Aulas Teóricas e de Problemas de Algebra Linear

.
Aulas Teóricas e de Problemas
de
Álgebra Linear
Nuno Martins
Departamento de Matemática
Instituto Superior Técnico
Dezembro de 2012
1
Índice
Parte I (Aulas teóricas e …chas de exercícios)
Resolução de sistemas de equações lineares..........................................................4
1a …cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................10
Matrizes: operações e suas propriedades..............................................................12
Soluções de sistemas e invertibilidade de matrizes..............................................20
Matrizes elementares e factorização triangular...................................................23
2a …cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................27
Ficha extra de exercícios................................................................................................31
1a …cha de exercícios facultativos...................................................................................33
Espaços lineares (ou Espaços vectoriais)...............................................................37
Independência linear.................................................................................................45
Bases e dimensão de um espaço linear..................................................................47
Coordenadas de um vector numa base e matriz de mudança de base.................58
3a …cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................60
4a …cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................63
5a …cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................67
2a …cha de exercícios facultativos....................................................................................72
Transformações lineares............................................................................................74
6a …cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................91
7a …cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................98
Produtos internos e ortogonalização.....................................................................105
Mínimos quadrados..................................................................................................121
8a …cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................125
3a …cha de exercícios facultativos..................................................................................131
Determinantes...........................................................................................................133
Produto externo e produto misto..........................................................................139
9a …cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................142
Valores próprios e vectores próprios. Diagonalização........................................149
Diagonalização unitária e diagonalização ortogonal............................................162
Formas quadráticas..................................................................................................171
10a …cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................175
4a …cha de exercícios facultativos..................................................................................183
Bibliogra…a...................................................................................................................185
2
Parte II (Resoluções das …chas de exercícios)
Resolução da 1a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................186
Resolução da 2a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................195
Resolução da …cha extra de exercícios............................................................................207
Resolução da 1a …cha de exercícios facultativos..............................................................222
Resolução da 3a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................235
Resolução da 4a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................252
Resolução da 5a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................295
Resolução da 2a …cha de exercícios facultativos..............................................................312
Resolução da 6a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................324
Resolução da 7a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................362
Resolução da 8a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................391
Resolução da 3a …cha de exercícios facultativos..............................................................435
Resolução da 9a …cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................440
Resolução da 10a …cha de exercícios para as aulas de problemas....................................456
Resolução da 4a …cha de exercícios facultativos.............................................................499
3
Resolução de sistemas de equações lineares
De…nição 1. Uma equação linear com n incógnitas x1 ; x2 ; :::; xn é uma equação da
forma
a1 x1 + a2 x2 + ::: + an xn = b;
em que a1 ; a2 ; :::; an e b são constantes (reais ou complexas). A b chama-se termo independente.
De…nição 2. Um sistema de m equações lineares com n incógnitas x1 ; x2 ; :::; xn é
um conjunto de equações da forma
8
a11 x1 + a12 x2 + ::: + a1n xn = b1
>
>
<
a21 x1 + a22 x2 + ::: + a2n xn = b2
( )
:::
>
>
:
am1 x1 + am2 x2 + ::: + amn xn = bm
em que aij e bk são constantes (reais ou complexas), para i; k = 1; :::; m e j = 1; :::; n.
De…nição 3. Uma solução (caso exista) de um sistema de m equações lineares com n
incógnitas reais, é o elemento
(s1 ; s2 ; :::; sn ) 2 Rn := f(a1 ; a2 ; :::; an ) : a1 ; a2 ; :::; an 2 Rg
que satisfaz as equações desse sistema quando substituímos
x 1 = s1 ;
x2 = s 2 ;
:::;
x n = sn .
(No caso das variáveis serem complexas ter-se-ia soluções em Cn .)
Usando o produto de matrizes, a de…nir adiante, isso equivale a dizer que
2
3
s1
6 s2 7
6
7
S = 6 .. 7
4 . 5
sn
satisfaz a equação matricial
AX = B;
em que
2
6
6
A=6
4
a11
a21
..
.
a12
a22
..
.
a1n
a2n
..
