;
2
+
0
+ ( 3 + 3) 3 =
0
0
2 2+ 2 2+ 3 3+ 3 3 =
0
0
0
3 3+ 1 1+ 2 2+ 3 3 =
D 0 0 0
= h( 1 ; 2 ; 3 ); ( 1 ; 2 ; 3 )i + ( 1 ; 2 ; 3 ); ( 1 ;
h (
2 R3 e
3)
2) 2
= h 1; 2;
=
1 1+
= ( 1 1+
=
h( 1 ; 2 ;
3 )i
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
=0,(
1
2
1
3 ); ( 1 ;
2;
E
)
.
3
2;
3 )i
=
+ 3 3=
2 2 + 3 3) =
3 ); ( 1 ; 2 ; 3 )i .
2 2
2
2
+
2
3
+
0
e
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=0 e
2
=0 e
3
= 0):
Logo:
h(
Assim, a aplicação h; i : R3
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
R3 ! R, de…nida por
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
> 0, 8(
3 )i
=
218
1;
1 1
2;
+
3)
2 2
6= (0; 0; 0).
+
3 3
2 R tem-se:
é um produto interno, o chamado produto interno usual de R3 .
(ii) Consideremos a aplicação h; i : R3
h(
1;
R3 ! R, de…nida por
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
2 1.
1 2
Tem-se
h(
2
e como 4
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
1
2
2
32
0 1 0
4 1 0 0 54
0 0 0
3
3
1
2
3
3
5.
0 1 0
1 0 0 5 não é simétrica, logo, a aplicação h; i não de…ne um produto interno em R3 .
0 0 0
Resolução alternativa: Por exemplo
h(1; 1; 1); (1; 0; 0)i =
1 6= 1 = h(1; 0; 0); (1; 1; 1)i .
Logo, esta aplicação h; i não é um produto interno, uma vez que a condição de simetria não é veri…cada.
(iii) Consideremos a aplicação h; i : R3
h(
com ( 1 ; 2 ;
Tem-se
3 ); ( 1 ;
h(
2
1;
2;
2;
3)
1;
3 ); ( 1 ;
2;
R3 ! R, de…nida por
3 )i
=2
1 1
+
1 3
+
3 1
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
1
2
3
= (2
) [(2
= (2
p
5 3
;
2 2
p
5
;2
2
2 2
3 3,
+
2 R3 .
3
2
32
2 0 1
4 0 2 0 54
1 0 1
2 0 1
4
e como 0 2 0 5 é simétrica e os seus valores próprios
1 0 1
2
3
2
0
1
2
0 5 = (2
det 4 0
) det
1
0
1
( 32 +
+2
) (1
)
)
3
2
1] = (2
p !
5
2
2
2
3
1
1
)
1
1
3
5.
=
2
3 +1 =
p !
3
5
+
2
2
) são todos positivos, logo, a aplicação h; i de…ne um produto interno em R3 .
219
Resolução alternativa: Para todos os (
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
0
2;
0
3 ); ( 1 ;
0
2;
3 )( 1 ;
2;
2 R3 e
3)
2 R tem-se:
= 2 1 1+ 1 3+ 3 1+2 2 2+ 3 3 =
= 2 1 1+ 3 1+ 1 3+2 2 2+ 3 3 =
= h( 1 ; 2 ; 3 ); ( 1 ; 2 ; 3 )i .
D
E D
0
0
0
0
0
0
( 1 ; 2 ; 3 ) + ( 1 ; 2 ; 3 ); ( 1 ; 2 ; 3 ) = ( 1 + 1 ; 2 + 2 ; 3 + 3 ); ( 1 ; 2 ;
0
= 2( 1 + 1 ) 1 + (
0
= 2 1 1+2 1 1+
= 2 1 1+ 1 3+
2;
1;
3 )i
0
0
h (
1;
2;
3 ); ( 1 ;
h(
1;
2;
2;
1) 3
0
0
+ ( 3 + 3 ) 1 + 2( 2 + 2 ) 2 + ( 3 + 3 ) 3 =
0
0
0
0
1 3+ 1 3+ 3 1+ 3 1+2 2 2+2 2 2+ 3 3+ 3
0
0
0
0
0
3 1+2 2 2+ 3 3+2 1 1+ 1 3+ 3 1+2 2 2+ 3
D 0 0 0
E
= h( 1 ; 2 ; 3 ); ( 1 ; 2 ; 3 )i + ( 1 ; 2 ; 3 ); ( 1 ; 2 ; 3 ) .
1
+
E
)
=
3
= h 1; 2;
= 2 1 1+
= (2 1 1 +
=
h( 1 ; 2 ;
3 )i
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
2
1
= 2
2
1
=
3 ); ( 1 ;
3
=
=
=
1 3+
3 1+2
2 2+
3 3 =
1 3 + 3 1 + 2 2 2 + 3 3) =
3 ); ( 1 ; 2 ; 3 )i .
+2
+(
1
3
2;
3
3 )i
2
2
+2
2
3) +
1+
+
p
2
3
=
2
2
0
2
e
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
= 0,( 1=0 e 1+
, ( 1=0 e 2=0 e
2;
3 )i
2;
3 ); ( 1 ;
=0 e
3 = 0):
3
p
2
2
= 0) ,
Logo:
h(
1;
Assim, a aplicação h; i : R3
h(
1;
2;
3 )i
R3 ! R, de…nida por
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=2
> 0, 8(
1 1
+
1;
1 3
2;
+
3)
3 1
6= (0; 0; 0).
+2
2 2
+
3 3
é um produto interno.
3. Sejam (
h(
1;
1;
2 ); ( 1 ;
2 ); ( 1 ;
2)
2 )i
2 R2 . Consideremos a aplicação h; i : R2
=
1
2
3 2
2 3
1
2
=3
1 1
+2
R2 ! R, de…nida por
2 1
+2
1 2
+3
2 2.
3 2
é simétrica e tem os seus valores próprios (1 e 5) todos positivos, então
2 3
esta aplicação de…ne em R2 um produto interno. Além disso, veri…ca-se h(1; 0); (0; 1)i = 2, uma vez que
Atendendo a que a matriz
3 2
2 3
=
h(1; 0); (1; 0)i h(1; 0); (0; 1)i
h(0; 1); (1; 0)i h(0; 1); (0; 1)i
220
.
p1 ;
5
4. Considere os vectores u =
p1
5
p2 ; p3
30
30
ev=
. Considere o produto interno de…nido em
2
R por
h(
Tem-se
1
p ;
5
hu; vi =
e
hu; ui = 3
1
p
5
2
1
p
5
1;
+2
2 ); ( 1 ;
2 )i
=3
2
3
p ;p
30 30
;
1
p
5
1 1
+2
2 2.
1 2
= 3p p + 2
5 30
2
e
=1
2
p
30
hv; vi = 3
3
p =0
30
1
p
5
2
+2
3
p
30
2
= 1.
Logo, o conjunto fu; vg é ortonormado relativamente ao produto interno anterior.
No entanto, relativamente ao produto interno usual h; i0 de…nido em R2 :
h(
1;
tem-se
hu; vi =
p
2 ); ( 1 ;
1
,
150
0
2 )i
=
hu; ui =
1 1
2
5
2 2,
+
e
hv; vi =
13
.
30
Logo, o conjunto fu; vg não é ortonormado relativamente ao produto interno usual de…nido em R2 .
5. Considere em R4 o produto interno usual.
Seja U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 0; 0; 1)g). Logo, o subespaço de R4 ortogonal a U é dado por:
U? =
(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 0)i = 0
h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 1)i = 0
=N
1 0 0 0
1 0 0 1
1 0 0 0
0 0 0 1
=N
e
=
=
= (x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e w = 0 = (0; y; z; 0) 2 R4 : y; z 2 R =
= L (f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) .
Como o conjunto f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é independente e gera U ? então é uma base de U ? e tem-se
R4 = U
U? =
L (f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) .
= L (f(1; 0; 0; 0); (1; 0; 0; 1)g)
6. Considere em R3 o produto interno de…nido por:
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
1 1
+
1 2
+
isto é, por
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
1
221
2
3
2 1
2
+2
2 2
+
32
1 1 0
4 1 2 0 54
0 0 1
3 3,
1
2
3
3
5.
(i) Seja u = (
1;
2;
3)
kuk =
2 R3 . Tem-se
p
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
q
=
2
1
+2
1
2
+2
2
2
2
3.
+
(ii) Considere os vectores u1 = (1; 0; 0), u2 = ( 1; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1). Tem-se
arccos
hu1 ; u2 i
0
= arccos
= ,
ku1 k ku2 k
1:1
2
arccos
hu2 ; u3 i
0
= arccos
=
ku2 k ku3 k
1:1
2
arccos
hu1 ; u3 i
0
= arccos
=
ku1 k ku3 k
1:1
2
e
(iii) Atendendo a que
hu1 ; u2 i = hu2 ; u3 i = hu1 ; u3 i = 0 e
ku1 k = ku2 k = ku3 k = 1
então o conjunto fu1 ; u2 ; u3 g é uma base ortonormada de R3 .
Seja u = ( 1 ; 2 ; 3 ) 2 R3 . Tem-se
u = hu; u1 i u1 + hu; u2 i u2 + hu; u3 i u3 =
= ( 1 + 2 ) u1 + 2 u 2 + 3 u 3 .
Logo, as coordenadas de um vector u = (
dadas por:
1;
1
2;
+
3)
2,
2 R3 em relação à base ortonormada fu1 ; u2 ; u3 g são
2
e
3.
7. Considere R4 com o produto interno usual. Seja
U = L (f(1; 0; 1; 0); ( 1; 2; 0; 1); (2; 0; 2; 1)g) .
Determinemos a dimensão
2
1
1
6 0
2
6
4 1 0
0
1
de U e uma base ortonormada
2
3
2
3
2
1
1 2
6
7
6
0 7
7 !6 0 2 0 7 !6
4
4 0
1 4 5
2 5
1
0 1 1
para U . Tem-se
3
2
1
1 2
6
0 2 0 7
7 !6
4
0 0 4 5
0 0 1
1
0
0
0
1
2
0
0
3
2
0 7
7.
4 5
0
Logo, o conjunto fv1 ; v2 ; v3 g, com v1 = (1; 0; 1; 0); v2 = ( 1; 2; 0; 1) e v3 = (2; 0; 2; 1), é uma base de U e
como tal dim U = 3.
Sejam
u1 = v1 , u2 = v2 proju1 v2 e u3 = v3 proju1 v3 proju2 v3 .
Logo, o conjunto fu1 ; u2 ; u3 g, com u1 = (1; 0; 1; 0),
u2 = ( 1; 2; 0; 1)
1
(1; 0; 1; 0) =
2
222
1
; 2;
2
1
;1
2
e
0
1
1
1
(1; 0; 1; 0)
; 2;
;1
2
11=2
2
2
1
21 4 21 13
= (2; 0; 2; 1) +
( 1; 4; 1; 2) =
; ; ;
11
11 11 11 11
u3 = (2; 0; 2; 1)
=
é uma base ortogonal de U . Uma base ortonormada para U :
=
( p
2
; 0;
2
u2
u3
u1
;
;
=
ku1 k ku2 k ku3 k
)
p
p
p
p !
21
22 2 22
22 22
4
21
13
;
;
;
; p
:
;p
;p
;p
22
11
22 11
1067 1067 1067 1067
!
2
;0 ;
2
p
8. (i) O conjunto f(0; 1; 1); (0; 0; 1)g gera U e é linearmente independente logo é uma base de U .
Atendendo ao método de ortogonalização de Gram-Schmidt, uma base ortogonal para U é: fu1 ; u2 g em
que u1 = (0; 1; 1) e
u2 = (0; 0; 1)
h(0; 0; 1); (0; 1; 1)i
(0; 1; 1) =
k(0; 1; 1)k2
Proj (0; 0; 1) = (0; 0; 1)
(0;1;1)
1
(0; 1; 1) =
2
= (0; 0; 1)
Assim uma base ortogonal para U é:
Tem-se
V = (x; y; z) 2 R3 : y
(0; 1; 1); 0;
1 1
;
2 2
1 1
;
2 2
0;
.
.
z = 0 = f(x; y; y) : x; y 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 1)g) :
Atendendo a que h(1; 0; 0); (0; 1; 1)i = 0, uma base ortonormada para V é:
(
p p !)
(0; 1; 1)
(1; 0; 0)
2 2
;
;
:
= (1; 0; 0); 0;
k(1; 0; 0)k k(0; 1; 1)k
2 2
(ii) Como
U? =
L
(0; 1; 1); 0;
1 1
;
2 2
?
= L (f(1; 0; 0)g) ;
uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores geradores de U é:
(
p p !
p p !)
2 2
2 2
(1; 0; 0); 0;
;
; 0;
;
:
2 2
2 2
Como
V ? = (x; y; z) 2 R3 : y
z=0
?
= (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (0; 1; 1)i = 0
223
?
=
= (L (f(0; 1; 1)g))?
?
= L (f(0; 1; 1)g) ;
e atendendo à alínea anterior, uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores geradores de V é:
(
p p !
p
p !)
2 2
2
2
(1; 0; 0); 0;
;
; 0;
;
:
2 2
2
2
(iii) O elemento de U mais próximo de (1; 1; 1) é:
PU (1; 1; 1) = (1; 1; 1)
= (1; 1; 1)
A distância entre (1; 1; 1) e V ? é:
PU ? (1; 1; 1) =
h(1; 1; 1); (1; 0; 0)i (1; 0; 0) = (0; 1; 1):
d (1; 1; 1); V ? = kPV (1; 1; 1)k
=
(1;1;1)2V
k(1; 1; 1)k =
p
3
2
3
1 0 2
9. Seja A = 4 0 0 0 5 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectiva2 0 1
mente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.
(i) O conjunto f(1; 0; 2); (2; 0; 1)g é uma base para C (A) pois gera C (A) e é linearmente independente.
O conjunto f(1; 0; 2); (2; 0; 1); (0; 1; 0)g é uma base para R3 . Como (2; 0; 1) e (0; 1; 0) são ortogonais,
basta aplicar Gram-Schmidt a (1; 0; 2):
(1; 0; 2)
= (1; 0; 2)
P(2;0;1) (1; 0; 2)
h(1; 0; 2); (2; 0; 1)i
(2; 0; 1)
k(2; 0; 1)k2
= (1; 0; 2)
Logo, o conjunto
(
(2; 0; 1)
(0; 1; 0)
;
;
k(2; 0; 1)k k(0; 1; 0)k
3
; 0;
5
3
; 0;
5
6
5
6
5
4
(2; 0; 1) =
5
)
=
(
P(0;1;0) (1; 0; 2) =
h(1; 0; 2); (0; 1; 0)i
(0; 1; 0) =
k(0; 1; 0)k2
3
6
; 0;
5
5
p
p !
2 5
5
; 0;
; (0; 1; 0);
5
5
é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):
224
.
p !)
5
2 5
; 0;
5
5
p
p
p
2 5
5
;
0;
5
5
e
p
p
5
2 5
;
0;
5
5
.