.
am1 am2
amn
3
7
7
7,
5
2
6
6
X=6
4
x1
x2
..
.
xn
3
7
7
7
5
e
2
6
6
B=6
4
b1
b2
..
.
bm
3
7
7
7,
5
isto é, fazendo X = S tem-se a condição verdadeira AS = B. Ao conjunto de todas as
soluções do sistema chama-se conjunto solução ou solução geral do sistema.
4
De…nição 4. A matriz A é a matriz dos coe…cientes do sistema AX = B, X é a
matriz coluna das incógnitas e B é a matriz coluna dos termos independentes. A matriz
2
3
a11 a12
a1n j b1
6 a21 a22
a2n j b2 7
6
7
[A j B] = 6 ..
..
..
.. .. 7
4 .
.
.
. . 5
am1 am2
amn j bm
associada ao sistema ( ) chama-se matriz aumentada do sistema.
Exemplo 1. O sistema linear de duas equações e duas incógnitas
x + 2y = 1
2x + y = 0
pode ser escrito do seguinte modo:
1 2
2 1
x
y
=
1
0
.
A solução geral do sistema acima é dada por
f(x; y) : x + 2y = 1 e 2x + y = 0g = f( 1=3; 2=3)g ;
isto é, X =
1=3
2=3
é a única matriz que satisfaz AX = B, com A =
1 2
2 1
eB =
1
.
0
De…nição 5. A um sistema de equações lineares da forma
8
a11 x1 + a12 x2 + ::: + a1n xn = 0
>
>
<
a21 x1 + a22 x2 + ::: + a2n xn = 0
:::
>
>
:
am1 x1 + am2 x2 + ::: + amn xn = 0
chama-se sistema linear homogéneo. Este sistema pode ser escrito na forma AX = 0.
Observação 1. (i) Todo o sistema linear homogéneo AX = 0 admite pelo menos a
solução trivial:
2
3 2 3
x1
0
6 x2 7 6 0 7
6
7 6 7
X = 6 .. 7 = 6 .. 7 .
4 . 5 4 . 5
xn
0
Assim, todo o sistema linear homogéneo tem solução. Além disso, como iremos ver, ou tem
apenas a solução trivial ou tem um número in…nito de soluções.
(ii) Num próximo capítulo, à solução geral do sistema linear homogéneo AX = 0 dar-se-á
o nome de núcleo de A e escrever-se-á N (A).
5
De…nição 6. Às seguintes operações que se podem aplicar às equações de um sistema
de equações lineares, chamam-se operações elementares.
(a) Trocar a posição de duas equações do sistema;
(b) Multiplicar uma equação por um escalar diferente de zero;
(c) Substituição de uma equação pela sua soma com um múltiplo escalar de outra
equação.
De…nição 7. Dois sistemas de equações lineares que se obtêm um do outro através de
um número …nito de operações elementares, dizem-se equivalentes, tendo assim o mesmo
conjunto solução.
Observação 2. Quando aplicamos operações elementares às equações de um sistema de
equações lineares, só os coe…cientes e os termos independentes do sistema são alterados. Logo,
aplicar as operações elementares anteriores às equações de um sistema linear ( ) equivale a
aplicar às linhas da matriz aumentada
2
3
a11 a12
a1n j b1
6 a21 a22
a2n j b2 7
6
7
[A j B] = 6 ..
..
..
.. .. 7
4 .
.
.
. . 5
am1 am2
amn j bm
as seguintes operações.
De…nição 8. As operações elementares que podem ser aplicadas às linhas (i e j) de
uma matriz são:
(i) Trocar a posição de duas linhas (i e j) da matriz:
Li $ Lj
(ii) Multiplicar uma linha (i) da matriz por um escalar ( ) diferente de zero:
L i ! Li
(iii) Substituição de uma linha (j) pela sua soma com um múltiplo escalar ( ) de outra
linha (i):
L i + L j ! Lj
Teorema 1. Se dois sistemas lineares AX = B e CX = D são tais que a matriz
aumentada [C j D] é obtida de [A j B] através de uma ou mais operações elementares, então
os dois sistemas são equivalentes.