(ii) O elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) é:
PL(A) (1; 1; 1) = (1; 1; 1)
PN (A) (1; 1; 1)
=
N (A)=L(f(0;1;0)g)
h(1; 1; 1); (0; 1; 0)i
(0; 1; 0) =
k(0; 1; 0)k2
(0; 1; 0) = (1; 0; 1).
= (1; 1; 1)
= (1; 1; 1)
A distância entre (1; 1; 1) e N (A) é:
d ((1; 1; 1); N (A)) = P(N (A))? (1; 1; 1) = PL(A) (1; 1; 1) = k(1; 0; 1)k =
2
1 0
4
10. Seja A = 0 2
1 0
vamente o núcleo, espaço
p
2:
3
1
0 5 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respecti1
das colunas e espaço das linhas de A.
(i) Tem-se (N (A))? = L (A). O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0)g é uma base para N (A) pois gera N (A)
e é linearmente independente. Como h(1; 0; 1); (0; 2; 0)i = 0, os vectores (1; 0; 1) e (0; 2; 0) são ortogonais.
Logo, o conjunto
( p
)
p !
(0; 2; 0)
2
2
(1; 0; 1)
;
=
; 0;
; (0; 1; 0)
k(1; 0; 1)k k(0; 2; 0)k
2
2
é uma base ortonormada para (N (A))? .
(ii) O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0)g é uma base para C (A) pois gera C (A) e é linearmente independente.
O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0); (0; 0; 1)g é uma base para R3 . Como (1; 0; 1) e (0; 2; 0) são ortogonais,
basta aplicar Gram-Schmidt a (0; 0; 1):
(0; 0; 1)
= (0; 0; 1)
P(1;0;1) (0; 0; 1)
P(0;2;0) (0; 0; 1) =
h(0; 0; 1); (1; 0; 1)i
(1; 0; 1)
k(1; 0; 1)k2
= (0; 0; 1)
Logo, o conjunto
(
(1; 0; 1)
(0; 2; 0)
;
;
k(1; 0; 1)k k(0; 2; 0)k
1
; 0;
2
1
; 0;
2
1
2
1
2
1
(1; 0; 1) =
2
)
=
h(0; 0; 1); (0; 2; 0)i
(0; 2; 0) =
k(0; 2; 0)k2
1
1
; 0;
2
2
.
( p
p !
2
2
; 0;
; (0; 1; 0);
2
2
é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):
225
p
p
2
; 0; 22
2
p !)
2
2
; 0;
2
2
p
e (0; 1; 0).
(iii) O elemento de L (A) mais próximo de (1; 2; 3) é:
PL(A) (1; 2; 3) = (1; 2; 3)
PN (A) (1; 2; 3)
=
N (A)=L(f( 1;0;1)g)
h(1; 2; 3); ( 1; 0; 1)i
( 1; 0; 1) =
k( 1; 0; 1)k2
( 1; 0; 1) = (2; 2; 2).
= (1; 2; 3)
= (1; 2; 3)
A distância entre (1; 2; 3) e L (A)? é:
p
d (1; 2; 3); (L (A))? = PL(A) (1; 2; 3) = k(2; 2; 2)k = 2 3:
11. Seja U = L (f(1; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1)g). Seja (x; y; z; w) 2 U . Então existem ;
2 R tais que
(x; y; z; w) = (1; 1; 1; 0) + (0; 1; 1; 1):
Deste modo, o seguinte sistema (nas variáveis e ) tem que ser possível e determinado:
8
=x
>
>
<
+ =y
+ =z
>
>
:
=w
Considerando então a
2
1 0 j x
6 1 1 j y
6
4 1 1 j z
0 1 j w
matriz aumentada
3
22
1
7
66 0
7
66
5 L1 +L!
44 0
2 !L2
L1 +L3 !L3
0
deste sistema, tem-se:
33
0 j
x
7
1 j y x 7
77
!
5
1 j z x 5 L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
1 j
w
22
1
66 0
66
44 0
0
0
1
0
0
33
j
x
7
j
y x 7
77 .
5
5
j
z y
j x y+w
Logo, para que o sistema anterior seja possível e determinado, é preciso que se tenha z y = 0 e x y+w = 0.
Assim, U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x y + w = 0 e z y = 0g, isto é,
U = N (A), com A =
1
0
1 0 1
1 1 0
.
12. Seja B = f(1; 0); (1; 1)g uma base de R2 . Vamos de…nir um produto interno em R2 em relação
ao qual a base B é ortonormada.
Seja Bc2 = f(1; 0); (0; 1)g a base canónica de R2 . A matriz de mudança de base de Bc2 para B é dada
por
SBc2 !B = SB!Bc2
Sejam u; v 2 R2 . Tem-se
u=(
1;
1
=
2)
1
0
1
1
e v=(
226
1
=
1;
2) ,
1
0
1
1
.
onde 1 ; 2 e 1 ; 2 são as coordenadas na base Bc2 de u e v respectivamente. Seja S = SBc2 !B . Logo,
tem-se a aplicação h; i : R2 R2 de…nida por
hv1 ; v1 i hv1 ; v2 i
hv2 ; v1 i hv2 ; v2 i
hu; vi = (Su)T G (Sv) , com G =
1 0
0 1
=
,
ou seja,
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
1
0
=
=
1 1
T
1
1
+
1 0
0 1
1 + 2 2 2.
1
2
1 2
+
2
1
0
1
1
1
=
2
Como
h(
e a matriz
1;
2) ; ( 1;
2 )i
=
1 1
+
1 2
+
+2
2 1
2 2
=
1
p
é simétrica, sendo os seus valores próprios ( 21 5 +
1 1
1 2
1 1
1 2
2
3
2
3
2
e
1
2
1
2
p
5) positivos, então a
expressão
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
=
1 1
+
1 2
+
2 1
+2
2 2
2
de…ne um produto interno em R . Além disso, é fácil veri…car que para este produto interno a base
B = f(1; 0); (1; 1)g é ortonormada:
h(1; 0) ; (1; 1)i = 0 e h(1; 0) ; (1; 0)i = h(1; 1) ; (1; 1)i = 1.
13. Considere a aplicação h; i : R3
h(
1;
2;
3 ); ( 1 ;
R3 ! R de…nida por
2;
3 )i
=
1 1
1 2
(i) Tem-se
h(
2
1;
2;
3 ); ( 1 ;
2;
3 )i
=
1
2
2 1
+4
2
1
4 1
0
3
3
1
1 0
p
1 4 0 5 é simétrica e os seus valores próprios ( 5+2 13 e
0
0 1
aplicação h; i de…ne um produto interno em R3 .
Como 4
(ii) Seja V = L (f(3; 4; 0)g)
2 2
+
32
1 0
4 0 54
0 1
5
p
2
13
3 3.
1
2
3
3
5.
) são todos positivos, logo, a
R3 . Uma base ortonormada para V :
(3; 4; 0)
k(3; 4; 0)k
=
(3; 4; 0)
7
3 4
; ;0
7 7
=
O ponto de V mais próximo de (0; 1; 0) é
PV (0; 1; 0) =
(0; 1; 0);
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ;0
7 7
227
=
13
7
3 4
; ;0
7 7
=
39 52
; ;0 .
49 49
Nota. Em alternativa, como dim V = 1,
h(0; 1; 0); (3; 4; 0)i
13
(3; 4; 0) =
(3; 4; 0) =
2
49
k(3; 4; 0)k
PV (0; 1; 0) = proj(3;4;0) (0; 1; 0) =
39 52
; ;0 .
49 49
(iii) Tem-se
V ? = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (3; 4; 0)i = 0 =
= (x; y; z) 2 R3 : 3x 4x 3y + 16y = 0 =
= (x; y; z) 2 R3 : x + 13y = 0 =
= (13y; y; z) 2 R3 : y; z 2 R =
= L (f(13; 1; 0); (0; 0; 1)g) .
Como o conjunto fv1 ; v2 g, com v1 = (13; 1; 0) e v2 = (0; 0; 1), é independente e gera V ? então é uma base
de V ? . Sejam
u1 = v1 e u2 = v2 proju1 v2 .
Logo, o conjunto fu1 ; u2 g, com u1 = (13; 1; 0) e u2 = (0; 0; 1)
de V ? .
0(13; 1; 0) = (0; 0; 1), é uma base ortogonal
(iv) Seja
3 4
; ;0 ;
7 7
B=
Como
13
1
p
;p
; 0 ; (0; 0; 1) :
147 147
13
1
p
;p
; 0 ; (0; 0; 1)
147 147
é uma base ortonormada para V ? , então B é uma base ortonormada de R3 . Atendendo a que
PV
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ;0 ;
7 7
=
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ;0
7 7
=
2
3 4
3 4
3 4
=
; ;0
; ;0 =
; ;0 =
7 7
7 7
7 7
3 4
13
1
= 1
; ;0 + 0 p
;p
; 0 + 0(0; 0; 1),
7 7
147 147
PV
13
1
p
;p
;0
147 147
=
= 0
= 0
13
1
3 4
3 4
p
;p
;0 ;
; ;0
; ;0 =
7 7
7 7
147 147
3 4
; ; 0 = (0; 0; 0) =
7 7
3 4
13
1
; ;0 + 0 p
;p
; 0 + 0(0; 0; 1)
7 7
147 147
228
e
PV (0; 0; 1) =
(0; 0; 1);
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ; 0 = (0; 0; 0) =
7 7
3 4
13
1
; ;0 + 0 p
;p
; 0 + 0(0; 0; 1),
7 7
147 147
= 0
= 0
a matriz que representa PV em relação à base B é
2
1
4 0
0
dada por:
3
0 0
0 0 5.
0 0
14. Consideremos em R3 o produto interno usual. Seja U = L
0 1
4=5 0
U? = N
=
0
3=5
0 1
4 0
=N
(0; 1; 0);
0
3
4
; 0;
5
3
5
. Tem-se
= L (f(3; 0; 4)g) .
Logo,
PU ? (1; 2; 3) =
e assim
PU (1; 2; 3) = (1; 2; 3)
h(1; 2; 3); (3; 0; 4)i
(3; 0; 4) =
k(3; 0; 4)k2
9
12
; 0;
5
5
9
12
; 0;
5
5
PU ? (1; 2; 3) = (1; 2; 3)
=
3
4
; 2;
5
5
.
Deste modo,
(1; 2; 3) =
com
4
; 2; 35
5
2U e
9
; 0; 12
5
5
3
4
; 2;
5
5
+
9
12
; 0;
5
5
,
2 U ?.
15. Considere R4 com o produto interno usual.
(i) Seja U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g). Logo,
U ? = (x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (1; 1; 0; 1)i = 0 .
Tem-se então:
Logo,
8
< x=0
:
x+y+w =0
,
8
< x=0
:
y=
w.
U ? = (0; w; z; w) 2 R4 : z; w 2 R = L (f(0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g) .
Como
h(0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)i = 0
229
então o conjunto f(0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g é uma base ortogonal de U ? .
(ii) Seja U = L (f(1; 0; 1; 1)g). Logo,
U ? = (x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 1; 1)i = 0 .
Tem-se então:
x+z+w =0,x=
z
w.
Logo,
U? = ( z
w; y; z; w) 2 R4 : y; z; w 2 R = L (f(0; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0); ( 1; 0; 0; 1)g) ,
pois
( z
w; y; z; w) = y(0; 1; 0; 0) + z( 1; 0; 1; 0) + w( 1; 0; 0; 1).
Como o conjunto f(0; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0); ( 1; 0; 0; 1)g é independente (basta colocar esses três vectores
como linhas ou como colunas de uma matriz e aplicar de seguida o método de eliminação de Gauss
obtendo-se uma matriz em escada de linhas) e gera U ? então é uma base de U ? .
Como (0; 1; 0; 0) e ( 1; 0; 1; 0) são ortogonais, basta aplicar Gram-Schmidt a ( 1; 0; 0; 1):
( 1; 0; 0; 1)
= ( 1; 0; 0; 1)
P(0;1;0;0) ( 1; 0; 0; 1)
P(
h( 1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0)i
(0; 1; 0; 0)
k(0; 1; 0; 0)k2
= ( 1; 0; 0; 1)
1;0;1;0) (
1; 0; 0; 1) =
h( 1; 0; 0; 1); ( 1; 0; 1; 0)i
( 1; 0; 1; 0) =
k( 1; 0; 1; 0)k2
1
( 1; 0; 1; 0) =
2
1
; 0;
2
1
;1 .
2
Logo, o conjunto
1
; 0;
2
(0; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0);
1
;1
2
é uma base ortogonal de U ? .
(iii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y + z + 2w = 0g. Logo, atendendo a que o produto interno é o
usual (de R4 ), Tem-se:
U = (x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 2; 1; 2)i = 0 = (L (f(1; 2; 1; 2)g))? .
Assim,
U ? = (L (f(1; 2; 1; 2)g))?? = L (f(1; 2; 1; 2)g) .
Logo, o conjunto f(1; 2; 1; 2)g é uma base ortogonal de U ? .
(iv) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x z = 0 e 2x
duto interno é o usual (de R4 ), Tem-se:
U =
y + 2z
w = 0g. Logo, atendendo a que o pro-
(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 1; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (2; 1; 2; 1)i = 0
= (L (f(1; 0; 1; 0); (2; 1; 2; 1)g))? .
230
Assim,
U ? = (L (f(1; 0; 1; 0); (2; 1; 2; 1)g))?? = L (f(1; 0; 1; 0); (2; 1; 2; 1)g) .
Como
h(1; 0; 1; 0); (2; 1; 2; 1)i = 0
então o conjunto f(1; 0; 1; 0); (2; 1; 2; 1)g é uma base ortogonal de U ? .
16. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também o seguinte subespaço de R3 :
U = L (f(1; 1; 1); (1; 0; 0)g) .
(i) Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam
v1 = (1; 1; 1) e v2 = (1; 0; 0)
proj(1;1;1) (1; 0; 0).
Tem-se então:
v2 = (1; 0; 0)
proj(1;1;1) (1; 0; 0)
h(1; 0; 0); (1; 1; 1)i
= (1; 0; 0)
(1; 1; 1)
k(1; 1; 1)k2
1
= (1; 0; 0)
(1; 1; 1)
3
2 1 1
;
;
=
.
3 3 3
Logo, o conjunto
(1; 1; 1);
2
;
3
1
;
3
1
3
é uma base ortogonal de U .
2
;
3
(ii) Como o conjunto (1; 1; 1);
1
;
3
1
3
é uma base ortogonal de U , então
p
p
2 1 1
6
k(1; 1; 1)k = 3 e
;
;
=
,
3 3 3
3
então o conjunto
(
(1; 1; 1)
;
k(1; 1; 1)k
2
;
3
2
;
3
1
;
3
1
;
3
1
3
1
3
)
=
( p
p p !
3 3 3
;
;
;
3 3 3
p
6
;
3
p
6
;
6
p !)
6
6
é uma base ortonormada de U .
Por outro lado, tem-se:
U ? = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 1; 1)i = 0 e h(x; y; z); (1; 0; 0)i = 0 =
=N
1 1 1
1 0 0
=N
231
0 1 1
1 0 0
.
Logo,
8
< y+z =0
:
Assim,
Como
,
x=0
8
< y=
:
z
x = 0.