De…nição 9. Uma matriz A = (aij )m
n
diz-se em escada de linhas se:
(i) Todas as linhas nulas (formadas inteiramente por zeros) estão por baixo das linhas
não nulas;
(ii) Por baixo (e na mesma coluna) do primeiro elemento não nulo de cada linha e por
baixo dos elementos nulos anteriores da mesma linha, todas as entradas são nulas. Esse
primeiro elemento não nulo de cada linha tem o nome de pivot.
6
Exemplo 2. As seguintes matrizes estão em escada de linhas:
2
3
2
1 1=2 0 p0
6 0 0
3 0
2 7
6
7
4
1
0 1 3 0
6
A1 =
; A2 =
; A3 = 6 0 0
0 0
5 7
7.
0 0
0 0
5 1
4 0 0
0 0 0 5
0 0
0 0 0
De…nição 10. O método de resolver sistemas de equações lineares que consiste em
aplicar operações elementares às linhas da matriz aumentada do respectivo sistema de modo
a que essa matriz …que em escada de linhas, chama-se método de eliminação de Gauss.
De…nição 11. Um sistema de equações lineares diz-se:
(i) impossível se não tiver soluções;
(ii) possível e indeterminado se tiver um número in…nito de soluções;
(iii) possível e determinado se tiver uma única solução.
De…nição 12. (i) O número de incógnitas livres (podem tomar valores arbitrários)
de um sistema, é o número de colunas que não contenham pivots, da matriz em escada
de linhas obtida de A através de operações elementares. Quando um sistema é possível e
indeterminado, ao no de incógnitas livres desse sistema chama-se grau de indeterminação
do sistema.
(ii) O número de incógnitas não livres de um sistema, é o número de colunas que contenham pivots, da matriz em escada de linhas obtida de A através de operações elementares.
Exemplo 3. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y e z
8
2
32 3 2 3
1 0 1
x
3
< x+z =3
4
5
4
5
4
x + 2y + 2z = 6
1 2 2
y = 6 5.
é equivalente a
:
3y + 3z = 6
0 3 3
z
6
Considere-se então
2
1 0 1 j
4 1 2 2 j
0 3 3 j
Logo,
a matriz aumentada
3
2
3
1
5
4
6
0
!
L1 +L2 !L2
6
0
e o consequente método de eliminação de Gauss:
2
3
3
1 0 1 j 3
0 1 j 3
4 0 2 1 j 3 5.
2 1 j 3 5 3 !
L
+L
!L
3
3
2 2
0 0 32 j 32
3 3 j 6
8
8
< x=2
< x+z =3
2y + z = 3 ,
y=1
: 3
:
3
z=2
z = 1.
2
Neste exemplo o sistema tem a solução única f(2; 1; 1)g e diz-se possível e determinado.
7
Exemplo 4. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y; z e w
2
8
2
3 x
0 0
3
9 6
< 3z 9w = 6
y
4
5x + 15y 10z + 40w = 45 é equivalente a
5 15
10 40 5 6
4
z
:
x + 3y z + 5w = 7
1 3
1 5
w
3
2
7
7=4
5
3
6
45 5 .
7
Considere-se então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:
2
3
2
3
1 3
1 5 j
7
0 0
3
9 j 6
4 5 15
2 8 j
9 5
10 40 j
45 5
!
! 4 1 3
L1 +L2 !L2
L1 $L3
0 0 3
9 j 6
1 3
1 5 j
7
1
L !L2
5 2
2
2
3
3
1 3
1 5 j
7
1 3
1 5 j
7
4 0 0
4 0 0
1 3 j
2 5
1 3 j
2 5.
!
!
L1 +L2 !L2
3L2 +L3 !L3
0 0 3
9 j 6
0 0 0 0 j 0
Logo,
x + 3y z + 5w =
z + 3w = 2
7
,
x = 3y 2w
z = 3w + 2.
5
As incógnitas y e w são livres e as incógnitas x e z são não livres. A solução geral do sistema
é:
82
9
3
3s 2t 5
>
>
>
>
<6
=
7
s
6
7 : s; t 2 R
4
5
3t + 2
>
>
>
>
:
;
t
isto é, o conjunto solução é dado por: f( 3s 2t 5; s; 3t + 2; t) : s; t 2 Rg. Neste exemplo
o sistema tem um número in…nito de soluções e diz-se possível e indeterminado com
grau de indeterminação 2.
Exemplo 5. Seja a 2 R. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y e z
8
2
32 3 2 3
1 2
1
x
3
< x + 2y + z = 3
4
5
4
5
4
x+y z =2
1 1
1
y = 2 5.
é equivalente a
:
2
2
x + y + (a
5) z = a
1 1 a
5
z
a
Considere-se
2
1
4 1
1
então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:
2
3
3
2
1
j 3
1 2
1
j
3
4 0
1
1
j 2 5
1
2
j
1 5
!
!
L1 +L2 !L2
L2 +L3 !L3
2
2
1 a
5 j a
0
1 a
6 j a 3
L1 +L3 !L3
!
L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
3
1
j
3
2
j
1 5.
2) (a + 2) j a 2
2
1
0 (a
Se a = 2, então o sistema é possível e indeterminado:
x + 2y + z = 3
,
y 2z = 1
8
x = 3z + 1
y = 2z + 1,
a incógnita z é livre, as incógnitas x e y são não livres e a solução geral do sistema é
82
9
3
< 3t + 1
=
4 2t + 1 5 : t 2 R
:
;
t
isto é, o conjunto solução é dado por: f(3t + 1; 2t + 1; t) : t 2 Rg.
Assim, se a = 2, o sistema tem um número in…nito de soluções e diz-se possível e
indeterminado com grau de indeterminação 1.
Se a = 2, o sistema não tem solução e diz-se impossível.
a+5
Se a 6= 2 e a 6= 2, o sistema tem a solução única
; a ; 1
e diz-se possível
a+2 a+2 a+2
e determinado.
De…nição 13. (Ver-se-á mais adiante a consistência desta de…nição.) Seja A uma matriz
em escada de linhas. Ao no de colunas de A que não contêm pivots chama-se nulidade de A
e escreve-se nul A. Ao no de pivots de A, isto é, ao no de linhas não nulas de A, dá-se o nome
de característica de A e escreve-se car A. Se A fôr a matriz em escada de linhas obtida de
C através de operações elementares então diz-se que a característica de C é car A, tendo-se
car C = car A e diz-se que a nulidade de C é nul A, tendo-se nul C = nul A.
Exemplo 6. Considere-se as matrizes do exemplo 2. Pivot de A1 : 4. Pivots de A2 :
1; 5. Pivots de A3 : 2; 3; 5. Tem-se: car A1 = 1, car A2 = 2 e car A3 = 3. Além disso:
nul A1 = 1, nul A2 = 2 e nul A3 = 2.
Observação 3. Seja [A j B] a matriz aumentada associada a um sistema de equações
lineares com n incógnitas.
(i) Se car A = car [A j B] = n então o sistema é possível e determinado (tem uma
única solução).
(ii) Se car A = car [A j B] < n então o sistema é possível e indeterminado (tem um
número in…nito de soluções).
(iii) Se car A < car [A j B] então o sistema é impossível (não tem solução).
Observação 4. (i) car A = no de linhas não nulas da matriz em escada de linhas obtida
de A =
= no de pivots = no de incógnitas não livres:
(ii) nul A = no de incógnitas livres:
Teorema 2. Seja A uma matriz do tipo m n, isto é, com m linhas e n colunas Então
0 car A min fm; ng e
car A + nul A = n:
9
1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. Quais das seguintes equações são equações lineares em x; y e z ?
p
1
a) 3 x + 3y + z = 1
b) x + z = 0
c) x
2
d) x yz = 1
e) x cos y + z = 0
1
+ 3y
z=2
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.
3. Diga quais dos seguintes pontos: (0; 0; 0; 0) ; (1; 1; 1; 0) ; (1; 1; 1; 2) ; 3; 9; 7;
p
3
2
são soluções do sistema de equações lineares nas variáveis x; y; z e w.
x 2y 3z = 0
x + y + z = 1.