U ? = (0; z; z) 2 R3 : z 2 R = L (f(0; 1; 1)g) .
k(0; 1; 1)k =
então o conjunto
0;
1 1
p ;p
2 2
=
(
p
0;
2,
p !)
2 2
;
2 2
p
é uma base ortonormada de U ? .
Deste modo, uma vez que se tem
R3 = U
U ?,
então
(3; 2; 1) = PU (3; 2; 1) + PU ? (3; 2; 1) =
p p p !+ p p p !
3 3 3
3 3 3
;
;
;
;
+
= (3; 2; 1);
3 3 3
3 3 3
*
p
p !+ p
p
p !
p
6
6
6
6
6
6
;
;
;
;
+
+ (3; 2; 1);
3
6
6
3
6
6
*
p p !+
p p !
2 2
2 2
+ (3; 2; 1); 0;
;
0;
;
=
2 2
2 2
*
=
Isto é,
1 1
3 3
+ 0; ;
.
3; ;
2 2
2 2
{z
}
| {z }
|
2U
(3; 2; 1) =
2U ?
3 3
1 1
3; ;
+ 0; ;
.
2 2
2 2
| {z }
|
{z
}
2U
2U ?
(iii) A distância entre o ponto (1; 0; 1) e o plano f(1; 1; 0)g + U é dada por:
d((1; 0; 1); f(1; 1; 0)g + U ) = kPU ? ((1; 0; 1)
(1; 1; 0))k = kPU ? (0; 1; 1)k
=
(0; 1;1)2U ?
(iv) A distância entre o ponto (x; y; z) e o subespaço U é dada por:
d((x; y; z); U ) = kPU ? ((x; y; z)
*
(0; 0; 0))k = kPU ? (x; y; z)k
p p !+
p p !
2 2
2 2
=
(x; y; z); 0;
;
0;
;
2 2
2 2
p
2
= j y + zj
.
2
232
k(0; 1; 1)k =
p
2.
17. Considere R4 com o produto interno usual. Considere também o seguinte subespaço de R4 :
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x
y+z =0 e y
z+w =0 .
(i) Tem-se então
U = (y
z; y; z; z
y) 2 R4 : y; z 2 R = L(f(1; 1; 0; 1); ( 1; 0; 1; 1)g).
Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam
v1 = (1; 1; 0; 1) e v2 = ( 1; 0; 1; 1)
proj(1;1;0;
1) (
1; 0; 1; 1).
Tem-se então:
v2 = ( 1; 0; 1; 1)
proj(1;1;0; 1) ( 1; 0; 1; 1)
h( 1; 0; 1; 1); (1; 1; 0; 1)i
= ( 1; 0; 1; 1)
(1; 1; 0; 1)
k(1; 1; 0; 1)k2
2
= ( 1; 0; 1; 1) + (1; 1; 0; 1)
3
1 2
1
=
; ; 1;
.
3 3
3
Logo, o conjunto
1
1 2
; ; 1;
3 3
3
(1; 1; 0; 1);
é uma base ortogonal de U . Como
k(1; 1; 0; 1)k =
então o conjunto
( p
p
3 3
;
; 0;
3 3
p
1 2
1
; ; 1;
3 3
3
3 e
p !
3
;
3
=
p
15
,
3
p
p
p !)
15 2 15 3 15 15
;
;
;
15
15
15
15
p
é uma base ortonormada de U .
(ii) Como
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x
y+z =0 e y
z+w =0
e atendendo ao produto interno usual de R4 , Tem-se:
U =
(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 1; 1; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (0; 1; 1; 1)i = 0
= (L (f(1; 1; 1; 0) ; (0; 1; 1; 1)g))? .
Logo,
U ? = (L (f(1; 1; 1; 0) ; (0; 1; 1; 1)g))?? = L (f(1; 1; 1; 0) ; (0; 1; 1; 1)g) .
Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam
v1 = (1; 1; 1; 0)
e v2 = (0; 1; 1; 1)
233
proj(1;
1;1;0)
(0; 1; 1; 1) .
Tem-se então:
v2 = (0; 1; 1; 1)
proj(1; 1;1;0) (0; 1; 1; 1)
h(0; 1; 1; 1) ; (1; 1; 1; 0)i
= (0; 1; 1; 1)
(1; 1; 1; 0)
k(1; 1; 1; 0)k2
2
= (0; 1; 1; 1) + (1; 1; 1; 0)
3
2 1 1
=
; ;
;1 .
3 3 3
Logo, o conjunto
(1; 1; 1; 0) ;
2 1
; ;
3 3
1
;1
3
é uma base ortogonal de U ? . Como
k(1; 1; 1; 0)k =
então o conjunto
( p
3
;
3
p
2 1
; ;
3 3
3 e
!
p
3 3
;
;0 ;
3 3
p
1
;1
3
p
p
2 15 15
;
;
15
15
=
p
15
,
3
p !)
15 15
;
15
5
p
é uma base ortonormada de U ? .
(iii) A projecção ortogonal PU de R4 sobre U é de…nida por:
PU
R 4 ! R4
*
:
p
p !+ p p
3 3
3
3 3
;
; 0;
;
; 0;
(x; y; z; w) !
(x; y; z; w);
3 3
3
3 3
*
p
p
p
p !+
15 2 15 3 15 15
+ (x; y; z; w);
;
;
;
15
15
15
15
p
p !
3
+
3
p
p
p
p !
15 2 15 3 15 15
;
;
;
,
15
15
15
15
uma vez que o conjunto
( p
p
3 3
;
; 0;
3 3
p !
3
;
3
p
p
p !)
15 2 15 3 15 15
;
;
;
15
15
15
15
p
é uma base ortonormada de U . Logo, a projecção ortogonal de (0; 0; 1; 0) sobre U é dada por:
*
p p
p !+ p p
p !
3 3
3
3 3
3
PU (0; 0; 1; 0) =
(0; 0; 1; 0);
;
; 0;
;
; 0;
+
3 3
3
3 3
3
*
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
15 2 15 3 15 15
15 2 15 3 15 15
+ (0; 0; 1; 0);
;
;
;
;
;
;
15
15
15
15
15
15
15
15
=
1 2 3 1
; ; ;
5 5 5 5
:
234
A projecção ortogonal PU ? de R4 sobre U ? é de…nida por:
PU ?
R 4 ! R4
*
:
!+ p
!
p p
p p
3
3 3
3
3 3
(x; y; z; w) !
(x; y; z; w);
;
;
;0
;
;
;0 +
3
3 3
3
3 3
*
p
p
p !+
p
p
p
2 15 15
2 15 15
15 15
;
;
;
;
;
+ (x; y; z; w);
15
15
15
5
15
15
uma vez que o conjunto
( p
3
;
3
p
!
p
3 3
;
;0 ;
3 3
p
p
p
2 15 15
;
;
15
15
p !
15 15
;
,
15
5
p
p !)
15 15
;
15
5
p
é uma base ortonormada de U ? . Logo, a projecção ortogonal de (0; 0; 1; 0) sobre U ? é dada por:
*
!+ p
!
p
p p
p p
3
3 3
3
3 3
PU ? (0; 0; 1; 0) =
;
;
;0
;
;
;0 +
(0; 0; 1; 0);
3
3 3
3
3 3
*
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
2 15 15
15 15
15 15
2 15 15
+ (0; 0; 1; 0);
;
;
;
;
;
;
15
15
15
5
15
15
15
5
=
1
;
3
1 1
; ;0 +
3 3
2
;
15
1 1
; ;
15 15
1
5
=
1
;
5
2 2
; ;
5 5
1
5
:
Nota muito importante: Uma vez que se tem
R4 = U
U ?,
então para todo o (x; y; z; w) 2 R4 ,
(x; y; z; w) = PU (x; y; z; w) + PU ? (x; y; z; w).
Logo, uma vez calculado PU (0; 0; 1; 0) pela de…nição, como se fêz atrás, obtendo-se PU (0; 0; 1; 0) =
então não precisamos de efectuar o cálculo de PU ? (0; 0; 1; 0) pela de…nição. Basta efectuar:
PU ? (0; 0; 1; 0) = (0; 0; 1; 0)
PU (0; 0; 1; 0)
1 2 3 1
= (0; 0; 1; 0)
; ; ;
5 5 5 5
1 2 2 1
=
;
; ;
.
5 5 5 5
(iv) Seja Bc4 = f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g a base canónica de R4 . Tem-se:
*
p p
p !+ p p
p !
3 3
3
3 3
3
PU (1; 0; 0; 0) =
(1; 0; 0; 0);
;
; 0;
;
; 0;
+
3 3
3
3 3
3
*
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
15 2 15 3 15 15
15 2 15 3 15 15
(1; 0; 0; 0);
;
;
;
;
;
;
15
15
15
15
15
15
15
15
=
1 1
; ; 0;
3 3
1
3
+
1
;
15
2
;
15
235
3
;
15
1
15
=
2 1
; ;
5 5
1
;
5
2
5
.
1 2 3 1
; ; ;
5 5 5 5
,
PU (0; 1; 0; 0) =
p !+ p p
p !
3 3
3
3 3
3
;
; 0;
;
; 0;
+
3 3
3
3 3
3
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
15 2 15 3 15 15
15 2 15 3 15 15
;
;
;
;
;
;
15
15
15
15
15
15
15
15
*
(0; 1; 0; 0);
*
(0; 1; 0; 0);
1 1
; ; 0;
3 3
=
PU (0; 0; 1; 0) =
1
3
2 4 6 2
1 3 2 1
; ; ;
=
; ; ;
.
15 15 15 15
5 5 5 5
p p
p !+ p p
p !
3 3
3
3 3
3
;
; 0;
;
; 0;
+
3 3
3
3 3
3
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
15 2 15 3 15 15
15 2 15 3 15 15
;
;
;
;
;
;
15
15
15
15
15
15
15
15
+
*
(0; 0; 1; 0);
*
(0; 0; 1; 0);
1 2 3 1
; ; ;
5 5 5 5
=
PU (0; 0; 0; 1) =
p
p
(0; 0; 0; 1);
*
(0; 0; 0; 1);
1
;
3
.
p !+ p p
p !
3 3
3
3 3
3
;
; 0;
;
; 0;
+
3 3
3
3 3
3
p
p
p
p
p !+
p !
p
p
15 2 15 3 15 15
15 2 15 3 15 15
;
;
;
;
;
;
15
15
15
15
15
15
15
15
*
=
p
p
1
1
; 0;
3
3
+
1 2 3 1
; ; ;
15 15 15 15
=
2
;
5
1 1 2
; ;
5 5 5
.
Logo, a representação matricial de PU : R4 ! R4 em relação à base canónica de R4 , é dada por:
2
3
2=5
1=5
1=5
2=5
6 1=5
3=5
2=5
1=5 7
7.
M (PU ; Bc4 ; Bc4 ) = 6
4 1=5
2=5
3=5
1=5 5
2=5
1=5
1=5
2=5
Tem-se:
PU ? (1; 0; 0; 0) =
*
(1; 0; 0; 0);
*
(1; 0; 0; 0);
1
;
3
=
PU ? (0; 1; 0; 0) =
1 1
; ;0 +
3 3
*
(0; 1; 0; 0);
*
(0; 1; 0; 0);
=
!+ p
!
p p
p p
3
3 3
3
3 3
;
;
;0
;
;
;0 +
3
3 3
3
3 3
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
2 15 15
15 15
2 15 15
15 15
;
;
;
;
;
;
15
15
15
5
15
15
15
5
p
1 1
; ;
3 3
2 2
3
;
=
;
15 5
5
!+ p
p
p p
3
3 3
3
;
;
;0
;
3
3 3
3
p
p
p
p !+
2 15 15
15 15
;
;
;
15
15
15
5
1
;0 +
3
4 2
; ;
15 15
2 1
; ;
15 15
236
1 1
;
15 5
=
1 1 2
; ;
5 5 5
.
!
p
3 3
;
;0 +
3 3
p
p
p
p !
2 15 15
15 15
;
;
;
15
15
15
5
p
1 2
; ;
5 5
2 1
;
5 5
.
PU ? (0; 0; 1; 0) =
*
(0; 0; 1; 0);
*
(0; 0; 1; 0);
1
;
3
=
PU ? (0; 0; 0; 1) =
*
(0; 0; 0; 1);
(0; 0; 0; 1);
2 1
; ;
5 5
1 3
;
5 5
p
!+
p
p
!
p
p
1
;
5
2 2
; ;
5 5
3
3 3
3
3 3
;
;
;0
;
;
;0 +
3
3 3
3
3 3
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
2 15 15
15 15
2 15 15
15 15
;
;
;
;
;
;
15
15
15
5
15
15
15
5
1 1
; ;0 +
3 3
*
=
p
2
;
15
1 1
; ;
15 15
1
5
=
1
5
.
!+ p
!
p p
p p
3
3 3
3
3 3
;
;
;0
;
;
;0 +
3
3 3
3
3 3
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
2 15 15
15 15
15 15
2 15 15
;
;
;
;
;
;
15
15
15
5
15
15
15
5
p
.
Logo, a representação matricial de PU ? : R4 ! R4 em relação à base canónica de R4 , é dada por:
2
3
3=5
1=5
1=5
2=5
6 1=5
2=5
2=5
1=5 7
7.
M (PU ? ; Bc4 ; Bc4 ) = 6
4 1=5
2=5
2=5
1=5 5
2=5
1=5
1=5
3=5
(v) Escolhendo um ponto de U , por exemplo (0; 0; 0; 0), a distância entre (0; 0; 1; 0) e U é dada por:
d((0; 0; 1; 0); U ) = kPU ? ((0; 0; 1; 0)
*
=
(0; 0; 1; 0);
*
+ (0; 0; 1; 0);
1
;
3
=
(0; 0; 0; 0))k = kPU ? (0; 0; 1; 0)k =
!+ p
!
p p
p p
3
3 3
3
3 3
;
;
;0
;
;
;0 +
3
3 3
3
3 3
p
p
p
p !+
p
p
2 15 15
15 15
2 15 15
;
;
;
;
;
15
15
15
5
15
15
p
1 1
; ;0 +
3 3
2
;
15
1 1
; ;
15 15
1
5
=
1
;
5
2 2
; ;
5 5
p !
15 15
;
15
5
p
1
5
=
p
10
.
5
(vi) A distância entre (x; y; z; w) e U é dada por:
d((x; y; z; w); U ) = kPU ? ((x; y; z; w)
=
*
(x; y; z; w);
*
+ (x; y; z; w);
(0; 0; 0; 0))k = kPU ? (x; y; z; w)k =
!+ p
!
p p
p p
3
3 3
3
3 3
;
;
;0
;
;
;0 +
3
3 3
3
3 3
p
p
p
p !+
p
p
2 15 15
15 15
2 15 15
;
;
;
;
;
15
15
15
5
15
15
p
237
p !
15 15
;
=
15
5
p
!
p ! p
p p
3
3
3
3
3 3
x
y
+z
;
;
;0 +
=
3
3
3
3
3 3
p
p
p
p !
p
p
2 15
15
15
15
2 15 15
+ x
+y
z
+w
;
;
15
15
15
5
15
15
p
=
p
2
3
1
1 1
1
2
w+ x
y + z; w
x+ y
5
5
5
5 5
5
5
q
1
=
(2w + 3x y + z)2 + (w x + 2y
5
2 1
z; x
5 5
1
w
5
2z)2 + (x
p !