4. C = Celsius, F = Fahrenheit. A partir do ponto de congelação (C; F ) = (0; 32) e do
ponto de ebulição (C; F ) = (100; 212), deduza a equação linear
9
F = C + 32:
5
Veri…que que o único valor comum a ambas as escalas é
40 .
5. 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)
b)
xC3 H8 + yO2 ! zCO2 + wH2 O
xCO2 +yH2 O ! zC6 H12 O6 + wO2
6. Determine todos os polinómios p(t) de grau menor ou igual a dois tais que p(1) = 0,
p(0) = 1 e p( 1) = 1.
7. Resolva os seguintes sistemas de equações lineares.
a)
2x + 3y = 1
5x + 7y = 3
b)
2x + 4y = 10
3x + 6y = 15
8
< x + 2y + 3z = 3
2x + 3y + 8z = 4
c)
:
3x + 2y + 17z = 1
8
8
z + 3w = 3
< 2x + 3y = 3
< x + 2y
x 2y = 5
2x + 4y + 4z + 3w = 9
e)
d)
:
:
3x + 2y = 7
3x + 6y z + 8w = 10
8
8
2x3 + 3x4 = 4
>
>
<
< x 2y + 3z w = 1
2x1 6x3 + 9x4 = 7
3x y + 2z + 5w = 2
f)
g)
2x1 + 2x2 5x3 + 2x4 = 4
:
>
>
3x + 6y 9z + 3w = 6
:
100x2 + 150x3 200x4 = 50
10
8. Diga para que valores de a; b e c têm soluções os sistemas.
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. Para cada parâmetro real , considere o sistema de equações lineares de variáveis reais
cuja matriz aumentada é dada por:
2
3
1 4 2 j 10
4 2 7 2 j 20 5 .
1 5
j 10
a) Classi…que, em função de , o sistema de equações lineares anterior.
b) Para = 4, determine o conjunto solução do sistema de equações lineares correspondente.
10. Para cada parâmetro real , considere o sistema de equações lineares de variáveis reais
cuja matriz aumentada é dada por:
2
3
1 1
1 j
2
3
6
1 j
2 7
6
7
4 1
1
j
2 5
2 2
2 j
4
a) Determine os valores de
para os quais o sistema anterior é possível e indeterminado.
b) Para
= 2, determine o conjunto solução do sistema de equações lineares
correspondente.
11. Classi…que em função do parâmetro real os seguintes sistemas de equações lineares
(nas variáveis x; y e z). Nos casos em que existirem soluções, determine-as.
8
8
8
< x+y+z =1
< x+y+ z =2
< x+y + z =1
x+ y +z =1
3x + 4y + 2z =
2x + y 2 z =
a)
b)
c)
:
:
:
x+y+ z =1
2x + 3y z = 1
x+ y +z = 1+2
12. Classi…que em função dos parâmetros reais e o seguinte sistema de equações lineares
(nas variáveis x; y, z e w). Nos casos em que existirem soluções, determine-as.
8
2z + w =
>
>
<
x + y + z + 3w = 1
2x + 2y + z + w = 2
>
>
:
x + y + 3z + 14w = 4
13. 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(2t
3s; t + s
e)
S=?
f)
S = f(1; 1; 1)g
1; 2s + 1; t
1) : s; t 2 Rg
11
Matrizes: operações e suas propriedades
De…nição 14. (i) Sejam m; n 2 N. Uma matriz A, do tipo m
uma tabela de m n números dispostos em m linhas e n colunas:
3
2
a11 a12
a1n
6 a21 a22
a2n 7
6
7
A = 6 ..
..
.. 7 :
4 .
.
. 5
am1 am2
amn
n (lê-se m por n), é
Usa-se também a notação A = (aij )m n ou simplesmente A = (aij ), na qual aij é a entrada
(i; j) da matriz A. Se m = n, diz-se que A é uma matriz quadrada do tipo n n (ou de
ordem n) e as entradas a11 ; a22 ; :::; ann formam a chamada diagonal principal de A. Se
m 6= n, diz-se que A é uma matriz rectangular.
ai1 ai2
(ii) A matriz linha i de A é:
j de A é:
ain , para i = 1; :::; m. A matriz coluna
2
6
6
6
4
para j = 1; :::; n.