15 15
;
=
15
5
p
2
2 3
2
1
y + z; w + x + y
5
5 5
5
5
w
2y + 2z)2 + (3w + 2x + y
18. Considere P2 com o produto interno de…nido da seguinte forma:
hp(t); q(t)i = p( 1)q( 1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).
Considere também o seguinte subespaço de P2 :
U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g .
(i) Tem-se:
U = a1 t + a2 t2 : a1 ; a2 2 R = L(ft; t2 g).
Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam
p1 (t) = t e p2 (t) = t2
ht2 ; ti
t.
ktk2
Logo,
p2 (t) = t2
( 1)2 ( 1) + 02 0 + 12 1
t = t2 .
( 1):( 1) + 0:0 + 1:1
Logo, o conjunto ft; t2 g é uma base ortogonal de U . Assim, o conjunto
(p p )
t
t2
t t2
2
2 2
; 2
= p ;p
=
t;
t
ktk kt k
2
2
2 2
é uma base ortonormada de U .
(ii) Tem-se:
U ? = p(t) 2 P2 : hp(t); ti = 0 e
Logo,
Logo,
8
< (a0
:
(a0
p(t); t2 = 0 .
a1 + a2 )( 1)2 + a0 0 + a0 + a1 + a2 = 0
a1 + a2 )( 1) + a0 0 + a0 + a1 + a2 = 0
U? =
,
8
< a0 =
:
a2 + a2 t2 : a2 2 R = L(f 1 + t2 g).
238
a1 = 0.
a2
1
z
5
z)2 .
=
Como k 1 + t2 k = 1 então f 1 + t2 g é uma base ortonormada de U ? .
Observação. Note que P2 = U U ? , tendo-se, neste caso, dim U = 2 e dim U ? = 1.
(iii) A projecção ortogonal PU de P2 sobre U é de…nida por:
P 2 ! P2
*
*
p +p
p +p
2
2
2 2
2 2
p(t) !
p(t);
t
t + p(t);
t
t,
2
2
2
2
PU
uma vez que o conjunto
:
(p
p )
2
2 2
t;
t
2
2
é uma base ortonormada de U . Logo, a projecção ortogonal de 1 + t sobre U é dada por:
*
*
p +p
p +p
2
2
2 2
2 2
PU (1 + t) = 1 + t;
t
t + 1 + t;
t
t = t + t2
2
2
2
2
A projecção ortogonal PU ? de R3 sobre U ? é de…nida por:
PU ? : P2 ! P 2
p(t) ! p(t); 1 + t2 ( 1 + t2 ),
uma vez que o conjunto
f 1 + t2 g
é uma base ortonormada de U ? . Logo, a projecção ortogonal de 1 + t sobre U ? é dada por:
PU ? (1 + t) = 1 + t; 1 + t2 ( 1 + t2 ) = 1
t2
Nota muito importante: Uma vez que se tem
U ?,
P2 = U
então para todo o p(t) 2 P2 ,
p(t) = PU (p(t)) + PU ? (p(t)).
Logo, uma vez calculado PU ? (1 + t) pela de…nição, como se fêz atrás, obtendo-se PU ? (1 + t) = 1
não precisamos de efectuar o cálculo de PU (1 + t) pela de…nição. Basta efectuar:
PU (1 + t) = 1 + t
PU ? (1 + t) = t + t2 .
(iv) Seja B = f1; t; t2 g a base canónica de P2 . Atendendo à alínea (iii), tem-se
* p +p
* p +p
2
2
2 2
2 2
t
t + 1;
t
t = t2
PU (1) = 1;
2
2
2
2
239
t2 , então
* p +p
* p +p
2
2
2 2
2 2
t
t + t;
t
t =t
PU (t) = t;
2
2
2
2
* p +p
* p +p
2
2
2 2
2 2
t
t + t2 ;
t
t = t2
PU (t2 ) = t2 ;
2
2
2
2
1 + t2 = 1
PU ? (1) = 1; 1 + t2
PU ? (t) = t; 1 + t2
1 + t2 = 0
PU ? (t2 ) = t2 ; 1 + t2
e assim
t2
1 + t2 = 0
2
3
0 0 0
M (PU ; B; B) = 4 0 1 0 5
1 0 1
e
2
3
1 0 0
M (PU ? ; B; B) = 4 0 0 0 5 .
1 0 0
Note que
I = PU + PU ? .
(v) Escolhendo um ponto de U , por exemplo t, a distância entre 1 + t e U é dada por:
d(1 + t; U ) = kPU ? (1 + t
t)k = kPU ? (1)k =
1; 1 + t2 ( 1 + t2 ) = 1.
(vi) Escolhendo um ponto de U , por exemplo o polinómio nulo 0, a distância entre a0 + a1 t + a2 t2 e U ,
com a0 ; a1 ; a2 2 R, é dada por:
d(a0 + a1 t + a2 t2 ; U ) = PU ? (a0 + a1 t + a2 t2 ) =
=
a0 + a1 t + a2 t2 ; 1 + t2 ( 1 + t2 ) = ja0 j 1
t2 = ja0 j .
19. Considere no espaço linear M2 2 (R) o produto interno de…nido da seguinte forma:
hA; Bi = tr(AB T ).
Considere também o subespaço U de M2 2 (R) constituído por todas as matrizes simétricas reais do tipo
2 2:
a b
U=
2 M2 2 (R) : b = c .
c d
(i) Sejam ;
2 R e A; A0 ; B 2 M2 2 (R). Tem-se
h A + A0 ; Bi = tr(( A + A0 ) B T ) = tr( AB T + A0 B T )
240
=
tr é linear
= tr(AB T ) + tr(A0 B T ) =
hA; Bi = tr(AB T ) = tr( AT
a b
c d
T
T
B T ) = tr( BAT ) = tr(BAT ) = hB; Ai
!
T
a b
a b
= a2 + b2 + c2 + d2 0
c d
c d
hA; Ai = tr(AAT ) = tr
para todo o
hA; Bi + hA0 ; Bi
2 M2 2 (R) e
a b
c d
a b
c d
;
a b
c d
=0,a=b=c=d=0,
0 0
0 0
=
.
Logo, a aplicação h; i de…ne um produto interno em M2 2 (R).
(ii) Tem-se:
a b
b d
U=
1 0
0 0
=L
: a; b; d 2 R
0 1
1 0
;
=
;
0 0
0 1
0 1
1 0
+d
pois
a b
b d
1 0
0 1
;
0 0
1 0
independente pois se tivermos:
O conjunto
1
1 0
0 0
=a
0 0
0 1
;
1 0
0 0
+
+b
0 0
0 1
.
é uma base de U , uma vez que gera U , e é linearmente
0 1
1 0
2
+
3
0 0
0 1
=
0 0
0 0
então
1
2
2
3
=
0 0
0 0
:
0 1
0 0
1 0
;
;
é linearmente independente.
0 0
1 0
0 1
Vamos aplicar agora a este conjunto o método de ortogonalização de Gram-Schmidt. Sejam
Logo,
1
=
2
=
3
e como tal, o conjunto
A1 =
1 0
0 0
A3 =
0 0
0 1
,
0 1
1 0
A2 =
projA1
0 0
0 1
241
projA1
projA2
0 1
1 0
0 0
0 1
,
.
Logo,
0 1
1 0
A2 =
=
0 1
1 0
=
0 1
1 0
=
0 1
1 0
=
0 1
1 0
0 1
1 0
0 0
0 1
Logo, o conjunto
=
0 0
0 1
=
0 0
0 1
=
0 0
0 1
=
0 0
0 1
1 0
0 0
;
0 0
0 1
projA2
; A1 A1
kA1 k2
0 0
AT1
0 1
kA1 k2
0 0
A1
0 0
0 0
0 1
;
0 0
0 1
kA3 k =
então o conjunto
1 0
0 0
1
;p
2
hA3 ; A3 i =
0 1
1 0
;
0 0
0 1
=
.
0 0
0 1
=
0 0
0 1
; A2 A2
=
kA2 k2
0 0
AT2
0 1
A2
=
kA2 k2
A2
=
kA2 k2
.
é uma base ortogonal de U . Como:
q
p
kA2 k =
hA2 ; A2 i = tr (A2 AT2 ) =
q
=
0 0
1 0
tr
q
p
kA1 k =
hA1 ; A1 i = tr (A1 AT1 ) =
p
A1
tr
A1
kA1 k2
0A1
0A2
=
2
kA1 k
kA2 k2
0 1
1 0
=
kA1 k2
0A1
0 1
2 =
1 0
kA1 k
0 0
0 1
tr
; A1 A1
kA1 k2
0 0
A1
1 0
tr
projA1
tr
=
kA1 k2
0 1
AT1
1 0
tr
e
A3 =
0 1
1 0
projA1
tr (A3 AT3 ) =
=
(
242
s
s
s
1 0
0 0
tr
1 0
0 0
= 1,
tr
1 0
0 1
=
tr
0 0
0 1
= 1,
;
"
0
p
2
2
p
2
2
0
#
;
p
2,
0 0
0 1
)
é uma base ortonormada de U .
(iii) Tem-se
a b
2 M2 2 (R) :
c d
a b
0 1
;
=0 e
c d
1 0
a
c
a
c
U? =
Logo,
1
0
0
0
;
;
8
a=0
>
>
>
>
<
b+c=0
>
>
>
>
:
d = 0.
Ou seja,
0 b
b 0
U? =
b
d
b
d
:b2R
=L
s
0 1
1 0
0
0
0
1
=0 e
=0 .
0 1
1 0
.
Como
0 1
1 0
=
v
u
u
= ttr
=
=
então o conjunto
s
s
("
0 1
1 0
;
0 1
1 0
0 1
1 0
0 1
1 0
tr
1 0
0 1
tr
p
2
2
0p
2
2
0
0
1
=
T
!
1
0
p
2,
#)
é uma base ortonormada de U ? .
(iv) Seja B =
1 0
0 0
0 1
0 0
;
;
0 0
1 0
;
0 0
0 1
a base canónica de M2 2 (R). Atendendo à
alínea (iii), tem-se
PU
1 0
1 0
1 0
=
;
0 0
0 0
0 0
"
*
p #+ "
2
1 0
0
0
p
+
; p2 2
2
0 0
0
2
2
+
1 0
0 0
;
0 0
0 1
0 0
0 1
243
=
p
2
2
0
1 0
0 0
#
+
1 0
0 0
+
PU
0 1
0 1
1 0
=
;
0 0
0 0
0 0
#+
"
*
"
p
2
0
0 1
0
p
+
; p2 2
2
0 0
0
2
2
+
PU
PU ?
PU ?
0 1
0 0
PU ?
0 0
1 0
PU ?
0 0
0 1
0 0
0 1
0 0
0 1
0 0
1 0
;
0 0
0 1
0 0
0 1
*
1
=
0
*
0
=
0
*
0
=
1
*
0
=
0
0 0
0 1
"
;
Note que
2
2
0
0
0
1
0
0
0
0
1
;
;
;
"
"
;
"
0p
2
2
2
2
2
2
0
#+ "
p
2
2
0p
2
2
0p
2
2
0
p
2
2
0
0
6 0
M (PU ? ; B; B) = 6
4 0
0
0
1
2
1
2
0
I = PU + PU ? .
244
0
1
2
1
2
0
1
2
0
1 0
0 0
#
+
+
0 0
0 1
0p
p
2
2
2
2
0
p
2
2
2
2
0
p
2
2
0p
2
2
0p
2
2
3
0
0 7
7
0 5
1
1 0 0
6 0 1 1
2
2
M (PU ; B; B) = 6
4 0 1 1
2
2
0 0 0
+
+
0p
#+ "
2
2
0
#+ "
p
0p
2
2
0
1 0
0 0
#
1
2
p
2
2
0
0
=
0 0
=
0 1
p #+ "
1
2
1
2
p
+
+
0
=
0 0
0 1
e assim
e
0
1 0
0 0
0 0
=
;
0 1
0 1
0 0
*
"
p #+ "
2
0 0
0
0
p
+
; p2 2
2
0 1
0
2
2
+
1 0
0 0
;
2
2
0 0
0 0
1 0
=
;
1 0
1 0
0 0
*
"
#+
"
p
2
0 0
0
0
p
+
; p2 2
2
1 0
0
2
2
+
PU
0 1
0 0
p
1 0
0 0
#
3
0
0 7
7.
0 5
0
0
p
2
2
0
#
#
#
=
=
=
#
=
0 0
0 0
0
1
2
0
1
2
1
2
0
1
2
0
0 0
0 0
(v) A projecção ortogonal da matriz
PU ?
1 1
0 1
1 1
0 1
= proj2
sobre U ? é dada por:
0p
6
4
3
2
2 7
5
p
2
2
1 1
0 1
=
0
p #
p #+ "
2
2
0
1 1
0p
2
2
p
=
=
;
2
2
0 1
0
0
2
2
0
1"
"
p #T
p #
2
2
1 1
0p
0p
2
2
A
= tr @
=
2
2
0 1
0
0
2
2
"
p #! "
p #
2
2
1 1
0
0p
2
2
p
= tr
=
2
2
0 1
0
0
2
2
" p
p #! "
p #
2
2
2
0p
2
2
p2
= tr
=
2
2
0
0
2
2
p #
p "
2
2
0 12
0p
2
=
.
=
1
2
0
2
0
2
2
*
"
Como se tem:
U ?,
M2 2 (R) = U
então para todo
a b
c d
2 M2 2 (R),
a b
c d
a b
c d
= PU
+ PU ?
a b
c d
.
PU ?
1 1
0 1
=
Logo,
PU
1 1
0 1
=
1 1
0 1
=
1 1
0 1
=
1
1
2
1
2
1
2
1 1
0 1
1 1
0 1
=
245
1
2
0
=
.
1
(vi) A matriz simétrica mais próxima da matriz
PU
0
é a matriz
1
1
2
1
2
1
.
(vii) A distância entre
d
1 1
0 1
1 1
0 1
e U é dada por:
;U
=
=
=
=
(viii) A distância entre
d
a b
c d
1 1
0 1
PU ?
s
s
1
2
s
1
4
tr
;U
=
PU ?
=
proj2
=
=
=
*
tr
tr
0
=
1
4
a b
c d
6
4
2
2
"
a b
c d
;
a b
c d
"
;
a b
c d
p
1
2b
2p
1
2d
2
=
0
p
2
.
2
=
3
2
2 7
5
p
0p
1
2
1
2
=
0
=
0
0
0
0
1
2
1
2
1
2
1
2
e U é dada por:
=
0
1
2
0
;
0
tr
a b
c d
*
1
2
0
1
2
0
=
0
"
246
a b
c d
0p
2
2
0p
2
2
0
p
2
2
p
1
2a
2p
1
2c
2
p
2
2
0
p
2
2
0
p
2
2
0
=
#+ "
#+
#!
=
0p
2
2
p
2
2
0
=
=
p
2
jb
2
cj .
#
=
1a Ficha de exercícios facultativos
1. (i) Considere A =
cos
sen
sen
cos
(do tipo 2
2, com
2 R). Obtenha, por indução, uma
fórmula para An .