3
a1j
a2j
..
.
7
7
7
5
amj
(iii) À matriz do tipo m n cujas entradas são todas iguais a zero, chama-se matriz
nula e representa-se por 0m n ou simplesmente por 0. Por exemplo
02
2
(iv) À matriz do tipo n
0 0
0 0
=
e
02
3
0 0 0
0 0 0
=
.
n
2
6
6
6
4
a11 0
0 a22
..
.
0
..
0
3
0
0
..
.
.
ann
7
7
7
5
tal que aij = 0 se i 6= j para todos os i; j, isto é, à matriz cujas entradas fora da diagonal
principal são todas nulas, chama-se matriz diagonal.
(v) À matriz (aij ) do tipo n
i 6= j :
n tal que aii = 1 para todo o i = 1; :::; n; e aij = 0 se
2
6
6
6
4
3
1 0
0
0 1
0 7
7
,
..
. . .. 7
.
.
. 5
0 0
1
chama-se matriz identidade e representa-se por In
12
n
ou simplesmente por I.
(vi) À matriz do tipo n
n
2
6
6
6
4
a11 a12
0 a22
.. . .
.
.
0
..
0
.
a1n
a2n
..
.
ann
3
7
7
7
5
cujas entradas por baixo da diagonal principal são todas nulas, isto é, tais que aij = 0 se
i > j, chama-se matriz triangular superior. À matriz do tipo n n
2
3
a11 0
0
.. 7
.
6
. 7
6 a21 a22 . .
6 .
7
.
.
..
.. 0 5
4 ..
an1 an2
ann
cujas entradas por cima da diagonal principal são todas nulas, isto é, tais que aij = 0 se
i < j, chama-se matriz triangular inferior.
Uma matriz diz-se triangular se fôr triangular superior ou triangular inferior.
Exemplo 7. As matrizes
A=
1
2
1
2
, B=
1 2
2 0
3 4
2 0
são dos seguintes tipos: A é 2 2, B é 2
a21 = 2, b13 = 3, c12 = 0 e d41 = 1.
, C=
4, C é 1
Observação 5. Uma matriz (real) A do tipo m
0 0 7
3, D é 4
2
3
4
6 3 7
7
e D=6
4 2 5
1
1. Tem-se, por exemplo,
n é uma aplicação:
A : f1; :::; mg f1; :::; ng ! R
(i; j)
! aij
Notação 1. O conjunto de todas as matrizes reais (complexas) do tipo m n é denotado
por Mm n (R) (Mm n (C)). Tem-se Mm n (R) Mm n (C).
De…nição 15. Duas matrizes são iguais se forem do mesmo tipo e se as entradas correspondentes forem iguais, isto é, A = (aij )m n e B = (bij )p q são iguais se m = p, n = q e
aij = bij , para i = 1; :::; m e j = 1; :::; n.
De…nição 16. A soma de duas matrizes do mesmo tipo
A = (aij )m
n
e B = (bij )m
é a matriz
A + B = (aij + bij )m
13
n.
n
Exemplo 8. Sejam
A=
A+B =
1 4
3 2
1
3
0
7
, B=
2
3
1
5
, C = 4 1=2
p
2
2 4
3 9
2
2
3
1
1=2 5 :
e D=4 p
2
3
0
1 2 3
, C + D = 4 0 5 e não é possível, por exemplo, somar B com C.
4 5 6
0
De…nição 17. O produto de um escalar (número real ou complexo)
matriz A = (aij )m n é a matriz:
A = ( aij )m
n.
Notação 2. A matriz ( 1)A será denotada por
Exemplo 9. Seja A =
1 4
3 2
Observação 6. 1A = A,
por uma
A.
1
. Tem-se, por exemplo,
6
2A =
2
6
8
4
2
.
12
0A = 0 (matriz nula).