(ii) Seja A =
0
1
1
. Obtenha, por indução, uma fórmula para An .
0
2. Mostre que se AB = A e BA = B então A2 = A e B 2 = B.
3. Diga de que tipos deverão ser as matrizes A e B de modo a poderem ser efectuados os seguintes
produtos e desenvolva esses mesmos produtos.
(i) (A + B)(A
(ii) (AB)2
B)
(iii) (A + B)2
1 0
0 0
eB=
não satisfazem a relação: AB = 0 ) A = 0
2 0
3 4
ou B = 0. O que pode concluir? E no caso de A ser invertível, o que concluiria acerca da veracidade
da relação anterior?
4. Veri…que que as matrizes A =
5. Sejam A uma matriz do tipo n n e B uma matriz do tipo n
simétrica (isto é A = AT ) então B T AB tambem é simétrica.
6. Uma matriz A do tipo n
n diz-se anti-simétrica se AT =
m quaisquer. Prove que se A é
A. Mostre que:
(i) Os elementos da diagonal principal de uma qualquer matriz anti-simétrica são todos nulos.
(ii) Para qualquer matriz A do tipo n
n, a matriz A
AT é anti-simétrica.
(iii) Escrevendo A = 21 (A + AT ) + 12 (A AT ), toda a matriz quadrada pode ser decomposta de modo
único pela soma de uma matriz simétrica com uma anti-simétrica.
7. Seja A uma matriz quadrada (do tipo n
n). Mostre que:
(a) A inversa de A quando existe é única.
(b) Se A fôr invertível então A
1
tambem é invertível e (A 1 )
T
T
1
(c) Se A fôr invertível então A tambem é invertível e (A )
(d) Se A fôr invertível e simétrica então A
1
(e) Seja B uma matriz quadrada (do tipo n
1
= A.
= (A 1 )T .
tambem é simétrica.
n). Veri…que que:
(i) Se A e B forem invertíveis então AB tambem é invertível e (AB)
(ii) Se A; B e A + B forem invertíveis então A
(A
1
+ B 1)
1
1
+B
1
1
= B 1A 1.
é invertível e
= A(A + B) 1 B = B(A + B) 1 A.
Sugestão: comece por veri…car que
I + B 1 A = B 1 (A + B) e I + A 1 B = A 1 (A + B).
(f) O que se pode dizer acerca da inversa do produto A1 A2 :::An , onde A1 ; A2 ; :::; An são matrizes
invertíveis (todas com igual dimensão)? E a inversa de Am , m 2 N, sendo A invertível?
247
8. Sejam A; B 2 Mn
n (R)
tais que AB = I. Mostre que A e B são invertíveis.
9. Mostre que A = [aij ] do tipo 2 2 é invertível se e só se a11 a22
= a11 a22 a12 a21 , veri…que que
A
1
1
=
a22
a21
a12
a11
a12 a21 6= 0. Nesse caso escrevendo
.
10. Que condições devem ser veri…cadas para que a seguinte matriz diagonal do tipo n
2
3
k1 0
0
. . . .. 7
6
. 7
6 0 k2
6 . .
7
.
..
.. 0 5
4 ..
0
0 kn
n
seja invertível? Qual é a sua inversa?
11. Veri…que que todas as matrizes X do tipo 2
I;
1
c
0
1
2 que satisfazem a equação X 2 = I são:
1
0
;
b
1
;
a
1 a2
b
b
a
.
Observe assim que a equação matricial X 2 = I tem um número in…nito de soluções em contraste
com a equação escalar x2 = 1 que tem apenas duas soluções (1 e
1).
12. Mostre que:
fX 2 M2 2 (R) : XA = AX; para todo o A 2 M2 2 (R)g =
248
0
0
:
2R .
Resolução da 1a Ficha de exercícios facultativos
1. (i) (A )n =
(ii) An =
cos (n )
sen (n )
8
k+1
< ( 1) A,
:
( 1)k I,
sen (n )
cos (n )
; para todo o n 2 N; (com
se n = 2k
1, k = 1; 2; 3:::
se n = 2k, k = 1; 2; 3:::.
2. A2 = (AB) (AB) = A (BA) B = ABB = AB = A.
BA = B.
3. (i) A e B do tipo n
(ii) A do tipo m
n; (A + B)(A
n e B do tipo n
(iii) A e B do tipo n
2 R).
B 2 = (BA) (BA) = B (AB) A = BAA =
B) = A2 + BA
B2:
AB
m, (AB)2 = ABAB:
n; (A + B)2 = A2 + BA + AB + B 2 :
4. Conclui-se que a relação não é verdadeira. No caso de A ser invertível teríamos
AB = 0 =) B = 0:
5. B T AB é simétrica: (B T AB)T = B T AT (B T )T = B T AB, pois A = AT (A é simétrica) e (B T )T = B:
6. (i) Seja A = [aij ] do tipo n
principais tem-se:
n tal que AT =
A: Assim, em relação às respectivas diagonais
aii =
e logo aii = 0; para todo o i 2 N:
(ii) Seja A = [aij ] do tipo n
n. A matriz A
(A
aii
AT é anti-simétrica pois:
AT )T = AT
A=
AT ):
(A
(iii) Escrevendo A = 21 (A + AT ) + 21 (A AT ), a matriz A pode ser decomposta pela soma de uma
matriz simétrica com uma anti-simétrica. Esta decomposição é única: Sejam A1 simétrica e A2
anti-simétrica tais que A = A1 + A2 : Logo,
AT = (A1 + A2 )T = A1
Pelo que A + AT = 2A1 e A
A2 :
AT = 2A2 : Assim,
1
1
A1 = (A + AT ) e A2 = (A
2
2
7. (a) Seja A do tipo n
AT ):
n: Suponhamos que existiam A1 e A2 do tipo n
AA1 = A1 A = I
e
AA2 = A2 A = I
Logo A2 AA1 = A2 : Mas A2 A = I, pelo que se obtem IA1 = A2 : Isto é,
A1 = A2 :
249
n tais que
Logo a inversa de uma matriz quando existe é única.
(b) Se A fôr invertível tem-se A 1 A = AA
1
= I: Logo A
1
é invertível e (A 1 )
1
(c) Se A fôr invertível tem-se A 1 A = AA
1
= I: Logo (A 1 A)T = (AA 1 )T = I T : Pelo que
= A:
AT (A 1 )T = (A 1 )T AT = I:
Isto é, AT é invertível e (AT )
= (A 1 )T
1
(d) Se A fôr invertível e simétrica tem-se A 1 A = AA 1 = I e A = AT : Logo (A 1 A)T = (AA 1 )T =
I T ; e assim
AT (A 1 )T = (A 1 )T AT = I:
Pelo que, como A é simétrica, tem-se A(A 1 )T = I: Logo, como A é invertível, tem-se (A 1 )T = A 1 :
Isto é, A 1 é simétrica.
1
(e) (i) Se A e B forem invertíveis existem A
A 1 A = AA
1
1
eB
com
e B 1 B = BB
=I
1
= I;
e tem-se:
(AB)(B 1 A 1 ) = A(BB 1 )A
1
= AIA
1
= AA
1
=I
e
(B 1 A 1 )(AB) = B 1 (A 1 A)B = B 1 IB = B 1 B = I:
1
Logo AB é invertível e (AB)
= B 1A 1:
1
(ii) Se A e B forem invertíveis existem A
eB
1
e podemos escrever
B 1 (A + B) = I + B 1 A e A 1 (A + B) = A 1 B + I,
e são respectivamente equivalentes a
B 1 (A + B) = (A
1
+ B 1 )A e A 1 (A + B) = (A
1
+ B 1 )B,
Como por hipótese A + B é invertível tem-se
I = (A
1
+ B 1 )A(A + B) 1 B
e I = (A
1
+ B 1 ) 1 B(A + B) 1 A.
Analogamente e partindo de:
(A + B)B
1
= I + AB
1
e (A + B)A
1
= AB
1
+ I,
obtem-se
I = B(A + B) 1 A(A
Deste modo A
1
+B
1
1
+ B 1 ) e I = A(A + B) 1 B(A
1
+ B 1 ).
é invertível e
(A
1
+ B 1)
1
= A(A + B) 1 B = B(A + B) 1 A.
(f) Se A1 ; A2 ; :::; An são matrizes invertíveis então, por indução …nita, prova-se que A1 A2 :::An também
é invertível e
(A1 A2 : : : An ) 1 = An 1 : : : A2 1 A1 1 .
Tem-se Am invertível e (Am )
1
m
= (A 1 ) .
250
8. Sejam A; B 2 Mn
tal que
n (R)
tais que AB = I. Se B fôr singular então existe X 2 Mn 1 (R) com X 6= 0
BX = 0.
Logo
X = IX = (AB) X = A (BX) = A0 = 0.
Assim, B é não singular, isto é, B é invertível.
Tendo-se AB = I e B invertível, tem-se, uma vez que B
A = AI = A BB
1
1
1
isto é, A é invertível e tem-se A
= (B 1 )
= (AB) B
1
também é invertível,
1
= IB
1
= B 1,
= B.
9. Seja A = [aij ] do tipo 2 2. Suponhamos que a11 6= 0, a21 6= 0 e a11 a22
= a11 a22 a12 a21 , tem-se:
A=
a11 a12 j 1 0
a21 a22 j 0 1
!
a11 a21
0
a11 a21 a12 a21 j a21 0
a11 a21 a11 a22 j 0 a11
!
a21 L1 !L1
a11 L2 !L2
a11 a21
a12 a21
j
0
a11 a22 a12 a21 j
!
a11 a21 a22
0 j
j
a21
0
a21 a11
!
!
a11
!
L1 +L2 !L2
a12 a21
L2 +L1 !L2
a11 a21 a12
a21
a12 a21 6= 0. Logo, escrevendo
1
L !L1
a11 a21 1
1
L2 !L2
a22
1 0 j
0 1 j
a12
a21
a11
.
Logo,
A
1
=
1
a22
a21
a12
a11
.
Se a11 = 0 e a21 = 0, então A não é invertível.
Se a11 = 0 e a21 6= 0, então a12 6= 0, caso contrário A não seria invertível. Neste caso, com a11 = 0,
a21 6= 0, a12 6= 0 e 6= 0 tem-se:
0 a12 j 1 0
a21 a22 j 0 1
A=
a22
a21
1
0
!
=
1
j
j
1 0 j
0 1 j
1
a21
0
1
a12
a21 a22 j 0 1
0 a12 j 1 0
!
L1 !L2
!
0
a22
L +L1 !L1
a21 2
a22
a12 a21
a21
a12 a21
a12
a12 a21
0
=
a22
a12 a21
1
a12
1 0 j
0 1 j
a22
1 0 j
0 1 j
a21
Se a11 6= 0 e a21 = 0 seria análogo. Logo, A é invertível se e só se a11 a22
A
onde
= a11 a22
1
=
1
a22
a21
a12 a21 .
251
a12
a11
,
!
1
L !L1
a21 1
1
L !L2
a12 2
1
a21
0
=
a12
a11
.
a12 a21 6= 0 e
Nota: O exo foi feito apenas com o recurso ao método de Gauss-Jordan. Poderia ter sido efectuada
outra resolução atendendo à fórmula de inversão de matrizes:
1
A
Observe que
=
(cof A)T
.
jAj
= jAj.
10. A matriz
2
k1
0
0
..
.
k2
...
6
6
6
4
3
0
.
..
. .. 7
7
7
...
0 5
0 kn
0
é invertível se só se k1 6= 0; k2 6= 0; : : : ; kn 6= 0, e a sua
2
3 1 2
k1 0
0
6
. . . .. 7
6
6
. 7
6 0 k2
6
=
6 . .
7
6
.. ... 0 5
4 ..
4
0
0 kn
11. Seja X =
a b
c d
uma matriz do tipo 2
X2 =
a b
c d
2 tal que X 2 = I.
a b
c d
Logo,
X2 = I ,
Se b = 0, então a =
1ed=
1ed=
dec=
1 a2
.
b
a2 + bc ab + bd
ac + cd bc + d2
8 2
a + bc = 1
>
>
>
>
>
>
>
>
< ab + bd = 0
>
>
ac + cd = 0
>
>
>
>
>
>
:
bc + d2 = 1.
d). Logo,
I ou X =
1 e (b = 0 ou a =
X = I ou X =
Se b 6= 0 e c 6= 0 então a =
=
1 e (c = 0 ou a =
X = I ou X =
Se c = 0 então a =
inversa é dada por:
3
1
0
0
k1
. 7
..
. .. 7
0 k12
7.
7
.. . .
. ... 0 5
.
0
0 k1n
I ou X =
a
1 a2
b
252
0
1
.
1
0
b
1
.
d). Logo,
Logo,
X=
1
c
b
a
.
Logo, todas as matrizes X que satisfazem X 2 = I são:
I;
1
c
0
1
1
0
;
b
1
;
a
1 a2
b
b
a
.
Observe assim que a equação matricial X 2 = I tem um número in…nito de soluções em contraste
com a equação escalar x2 = 1 que tem apenas duas soluções (1 e
1).
12. Seja X =
x11 x12
. Suponhamos que
x21 x22
XA = AX;
a11 a12
2 M2 2 (R). Temos então que:
a21 a22
8
x11 a11 + x12 a21 = a11 x11 + a12 x21
>
8
>
>
>
x12 a21 = a12 x21
>
>
>
>
>
>
>
>
<
< x21 a11 + x22 a21 = a21 x11 + a22 x21
x21 (a11 a22 ) = a21 (x22 x11 )
,
XA = AX ,
>
>
>
>
x
a
+
x
a
=
a
x
+
a
x
>
>
11 12
12 22
11 12
12 22
>
>
:
>
>
(x11 x22 )a12 = (a22 a11 )x12 .
>
>
:
x21 a12 + x22 a22 = a21 x12 + a22 x22 .
para todo o A =
Se a11 = 1 e a12 = a21 = a22 = 0, então x21 = x12 = 0.
Se a12 = 1 e a11 = a21 = a22 = 0, então x21 = 0 e x11 = x22 .
Se a21 = 1 e a11 = a12 = a22 = 0, então x12 = 0 e x11 = x22 .
Se a22 = 1 e a11 = a12 = a21 = 0, então x21 = x12 = 0.
Logo, a matriz X tal que XA = AX; para todo o A 2 M2 2 (R), é dada por:
X=
0
0
253
, com
2 R.
2a Ficha de exercícios facultativos
1. Seja V um espaço linear real e 0 o seu vector nulo. Mostre que:
(i) Se u + v = u + w, então v = w:
(ii) 0 = 0 para todo o escalar
(iii) 0u = 0 para todo o vector u 2 V:
(iv)
(v) Mostre que o vector nulo 0 2 V é único.
(vi) Mostre que o simétrico
(vii) (
1)u =
2 R:
( u) = u para todo o u 2 V:
u de um qualquer vector u de V é único.
u para todo o u 2 V:
(ix) Se u 6= 0 e u = u, então
(viii) Se u = 0, então
= 0 ou u = 0:
= :
2. Veri…que que o conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:
+ an tn 2 Pn : an 6= 0g ,
fa0 + a1 t +
munido das operações usuais, não é um espaço linear.
3. (i) Mostre que P2 é um subespaço de P3 : (ii) Mostre que Pn é um subespaço de Pn+1 :
(iii) Seja P o espaço linear de todos os polinómios reais (de qualquer grau). Mostre que Pn é um
subespaço de P:
4. Quais dos seguintes subconjuntos de Mn
n (R),
com as operações usuais, são sub-espaços?
(i) O conjunto de todas as matrizes simétricas do tipo n
n:
(ii) O conjunto de todas as matrizes invertíveis do tipo n
n:
(iii) O conjunto de todas as matrizes diagonais do tipo n
n:
(iv) O conjunto de todas as matrizes singulares do tipo n
n:
(v) O conjunto de todas as matrizes triangulares superiores do tipo n
n:
5. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Quais dos seguintes subconjuntos
de V , com as operações usuais, são subespaços?
(i) O conjunto de todas as funções limitadas.
(ii) O conjunto de todas as funções pares, isto é, tais que f (x) = f ( x):
(iii) O conjunto de todas as funções racionais, isto é, as que são quocientes de funções polinomiais.
(iv) O conjunto de todas as funções crescentes.
(v) O conjunto de todas as funções f tais que f (0) = f (1):
(vi) O conjunto de todas as funções f tais que f (0) = 1 + f (1):
6. Seja fv1 ; v2 ; v3 g uma base de um espaço linear V . Prove que fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g é também
uma base de V .
7. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n n. Prove que, se fv1 ; v2 ; : : : ; vn g é uma base de Rn ,
então fAv1 ; Av2 ; : : : ; Avn g é também uma base de Rn .
8. Sejam V um espaço linear e S = fv1 ; v2 ; : : : ; vn g. Prove que o conjunto S é uma base de V se e só se
todo o vector de V se escrever de maneira única como combinação linear dos elementos de S.
254
9. Seja fv1 ; v2 g uma base de um espaço linear U . Considere os vectores w1 = av1 + bv2 e w2 = cv1 + dv2 ,
com a; b; c; d 2 R. Prove que fw1 ; w2 g é também uma base de U se e só se ad 6= bc.
10. Sejam A uma matriz m
n e B uma matriz n
p. Mostre que
dim C (AB) = dim C (B)
dim (N (A) \ C (B)) .
Sugestão: Considere (no caso em que N (A)\C (B) 6= f0g) uma base fx1 ; : : : ; xs g para N (A)\C (B)
e suponha (no caso em que AB 6= 0) que fx1 ; : : : ; xs ; y1 ; : : : ; yt g é uma base para C (B). Mostre que
fAy1 ; : : : ; Ayt g é uma base para C (AB).
11. Considere os seguintes r vectores de Rn :
x1 = (x11 ; x12 ; : : : ; x1n ); x2 = (x21 ; x22 ; : : : ; x2n ); : : : ; xr = (xr1 ; xr2 ; : : : ; xrn ):
Mostre que se jxjj j >
r
P
i=1(i6=j)
jxij j para todo o j = 1; : : : ; r então o conjunto
x1 ; x2 ; : : : ; xr
é linearmente independente.
Sugestão: Considere
v = (v1 ; : : : ; vn ) =
com
1;
2; : : : ;
r
2 R e mostre que se existir
1
1x
j
+
2
2x
255
+
r
rx ;
6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que
j j j > j i j;
para todo o i = 1; : : : ; r; então vj 6= 0.
+
Resolução da 2a Ficha de exercícios facultativos
1. Seja V um espaço linear real e 0 o seu vector nulo.
(i) Suponhamos que u + v = u + w. Queremos ver que v = w. Ora,
v = 0 + v = (( u) + u) + v = ( u) + (u + v)
=
u+v=u+w
= ( u) + (u + w) = (( u) + u) + w = 0 + w = w.
Logo, v = w:
(ii) Queremos ver que 0 = 0 para todo o escalar
0+0= 0=
2 R. Ora,
(0 + 0) = 0 + 0 =) 0 = 0.
por (i)
(iii) Queremos ver que 0u = 0 para todo o vector u 2 V. Ora,
0u + 0 = 0u = (0 + 0) u = 0u + 0u =) 0 = 0u.
por (i)
(iv) Queremos ver que
( u) = u para todo o u 2 V. Ora,
u + ( u) = 0 =)
( u) = u.
(v) Queremos ver que o vector nulo 0 2 V é único. Ora, seja w 2 V tal que u + w = u, para todo o
u 2 V. Então,
u + w = u = u + 0 =) w = 0.
por (i)
(vi) Queremos ver que o simétrico u de um qualquer vector u de V é único. Ora, seja w 2 V tal
que u + w = 0. Então,
u + w = 0 = u + ( u) =) w = u.
por (i)
(vii) Queremos ver que (
1)u =
u para todo o u 2 V. Ora,
u + ( 1) u = 1u + ( 1) u = (1 + ( 1)) u = 0u = 0.
Logo, como o simétrico é único, (
1)u =
u.
(viii) Queremos ver que: se u = 0, então = 0 ou u = 0: Suponhamos que u = 0. Se
então
1
1
1
u = 1u =
u = ( u) = 0 = 0.
6= 0,
por (iv)
Como
6= 0 =) u = 0, então u 6= 0 =)
= 0. Logo,
u = 0 =)
=0_u=0
(ix) Queremos ver que: se u 6= 0 e u = u, então = . Suponhamos que u 6= 0 e u = u. Ora,
como u 6= 0 e (
) u = 0, então
= 0, atendendo a (viii). Isto é, = .
256
2. O conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:
+ an tn 2 Pn : a0 ; a1 ; :::; an 2 R e an 6= 0g ,
U = fa0 + a1 t +
com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) = 0 2
= U.
3. (i) ? 6= P2
P3 e:
P2 = L
1; t; t2
.
Logo, P2 é subespaço de P3 .
(ii) ? 6= Pn
Pn+1 e:
Pn = L (f1; t; :::; tn g) .
Logo, Pn é subespaço de Pn+1 .
(iii) ? 6= Pn
P e:
Pn = L (f1; t; :::; tn g) .
Logo, Pn é subespaço de P .
4. (i) Seja
U = A 2 Mn
Sejam A1 ; A2 2 U e
n (R)
: A = AT :
2 R. Tem-se
A1 + A2 = AT1 + AT2 = (A1 + A2 )T 2 U
e, com A 2 U ,
A = AT = ( A)T 2 U .
Logo, U é subespaço de Mn
n (R).
(ii) Seja
U = fA 2 Mn
n (R)
: A é invertívelg :
Por exemplo: a matriz nula não pertence a U . Logo, U não é subespaço de Mn
n (R).
(iii) Seja
U = f(aij ) 2 Mn
n (R)
: aij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; ng :
Sejam
(bij ); (cij ) 2 U
e
2 R:
Tem-se
(bij ) + (cij ) = (bij + cij ) 2 U ,
pois bij + cij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; n. E, com (aij ) 2 U ,
(aij ) = ( aij ) 2 U ,
pois aij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; n. Logo, U é subespaço de Mn
n (R).
(iv) Seja
U = fA 2 Mn
n (R)
: A é singularg :
Por exemplo, para n = 2:
1 0
0 0
;
0 0
0 1
1 0
0 0
2 U , mas
257
+
0 0
0 1
=
1 0
0 1
2
= U.
Logo, U não é subespaço de Mn
n (R).
(v) Seja
U = f(aij ) 2 Mn
n (R)
: aij = 0 se i > j, com i; j = 1; :::; ng :
Sejam
(bij ); (cij ) 2 U
e
2 R:
Tem-se
(bij ) + (cij ) = (bij + cij ) 2 U ,
pois bij + cij = 0 se i > j, com i; j = 1; :::; n. E, com (aij ) 2 U ,
(aij ) = ( aij ) 2 U ,
pois aij = 0 se i > j, com i; j = 1; :::; n. Logo, U é subespaço de Mn
n (R).
5. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real.
(i) Seja
U = ff : Dom f
R ! R tais que 9k > 0 : jf (x)j
o conjunto de todas as funções limitadas. Sejam f1 ; f2 2 U e
k; 8x 2 Dom f g
2 R. Tem-se
f1 + f2 2 U ,
pois
j(f1 + f2 ) (x)j = jf1 (x) + f2 (x)j
jf1 (x)j + jf2 (x)j
k1 + k2 ,
f1 ;f2 2U
para todo o x 2 Dom f1 \ Dom f2 . E, com f 2 U ,
f 2 U,
pois
j( f ) (x)j = j j jf (x)j
f 2U
j j k,
para todo o x 2 Dom f . Logo, U é subespaço de V .
(ii) Seja
U = ff : Dom f
R ! R tais que f (x) = f ( x); 8x 2 Dom f g
o conjunto de todas as funções pares. Sejam f1 ; f2 2 U e
2 R. Tem-se
f1 + f2 2 U ,
pois
(f1 + f2 ) (x) = f1 (x) + f2 (x)
=
f1 ;f2 2U
f1 ( x) + f2 ( x) = (f1 + f2 ) ( x),
para todo o x 2 Dom f1 \ Dom f2 . E, com f 2 U ,
f 2 U,
pois
( f ) (x) = f (x) =
f 2U
f ( x) = ( f ) ( x),
para todo o x 2 Dom f . Logo, U é subespaço de V .
258
(iii) O conjunto de todas as funções racionais, isto é, as que são quocientes de funções polinomiais,
é um subespaço de V
(iv) Seja
U = ff : Domf
Se f fôr crescente então
V.
R ! R tais que f é crescenteg:
f é decrescente, isto é, f 2 U =)
f 2
= U . Logo, U não é subespaço de
(v) Seja
U = ff : Dom f
Sejam f1 ; f2 2 U e
R ! R tais que f (0) = f (1); 8x 2 Dom f g
2 R. Tem-se
f1 + f2 2 U ,
pois
(f1 + f2 ) (0) = f1 (0) + f2 (0)
=
f1 (1) + f2 (1) = (f1 + f2 ) (1),
f1 ;f2 2U
para todo o x 2 Dom f1 \ Dom f2 . E, com f 2 U ,
f 2 U,
pois
( f ) (0) = f (0) =
f (1) = ( f ) (1),
f 2U
para todo o x 2 Dom f . Logo, U é subespaço de V .
(vi) Seja
U = ff : Domf
R ! R tais que f (0) = 1 + f (1)g:
Sejam f1 ; f2 2 U . Tem-se
(f1 + f2 ) (0) = f1 (0) + f2 (0)
=
2 + f1 (1) + f2 (1) = 2 + (f1 + f2 ) (1),
f1 ;f2 2U
isto é, f1 + f2 2
= U . Logo, U não é subespaço de V .
6. Dem. Seja fv1 ; v2 ; v3 g uma base de um espaço linear V . Observe-se que
fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g
L (fv1 ; v2 ; v3 g) ,
pelo que
L(fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g)
Mas, como
tem-se
8
v1 = 21 (v1 + v2 )
>
>
>
>
<
v2 = 12 (v1 + v2 )
>
>
>
>
:
v3 = 12 (v1 + v3 )
L (fv1 ; v2 ; v3 g)
L (fv1 ; v2 ; v3 g) .
1
(v
2 2
+ v3 ) + 21 (v1 + v3 )
1
(v
2 1
+ v3 ) + 21 (v2 + v3 )
1
(v
2 1
+ v2 ) + 21 (v2 + v3 )
L(fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g).
Logo,
L(fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g) = L (fv1 ; v2 ; v3 g) = V .
259
Vejamos agora que o conjunto fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g é linearmente independente:
Sejam
1;
2;
3
2 R tais que
(
1 (v1
1
+
+ v2 ) +
3 )v1
+(
2 (v2
1
+
+ v3 ) +
3 (v1
2 )v2
2
+(
+
+ v3 ) = 0. Isto é,
3 )v3
= 0.
Como fv1 ; v2 ; v3 g é uma base de V , em particular é linearmente independente. Logo,
8
< 1+ 3=0
1+ 2 = 0
:
2+ 3 = 0
o que é equivalente ao sistema homogéneo:
2
2
1
A4
3
2
3
3
2
3
0
5 = 4 0 5:
0
1 0 1
com A = 4 1 1 0 5. Como det A = 2 6= 0, então A é invertível e tem-se 1 = 2 = 3 = 0. Logo,
0 1 1
fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g é uma base de V pois trata-se de um conjunto de vectores linearmente
independente que gera V .
7. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n n. Suponhamos que fv1 ; v2 ; : : : ; vn g é uma base de
Rn . Queremos provar que fAv1 ; Av2 ; : : : ; Avn g é também uma base de Rn .
Dem. Vejamos primeiro que o conjunto fAv1 ; Av2 ; : : : ; Avn g é linearmente independente. Sejam
1 ; 2 ; : : : ; n 2 R tais que
1 (Av1 )
Queremos ver que
1
1 (Av1 )
=
+
2
= ::: =
2 (Av2 )
+
n
+
2 (Av2 )
+
+
n (Avn )
= 0.
= 0. Observe-se que
+
n (Avn )
= A( 1 v1 ) + A( 2 v2 ) +
= A( 1 v1 + 2 v2 +
+
+ A(
n vn ).
n vn )
Logo,
1 (Av1 )
+
2 (Av2 )
+
+
n (Avn )
Como A é invertível, tem-se
= 0 () A( 1 v1 +
A 1 A( 1 v1 + 2 v2 +
I( 1 v1 + 2 v2 +
1 v1 + 2 v2 +
2 v2
+
+
n vn )
= 0.
+ n vn ) = A 1 0 ,
+ n vn ) = 0 ,
+ n vn = 0.
Como fv1 ; v2 ; : : : ; vn g é uma base de Rn , então
1
=
2
= ::: =
n
= 0:
Logo, fAv1 ; Av2 ; : : : ; Avn g é um subconjunto de Rn formado por n vectores linearmente independentes. Como a dimensão de Rn é n, então
fAv1 ; Av2 ; : : : ; Avn g
é uma base de Rn .
260
8. Sejam V um espaço linear e S = fv1 ; v2 ; : : : ; vn g.
Dem. ()) Suponhamos que S é uma base de V . Queremos provar que todo o vector de V se escreve
de maneira única como combinação linear dos elementos de S. Assim, seja v um vector qualquer de
V . Como S é uma base de V , então em particular gera V . Pelo que, existem 1 ; 2 ; : : : ; n 2 R tais
que
v = 1 v1 + 2 v2 +
+ n vn .
Suponhamos que também existiam
1;
v=
2 R tais que
2; : : : ;
n
1 v1
2 v2
+
+
n vn .
+
Logo,
(
1
1 )v1
+(
2 )v2
2
+
+(
n )vn
n
= 0.
Como fv1 ; v2 ; : : : ; vn g é um conjunto linearmente independente (por ser base), então temos
1
=
1;
2
=
2; : : : ;
n
=
n.
Logo, conclui-se que todo o vector de V se escreve de maneira única como combinação linear dos
elementos de S.
(() Suponhamos agora que todo o vector de V se escreve de maneira única como combinação linear
dos elementos de S. Queremos provar que S = fv1 ; v2 ; : : : ; vn g é uma base de V . Como todo o vector
de V se escreve como combinação linear dos elementos de S, então S gera V . Falta ver que S é
linearmente independente. Assim, sejam 1 ; 2 ; : : : ; n 2 R tais que
1 v1
+
2 v2
+
+
n vn
= 0.