De…nição 18. A diferença entre duas matrizes A e B do mesmo tipo é de…nida por
A
B = A + ( B),
ou seja, é a soma de A com o simétrico de B.
De…nição 19. (i) O produto AB de duas matrizes A e B só pode ser efectuado se o
número de colunas da 1a matriz, A, fôr igual ao número de linhas da 2a matriz, B. Nesse
caso, o produto AB de A = (aij )m p por B = (bij )p n é de…nido por:
!
p
X
AB = (ai1 b1j + ::: + aip bpj )m n =
aik bkj
,
k=1
isto é,
2
a11
6 ..
6 .
6
6 ai1
6 .
4 ..
am1
3
a1p
.. 7 2
. 7
76
aip 7 4
.. 7
. 5
amp
b11
..
.
b1j
..
.
bp1
bpj
2
m n
p
P
a1k bk1
3 6
6 k=1
b1n
p
P
.. 7 = 6
6
aik bkj
. 5 6
k=1
6
p
bpn
4 P
amk bk1
k=1
Note que sendo b1 ; :::; bn as colunas da matriz B, então
AB = A
b1
bn
14
=
Ab1
Abn
p
P
3
a1k bkn 7
7
7
7
7
7
p
P
5
amk bkn
k=1
k=1
e sendo a1 ; :::; am as linhas da matriz A, então
3
2
3
2
a1
a1 B
6
7
6
7
AB = 4 ... 5 B = 4 ... 5
am
am B
(ii) Sejam A uma matriz do tipo n
n e p 2 N. A potência p de A é de…nida por
0
Ap = A:::A
| {z } e para p = 0 de…ne-se (se A fôr não nula) A = I.
p vezes
(iii) Diz-se que duas matrizes A e B comutam se AB = BA.
Exemplo 10. (i)
=
0
0
2
2
3
1 1
3 2
1
2
=
1 + ( 2) ( 3) 0 1 + ( 2) 2 0 ( 1) + ( 2) ( 2)
2 1 + 3 ( 3)
2 1+3 2
2 ( 1) + 3 ( 2)
(ii)
3
1
5= 1
1 4 1=2
p
2
2
1 1
(iii)
3
1
4 1=2 5 1 1
p
2
2
2
6
6
(iv) p 2 N, 6
4
1
2
=4
a11 0
0 a22
..
.
0
( 1)
( 1) + 1
1
2
( 1)
1
1
1
1
2
p
2
1
..
.
0
0
0
..
.
ann
3p
6
7
6
7
7 =6
4
5
=
p
..
.
0
0
..
.
(ann )p
0
4
8
4
8
1
2
2
3 2
( 1)
1
5=4
( 1)
2
p
2
( 1)
(a11 )p
0
0
(a22 )p
..
.
0
2
( 1)
1
1
2
p
2
1
2
p
+ ( 1)
6
7
=
1
1
1
2
p
1
2
p
2
3
7
7
7.
5
Observação 7. (i) O produto de matrizes não é comutativo. Por exemplo, para
A=
0 1
1 0
eB=
0
1
1
0
tem-se AB =
1
0
0
1
e BA =
1 0
0 1
.
Logo AB 6= BA.
(ii) CD = 0 ; (C = 0 ou D = 0), pois, por exemplo, para
C=
1 1
1 1
e
D=
1
1
1
1
;
CD = 0:
(iii) Se A (B) tem uma linha (coluna) nula então AB tem uma linha (coluna) nula.
15
1
1
p2
2
2
3
5
(iv) MUITO IMPORTANTE: Sendo
2
a11 a12
6 a21 a22
6
A = 6 ..
..
4 .
.
am1 am2
3
a1n
a2n
..
.
amn
6
6
AX = 6
4
a11
a21
..
.
am1
3
2
7
6
7
6
7 x1 + 6
5
4
a12
a22
..
.
am2
3
2
7
6
7
6
7 x2 + ::: + 6
5
4
n
2 Mm
n
7
7
7
5
xn
3
a1n
a2n
..