Como
0 = 0v1 + 0v2 +
+ 0vn ,
e uma vez que por hipótese todo o vector de V se escreve de maneira única como combinação linear
dos elementos de S, conclui-se que
1
=
2
= ::: =
n
= 0.
Logo, S = fv1 ; v2 ; : : : ; vn g é uma base de V . Fica assim provada a equivalência referida na questão.
9. Seja fv1 ; v2 g uma base de um espaço linear U . Considere os vectores
e
w1 = av1 + bv2
w2 = cv1 + dv2 ;
com a; b; c; d 2 R. Queremos provar que fw1 ; w2 g é também uma base de U se e só se ad 6= bc.
Dem. (() Suponhamos que ad 6= bc. Vejamos que fw1 ; w2 g é uma base de U . Vamos começar por
veri…car que o conjunto fw1 ; w2 g é linearmente independente: Sejam 1 ; 2 2 R tais que
1 w1
Queremos ver que
1
=
2
+
2 w2
= 0.
= 0. Observe-se que
1 w1
+
2 w2
= 1 (av1 + bv2 ) + 2 (cv1 + dv2 )
= ( 1 a + 2 c)v1 + ( 1 b + 2 d)v2 .
261
Logo,
1 w1
+
2 w2
= 0 , ( 1a +
2 c)v1
+ ( 1b +
2 d)v2
= 0.
Como o conjunto fv1 ; v2 g é uma base de U , em particular é linearmente independente. Logo,
1a
+
2c
=
1b
+
2d
= 0 2 R.
Isto é,
a c
b d
1
0
0
=
2
.
Ou seja,
A = 0,
a c
1
, =
b d
2
é, A é invertível e como tal:
onde A =
e0=
0
. Como ad 6= bc e det A = ad
0
A 1A = A 10 , I = 0 ,
bc, então det A 6= 0, isto
= 0.
Logo, 1 = 2 = 0 e deste modo o conjunto fw1 ; w2 g é linearmente independente. Como dim U = 2 e
como w1 ; w2 são dois vectores de U , linearmente independentes, então conclui-se que fw1 ; w2 g é uma
base de U (não sendo necessário veri…car se o conjunto fw1 ; w2 g gera U ).
()) Reciprocamente, se fw1 ; w2 g é uma base de U , em particular é linearmente independente, e
como tal tem-se
( 1 w1 + 2 w2 = 0) ) ( 1 = 2 = 0) .
Isto é, a equação
A = 0,
a c
1
e0=
, =
b d
2
ter-se det A 6= 0, isto é, ad 6= bc.
onde A =
0
, tem como solução única
0
= 0. O que é equivalente a
Demonstração alternativa. Como o conjunto fv1 ; v2 g é uma base do espaço linear U então
dim U = 2. Logo, se o conjunto fw1 ; w2 g fôr linearmente independente então será uma base do
espaço linear U . Assim, bastará provar que o conjunto fw1 ; w2 g é linearmente independente se e só
a b
se a matriz
fôr invertível. Seja 0 o vector nulo do espaço linear U . Sejam 1 ; 2 2 R tais
c d
que
1 w1 + 2 w2 = 0:
Queremos ver que
1
=
2
= 0 se e só se a matriz
1 w1
+
2 w2
a b
c d
fôr invertível. Observe-se que
= 1 (av1 + bv2 ) + 2 (cv1 + dv2 )
= ( 1 a + 2 c)v1 + ( 1 b + 2 d)v2 .
Logo,
1 w1
+
2 w2
= 0 , ( 1a +
2 c)v1
+ ( 1b +
2 d)v2
= 0.
Como o conjunto fv1 ; v2 g é uma base do espaço linear U , em particular é linearmente independente.
Logo,
1 a + 2 c = 1 b + 2 d = 0 2 R.
262
Isto é,
a c
b d
1
0
0
=
2
.
a c
0
1
,
=
e 00 =
. Como a equação A = 00 apenas
b d
0
2
admite a solução trivial = 00 se e só se a matriz A fôr invertível e como a matriz A é invertível se
a b
e só se a matriz AT =
fôr invertível, tem-se então o resultado pretendido.
c d
Ou seja, A = 00 , onde A =
10. Sejam A uma matriz m
n e B uma matriz n
p. Mostre que
dim C (AB) = dim C (B)
dim (N (A) \ C (B)) .
Sugestão: Considere (no caso em que N (A)\C (B) 6= f0g) uma base fx1 ; : : : ; xs g para N (A)\C (B)
e suponha (no caso em que AB 6= 0) que fx1 ; : : : ; xs ; y1 ; : : : ; yt g é uma base para C (B). Mostre que
fAy1 ; : : : ; Ayt g é uma base para C (AB).
Dem. Se N (A) \ C (B) = f0g, então dim (N (A) \ C (B)) = 0 e dim C (AB) = dim C (B) :
Suponhamos então que N (A) \ C (B) 6= f0g. Seja fx1 ; : : : ; xs g uma base para N (A) \ C (B) e
suponhamos que AB 6= 0 (no caso em que AB = 0 tem-se dim C (AB) = 0 e
dim C (B) = dim (N (A) \ C (B))
uma vez que C (B)
N (A)):
Seja fx1 ; : : : ; xs ; y1 ; : : : ; yt g é uma base para C (B). Nesse caso dim C (AB) = s + t. Vejamos que
fAy1 ; : : : ; Ayt g é uma base para C (AB).
Seja b 2 C (AB). Tem-se ABz = b para algum z. Mas, como Bz 2 C (B), então existem escalares
1 ; : : : ; s ; 1 ; : : : ; t tais que
s
t
X
X
Bz =
x
+
i i
j yj .
i=1
Logo,
b = ABz = A
s
X
i=1
i xi
+
t
X
i=1
j yj
!
=
j=1
s
X
i Axi
+
i=1
t
X
j Ayj
j=1
=
fx1 ;:::;xs g N (A)
isto é, fAy1 ; : : : ; Ayt g gera C (AB).
t
X
j Ayj ,
j=1
Vejamos que fAy1 ; : : : ; Ayt g é linearmente independente. Suponhamos que existiam escalares
tais que
t
X
0=
j Ayj .
j=1
Tem-se
0=
t
X
j Ayj
=A
j=1
e então
t
X
j=1
j yj
t
X
j yj
j=1
2 N (A) \ C (B). E assim, existem escalares
t
X
j yj
=
j=1
s
X
i=1
263
i xi :
!
1; : : : ;
s
tais que
1; : : : ; t
t
X
Como
j yj
=
j=1
s
X
i xi
i=1
,
t
X
s
X
j yj
j=1
i xi
!
=0
i=1
e atendendo a que fx1 ; : : : ; xs ; y1 ; : : : ; yt g é uma base para C (B), tem-se
1
= ::: =
t
=
1
= ::: =
s
=0
e assim o conjunto fAy1 ; : : : ; Ayt g é linearmente independente.
Logo, o conjunto fAy1 ; : : : ; Ayt g é uma base para C (AB) e assim
dim C (B) = s + t = dim (N (A) \ C (B)) + dim C (AB) ,
, dim C (AB) = dim C (B)
dim (N (A) \ C (B)) .
11. Considere os seguintes r vectores de Rn :
x1 = (x11 ; x12 ; : : : ; x1n ); x2 = (x21 ; x22 ; : : : ; x2n ); : : : ; xr = (xr1 ; xr2 ; : : : ; xrn ):
Mostre que se jxjj j >
r
P
i=1(i6=j)
jxij j para todo o j = 1; : : : ; r então o conjunto
x1 ; x2 ; : : : ; xr
é linearmente independente.
Sugestão: Considere
v = (v1 ; : : : ; vn ) =
com
1;
2; : : : ;
r
1
1x
2 R e mostre que se existir
j
+
2
2x
+
+
r
rx ;
6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que
j j j > j i j;
para todo o i = 1; : : : ; r; então vj 6= 0.
Dem. Seja
v = (v1 ; : : : ; vn ) =
com
1;
2; : : : ;
r
1
1x
2 R. Suponhamos que existe
j
+
2
2x
+
+
r
rx ;
6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que
j j j > j i j;
para todo o i = 1; : : : ; r. Queremos mostrar que vj 6= 0.
Suponhamos então (com vista a uma contradição) que vj = 0. Nesse caso, teríamos
r
X
i xij
i=1
| {z }
=0,
j xjj
=
j j j jxjj j = j j xjj j =
r
X
i=1
i6=j
i xij
r
X
i=1
i6=j
i xij .
i=1
i6=j
= vj
Como
r
X
j i xij j =
264
r
X
i=1
i6=j
j i j jxij j
j ij j j j
i=1;:::;r
0
B
j jj @
r
X
i=1
i6=j
1
C
jxij jA
e
j
6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) então teríamos
0
1
BX
C
jxij jA
@
jxjj j
r
i=1
i6=j
o que contradiz a hipótese de se ter
jxjj j >
r
X
i=1(i6=j)
jxij j
para todo o j = 1; : : : ; r. Logo mostrámos que a existir j 6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que j j j
> j i j; para todo o i = 1; : : : ; r; então vj 6= 0, o que equivale a dizer que o conjunto
x1 ; x2 ; : : : ; xr
é linearmente independente.
265
3a Ficha de exercícios facultativos
1. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio de T associado a
um valor próprio de T . Veri…que que u é também um vector próprio de T 1 e determine o valor
próprio de T 1 que lhe está associado.
2. Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Seja u um vector próprio de T
associado a um valor próprio de T . Veri…que que u é também um vector próprio de T 2 associado
ao valor próprio 2 de T 2 .
3. Seja A uma matriz do tipo n n. Mostre que se
próprio de Ak , onde k é um inteiro positivo.
é um valor próprio de A então
k
é um valor
4. Uma matriz A do tipo n n diz-se nilpotente se Al = 0 para algum inteiro positivo l. Mostre que se
A é nilpotente então o único valor próprio de A é 0.
5. Seja A uma matriz n
n. Veri…que que A e AT têm os mesmos valores próprios.
6. Seja A uma matriz n
valor próprio de A:
n cuja soma das suas colunas é constante e igual a r. Mostre que r é um
7. Seja A 2 Mn n (R). Seja P uma matriz diagonalizante para A. Determine uma matriz diagonalizante
para AT em termos de P .
8. Seja Q uma matriz n
n real ortogonal, isto é, tal que Q
1
= QT .
Mostre que se n fôr ímpar então Q tem o valor próprio 1 ou tem o valor próprio
9. Determine uma matriz A real 2
1.
2 tal que det A < 0. Mostre que A é diagonalizável.
10. Seja A uma matriz n n e seja um valor próprio de A com multiplicidade algébrica igual a n.
Mostre que se A fôr diagonalizável então A é uma matriz diagonal.
11. Seja V um espaço linear e seja T : V ! V uma transformação linear tal que todos os vectores não
nulos de V são vectores próprios. Mostre que T tem um único valor próprio.
12. Sejam A e B duas matrizes do tipo n
n. Mostre que AB e BA têm os mesmos valores próprios.
13. Sejam A e B duas matrizes tais que AB = BA. Mostre que A e B têm um vector próprio em comum.
Sugestão: Sendo um valor próprio de A, considere C a matriz cujas colunas formam uma base
ordenada S de N (A
I) e veri…que que (A
I) BC = 0. Finalmente considere a matriz P cujas
colunas são respectivamente as coordenadas das colunas de BC em relação à base S e sendo v um
vector próprio de P mostre que Cv é um vector próprio comum a A e B.
14. Seja A uma matriz n
n e sejam
1;
2
(A
escalares, com
1 I) (A
Mostre que A é diagonalizável.
266
1
2 I)
6=
2,
= 0:
tais que
Resolução da 3a Ficha de exercícios facultativos
1. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio de T associado a
um valor próprio de T . Veri…que que u é também um vector próprio de T 1 e determine o valor próprio
de T 1 que lhe está associado.
Dem. Tem-se
T (u) = u,
1
com u 6= 0. Como T é invertível e T
é linear,
1
u=T
Por outro lado, tem-se
1
( u) = T
(u).
6= 0 uma vez que u 6= 0 e T é invertível. Logo,
1
T
1
Isto é, u é um vector próprio de T
1
(u) =
u.
1
associado ao valor próprio
1
de T
.
2. Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Seja u um vector próprio de
T associado a um valor próprio de T . Veri…que que u é também um vector próprio de T 2 associado ao
valor próprio 2 de T 2 .
Dem. Tem-se
T (u) = u,
com u 6= 0. Logo, como T é linear,
T 2 (u) = (T
T ) (u) = T (T (u)) = T ( u) = T (u) =
isto é, u é um vector próprio de T 2 associado ao valor próprio
3. Seja A uma matriz do tipo n n. Mostre que se
próprio de Ak , onde k é um inteiro positivo.
2
u=
2
u,
de T 2 .
é um valor próprio de A então
k
é um valor
Dem. Sendo k um inteiro positivo, tem-se
Ak
Logo, se
k
I = (A
I)(Ak
é um valor próprio de A então
k
1
+ Ak
2
+
+A
k 2
+
k 1
I).
é um valor próprio de Ak , onde k é um inteiro positivo.
4. Uma matriz A do tipo n n diz-se nilpotente se Al = 0 para algum inteiro positivo l. Mostre que
se A é nilpotente então o único valor próprio de A é 0.
Dem. Suponhamos que Al = 0 para algum inteiro positivo l. Seja
anterior, l é um valor próprio de Al . Como Al = 0, então:
0 = det(Al
l
I) = det(
267
l
um valor próprio de A. Pelo exo
I) = ( 1)n l .
Logo
= 0 e como tal, 0 é o único valor próprio de A.
n. Veri…que que A e AT têm os mesmos valores próprios.
5. Seja A uma matriz n
Dem. Tem-se
det(A
I)T = det(AT
I) = det (A
I).
Isto é, as matrizes A e AT têm os mesmos valores próprios.
6. Seja A uma matriz n
valor próprio de A:
n cuja soma das suas colunas é constante e igual a r. Mostre que r é um
Dem. Tem-se
2
2
6
6
=6
4
1
1
..
.
3
2
a11 a12
6 7 6 a21 a22
6 7 6
A 6 7 = 6 ..
..
..
4 5 4 .
.
.
1
an1 an2
2
3 2
3
a11
a12
a1n
6 a22 7
6 a2n
a21 7
6
7 6
7
+ 6 ..
.. 7 + 6 .. 7 +
4 .
. 5 4 . 5
an1
an2
ann
a1n
a2n
..
.
32
76
76
76
54
ann
3 2
7 6
7 6
7=6
5 4
r
r
..
.
r
1
1
..
.
1
3
3
7
7
7=
5
2
6
7
6
7
7 = r6
4
5
Logo r é um valor próprio de A, associado ao vector próprio (1; 1; : : : ; 1).
1
1
..
.
1
3
7
7
7.
5
7. Seja A 2 Mn n (R). Seja P uma matriz diagonalizante para A. Determine uma matriz diagonalizante para AT em termos de P .
Dem. Tem-se
D = P AP
e
D = DT = P AP
Logo, a matriz (P
1 T
1
= P
1 T
AT P T .
1 T
) é uma matriz diagonalizante para AT .
8. Seja Q uma matriz n n real ortogonal, isto é, tal que Q
Q tem o valor próprio 1 ou tem o valor próprio 1.
1
= QT . Mostre que se n fôr ímpar então
Dem. Atendendo a que QQT = I tem-se
(det Q)2 = det Q det Q = det Q det QT = det QQT = det I = 1 , (det Q = 1 ou det Q =
Logo:
Se det Q = 1
det (Q
I) = det Q I
= ( 1)n det Q det QT
I
=
n é ímpar
QT
= det Q det I QT =
h
i
det Q det (Q I)T = det (Q
268
I) ,
1).
, 2 det (Q
I) = 0 , det (Q
I) = 0
isto é, 1 é valor próprio de Q;
Se det Q = 1
det (Q + I) = det Q I + QT = det Q det I + QT =
h
i
= det Q det QT + I = det (Q + I)T = det (Q + I) ,
, 2 det (Q + I) = 0 , det (Q + I) = 0 , det (Q
isto é,
( 1) I) = 0
1 é valor próprio de Q.
9. Determine uma matriz A real 2
Dem. Seja A =
a b
c d
2 M2
2
2 tal que det A < 0. Mostre que A é diagonalizável.
(R). Sejam
1 2
1
e
2
dois valores próprios de A. Como
= det A < 0
então 1 e 2 são dois valores próprios distintos de A, pelo que os vectores próprios correspondentes são
linearmente independentes, constituindo assim uma base de R2 , razão pela qual A é diagonalizável.
10. Seja A uma matriz n n e seja um valor próprio de A com multiplicidade algébrica igual a n.
Mostre que se A fôr diagonalizável então A é uma matriz diagonal.
Dem. Seja um valor próprio de A com multiplicidade algébrica igual a n. Como A é do tipo n
então é o único valor próprio de A. Assim, A fôr diagonalizável se e só se
dim N (A
n,
I) = mg ( ) = ma ( ) = n
o que é equivalente a ter-se
A
isto é,
I = 0 (matriz nula)
2
ou seja, A é uma matriz diagonal.
6
6
A= I=6
4
0
..
.
0
...
..
.
0
...
..
.
0
3
0
.. 7
. 7
7
0 5
11. Seja V um espaço linear e seja T : V ! V uma transformação linear tal que todos os vectores não
nulos de V são vectores próprios. Mostre que T tem um único valor próprio.
Dem. Suponhamos, com vista a uma contradição, que 1 e 2 eram dois valores próprios distintos de
T . Sejam v1 e v2 vectores próprios de T associados respectivamente aos valores próprios 1 e 2 . Logo, o
conjunto fv1 ; v2 g é linearmente independente. Por outro lado
T (v1 + v2 ) = T (v1 ) + T (v2 ) =
269
1 v1
+
2 v2
e como cada vector não nulo de V é um vector próprio de T , então v1 + v2 é um vector próprio de T e
assim, existe um escalar 3 tal que
T (v1 + v2 ) =
3
(v1 + v2 ) =
3 v1
3 v2 .
+
Deste modo, tem-se
1 v1
+
2 v2
=
3 v1
+
3 v2
ou seja
(
3 ) v1
1
+(
2 ) v2
3
= 0.
Como o conjunto fv1 ; v2 g é linearmente independente, então ter-se-ia
1
=
e
3
3
=
2
isto é,
contrariando o facto de se ter assumido que
Logo, T tem um único valor próprio.
12. Sejam A e B duas matrizes do tipo n
Dem. Sejam A; B 2 Mn
n (R).
det (AB
1
e
1
=
2
eram dois valores próprios distintos de T .
2
n. Mostre que AB e BA têm os mesmos valores próprios.
Atendendo a que
0I) = det (AB) = det (BA) = det (BA
0I) ;
0 é valor próprio de AB se e só se 0 é valor próprio de BA.
Seja um valor próprio de AB, com 6= 0. Então existe u 6= 0 tal que ABu = u. Seja w = Bu:
Como u 6= 0 e B é invertível então w 6= 0. Logo,
(BA) w = (BA) Bu = B (AB) u = B u =
(Bu) = w.
Isto é, é valor próprio de BA com w como vector próprio associado.
Seja um valor próprio de BA, com 6= 0. Então existe u 6= 0 tal que BAu = u. Seja w = Au:
Como u 6= 0 e A é invertível então w 6= 0. Logo,
(AB) w = (AB) Au = A (BA) u = A u =
Isto é,
(Au) = w.
é valor próprio de AB com w como vector próprio associado.
13. Sejam A e B duas matrizes tais que AB = BA. Mostre que A e B têm um vector próprio em
comum.
Sugestão: Sendo um valor próprio de A, considere C a matriz cujas colunas formam uma base
ordenada S de N (A
I) e veri…que que (A
I) BC = 0. Finalmente considere a matriz P cujas
colunas são respectivamente as coordenadas das colunas de BC em relação à base S e sendo v um vector
próprio de P mostre que Cv é um vector próprio comum a A e B.
270
Dem. Suponhamos que as matrizes quadradas A e B são do tipo n n. Seja um valor próprio de A.
Tem-se N (A
I) 6= f0g. Seja r = dim N (A
I). Seja C a matriz n r cujas colunas formam uma
base ordenada S de N (A
I). Tem–se
(A
I) BC = ABC
BC
=
BAC
AB=BA
BC = B (A
I) C = B0 = 0
Seja P = (pij ) a matriz r r cujas colunas são respectivamente as coordenadas das colunas de BC em
relação à base S. Tem-se, para k = 1; :::; r
[BC] k
| {z }
=
pik
i=1
coluna k de BC
Logo, tem-se
r
X
[C] i
|{z}
=
r
X
[C] i pik .
i=1
coluna i de C
BC = CP .
Seja v um vector próprio de P associado a um valor próprio . Tem-se v 6= 0 e Cv 6= 0 pois C tem
característica máxima (= no de colunas). Além disso,
B (Cv) = (BC) v = (CP ) v = C (P v) = C ( vI) =
(Cv) ,
isto é, Cv é um vector próprio de B associado ao valor próprio .
Por outro lado, tem-se
A (Cv) = (AC) v = ( IC) v = (Cv) ,
isto é, Cv é um vector próprio de A associado ao valor próprio .
Logo, Cv é um vector próprio comum a A e B.
14. Seja A uma matriz n
n e sejam
1;
(A
2
escalares, com
1 I) (A
2 I)
2,
tais que
= 0 ou
det (A
1
6=
= 0:
Atendendo a que
det (A
1 I) det (A
2 I)
então 1 é valor próprio de A ou
vez que (A
1 I) (A
2 I) = (A
2
= 0 , (det (A
1 I)
2 I)
= 0)
é valor próprio de A. Suponhamos sem perda de generalidade (uma
2 I) (A
1 I)) que 1 é um valor próprio de A. Atendendo a que
C (A
2 I)
N (A
1 I)
6= f0g
então
n
nul (A
2 I)
= car (A
2 I)
= dim C (A
2 I)
dim N (A
isto é,
Logo, atendendo a que nul (A
n
nul (A
1 I)
1 I)
+ nul (A
2 I)
nul (A
1 I)
2 I) .
+ nul (A
n, tem-se
+ nul (A
ou seja, A é diagonalizável.
271
2 I)
=n
1 I)
= nul (A
1 I)
4a Ficha de exercícios facultativos
1. Seja V um espaço euclidiano real. Veri…que que para todos os u; v; w 2 V;
(i) hu; vi = hv; ui
(ii) h u; vi = hu; vi =
(iii) hu; v + wi = hu; vi + hu; wi
hu; vi
2 R se tem:
(iv) hu + v; wi = hu; wi + hv; wi
(v) hu + w; v + wi = hu; vi + hu; wi + hw; vi + kwk2
(vi) hu; 0i = h0; ui = 0
(vii) hu; vi = 0 se e só se ku + vk = ku
vk.
(viii) hu; vi = 0 se e só se ku + vk2 = kuk2 + kvk2 :
(ix) hu; vi = 0 se e só se ku + cvk
(x) hu + v; u
kuk para todo o real c.
vi = 0 se e só se kuk = kvk.
(xi) Lei do paralelogramo ku
vk2 + ku + vk2 = 2 kuk2 + 2 kvk2 .
2. Seja V um espaço euclidiano real.
(i) Seja u 2 V . Veri…que que se hu; vi = 0 para qualquer v 2 V então u = 0.
(ii) Sejam u; v 2 V . Veri…que que u = v se e só se hu; wi = hv; wi para qualquer w 2 V .
3. Seja V um espaço euclidiano com dim V = n. Seja S = fu1 ; :::; un g uma base ortonormada de V .
Seja T : V ! V uma transformação linear. Veri…que que a matriz A = (aij ) que representa T em
relação à base S é dada por
A = (aij ) = (hT (uj ); ui i) .
4. Seja V um espaço euclidiano de dimensão n. Seja fu1 ; :::; uk g um conjunto linearmente independente
de k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de…nida por
T (v) =
k
X
i=1
hv; ui i ui ,
com v 2 V .
Mostre que T é invertível se e só se k = n.
5. Seja V um espaço euclidiano real. Seja T : V ! V uma transformação linear tal que kT (w)k = kwk
para qualquer w 2 V . Mostre que
hT (u); T (v)i = hu; vi ,
para quaisquer u; v 2 V .
6. Mostre que os valores próprios associados a uma matriz unitária têm módulo 1.
272
Resolução da 4a Ficha de exercícios facultativos
1. Seja V um espaço euclidiano real. As alíneas (i), (ii), (iii) e (iv) são consequência da de…nição de
produto interno.
Sejam u; v; w 2 V;
2 R.
(v) Atendendo à condição de linearidade do produto interno:
hu + w; v + wi = hu; vi + hu; wi + hw; vi + hw; wi =
= hu; vi + hu; wi + hw; vi + kwk2 .
(vi) Atendendo à condição de linearidade do produto interno:
hu; 0i = hu; 0vi = 0 hu; vi = 0 e
h0; ui = h0v; ui = 0 hv; ui = 0.
(vii) Se hu; vi = 0 então
ku + vk2 =
=
=
=
=
isto é, ku + vk = ku
Se ku + vk = ku
hu + v; u + vi = kuk2 + 2 hu; vi + kvk2 =
kuk2 + kvk2 =
kuk2 2 hu; vi + kvk2 =
hu v; u vi =
ku vk2 ,
vk.
vk então ku + vk2 = ku
vk2 e esta última equação é equivalente à equação
kuk2 + 2 hu; vi + kvk2 = kuk2
2 hu; vi + kvk2 ,
isto é, hu; vi = 0.
(viii) Atendendo a que
ku + vk2 = hu + v; u + vi = kuk2 + 2 hu; vi + kvk2 ,
então tem-se ku + vk2 = kuk2 + kvk2 se e só se hu; vi = 0.
(ix) Seja c 2 R. Se hu; vi = 0 então
ku + cvk2 = hu + cv; u + cvi = kuk2 + 2c hu; vi + c2 kvk2 =
= kuk2 + c2 kvk2 kuk2 ,
para todo o real c, isto é, ku + cvk
Se ku + cvk
kuk para todo o real c.
kuk para todo o real c, então
kvk2 c2 + 2 hu; vi c
0,
para todo o real c, se e só se hu; vi = 0 (fórmula resolvente).
273
(x) Se hu + v; u
vi = 0 então
0 = hu + v; u
vi = kuk2
kvk2 .
Logo, kuk = kvk.
Se kuk = kvk então
Logo, hu + v; u
0 = kuk2
kvk2 = hu + v; u
vi .
vi = 0.
(xi)
ku
vk2 + ku + vk2 = hu v; u vi + hu + v; u + vi =
= kuk2 2 hu; vi + kvk2 + kuk2 + 2 hu; vi + kvk2 =
= 2 kuk2 + 2 kvk2 .
2. Seja V um espaço euclidiano real.
(i) Seja u 2 V . Se hu; vi = 0 para qualquer v 2 V então, em particular para v = u, tem-se
hu; ui = 0.
Logo, u = 0.
(ii) Sejam u; v 2 V . Se u = v então
hu; wi = hv; wi ,
para qualquer w 2 V .
Se hu; wi = hv; wi para qualquer w 2 V , então
hu
v; wi = 0,
para qualquer w 2 V . Logo, atendendo à alínea anterior, tem-se u = v.
3. Seja V um espaço euclidiano com dim V = n. Seja S = fu1 ; :::; un g uma base ortonormada de V .
Seja T : V ! V uma transformação linear. A matriz A = (aij ) que representa T em relação à base
S é dada por
A = (aij ) = (hT (uj ); ui i) ,
uma vez que, para j = 1; :::; n,
T (uj ) = hT (uj ); u1 i u1 + ::: + hT (uj ); un i un .
4. Seja V um espaço euclidiano de dimensão n. Seja fu1 ; :::; uk g um conjunto linearmente independente
de k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de…nida por
T (v) =
k
X
i=1
com v 2 V .
Mostre que T é invertível se e só se k = n.
274
hv; ui i ui ,
Dem. Atendendo a que T é invertível se e só se N (T ) = f0g, bastará ver que N (T ) = f0g se e só
se k = n.
Se N (T ) = f0g então teremos k = n, caso contrário, isto é, caso k < n ter-se-ia
(L (fu1 ; :::; uk g))? 6= f0g :
Assim, para v 2 (L (fu1 ; :::; uk g))? , com v 6= 0, teríamos T (v) = 0, ou seja N (T ) 6= f0g. O que não
pode ser pois suposemos N (T ) = f0g. Logo, se N (T ) = f0g então tem-se k = n.
Suponhamos agora que se tem k = n. Nesse caso, o conjunto fu1 ; :::; un g é uma base de V . Queremos
ver que se tem N (T ) = f0g. Seja v 2 V tal que T (v) = 0. Logo,
n
X
i=1
hv; ui i ui = 0.
Assim, atendendo a que o conjunto fu1 ; :::; un g é linearmente independente, tem-se hv; ui i = 0, para
todo o i = 1; :::; n. Finalmente, como o conjunto fu1 ; :::; un g gera V , tem-se hv; ui = 0, para qualquer
u 2 V . Logo v = 0 e assim N (T ) = f0g.
5. Seja V um espaço euclidiano real. Seja T : V ! V uma transformação linear tal que kT (w)k = kwk
para qualquer w 2 V . Mostre que
hT (u); T (v)i = hu; vi ,
para quaisquer u; v 2 V .
Dem. Sejam u; v 2 V . Tem-se
hu; vi =
1
ku + vk2
2
=
kuk2
kvk2 =
1
kT (u) + T (v)k2
2
1
kT (u + v)k2
2
kT (u)k2
kT (u)k2
kT (v)k2 =
kT (v)k2 = hT (u); T (v)i .
6. Seja U uma matriz unitária. Isto é:
UH = U
Seja
1
.
um valor próprio de U e v um vector próprio associado:
U v = v.
Logo
v H U H = (U v)H = ( v)H = v H
e assim
vH U H U v = vH
, v H Iv = v H
U v , v H U H U v = v H (U v) ,
v , v H v = v H v j j2 , 1
275
j j2 kvk2 = 0 , j j = 1.
v6=0