.
amn
De…nição 20. (i) A transposta de uma matriz A = (aij )m
isto é
2
3T 2
a11 a12
a1n
a11 a21
6 a21 a22
6
7
a2n 7
6
6 a12 a22
6 ..
..
.. 7 = 6 ..
..
4 .
4 .
.
. 5
.
am1 am2
amn
a1n a2n
(ii) Sendo A = (aij )m
3
x1
x2
..
.
7
6
7
6
;
X
=
7
6
5
4
então:
2
2
n
7
7
7 xn .
5
é a matriz AT = (aji )n
am1
am2
..
.
amn
m,
3
7
7
7:
5
(C), à matriz
A = (aij )m
n
chama-se matriz conjugada de A.
(iii) Sendo A = (aij )m
n
2 Mm
n
(C), à matriz
T
AH = A = (aij )n
m
chama-se matriz transposta conjugada de A.
De…nição 21. Sendo A = (aij )n
número real (ou complexo)
n
uma matriz quadrada, chama-se traço de A ao
tr(A) = a11 + ::: + ann =
n
X
aii .
i=1
2
1
Exemplo 11. (i) 4 4
1
2
1 + 2i
4
4
(ii)
1
3H
3
i 5 =
6
3T
3
2 5 =
6
1
2i 4
3
i
1 4
3 2
1
6
16
:
1
.
6
(iii) tr
1
2i 4
3
i
=1
i.
Teorema 3. Sejam A, B, C e D matrizes de tipos apropriados,
válidas as seguintes propriedades para as operações matriciais.
e
escalares. São
(a) (Comutatividade da soma) A + B = B + A.
(b) (Associatividade da soma) A + (B + C) = (A + B) + C. Note que esta propriedade
permite generalizar a de…nição de soma de 2 matrizes à soma de um no …nito de matrizes,
desde que as matrizes intervenientes sejam de tipos apropriados.
(c) (Elemento neutro da soma) Existe uma única matriz 0 do tipo m
0 + A = A, para toda a matriz A do tipo m n.
n tal que A + 0 =
(d) (Simétrico) Para cada matriz A existe uma única matriz B tal que A+B = B+A = 0.
Esta matriz B denota-se por A.
(e) (Associatividade do produto por escalares)
( A) = (
) A.
(f) (Distributividade) ( + ) A = A + A.
(g) (Distributividade)
(A + B) = A + B.
(h) (Associatividade do produto de matrizes) A (BC) = (AB) C. Note que esta propriedade permite generalizar a de…nição de produto de 2 matrizes ao produto de um no
…nito de matrizes, desde que as matrizes intervenientes sejam de tipos apropriados.
(i) (Distributividade) A (B + C) = AB + AC
(j)
(AB) = ( A) B = A ( B).
e (B + C) D = BD + CD.
A
::: + A} = pA.
| + {z
(Ap )q = Apq .
p vezes
(k) AI = A e IB = B, para todas as matrizes A = (aij )m
matriz identidade do tipo n n.
(l) A0 = 0 e 0B = 0, para todas as matrizes A = (aij )m
matriz nula do tipo n n.
(m) AT
T
= A:
AH
(n) (A + B)T = AT + B T .
H
n
n
e B = (bij )n
m,
onde I é a
e B = (bij )n
m,
onde 0 é a
= A:
(A + B)H = AH + B H .
(o) (A1 + A2 + ::: + An )T = AT1 + AT2 + ::: + ATn , com A1 , A2 , :::, An matrizes de tipos
apropriados.
(p) ( A)T = AT .
(q) (AB)T = B T AT .
( A)H = AH .
(AB)H = B H AH .
(r) (A1 A2 :::An )T = ATn :::AT2 AT1 , com A1 , A2 , :::, An matrizes de tipos apropriados.
H H
(A1 A2 :::An )H = AH
n :::A2 A1 .
17
(s) Sendo A = (aij )n
tr(A+B) = tr(A)+tr(B),
n
e B = (bij )n
tr( A) =
n
duas matrizes quadradas e
tr(AT ) = tr(A)
tr(A);
um escalar, tem-se
e
tr(AB) = tr(BA):
De…nição 22. Uma matriz A do (tipo n n) diz-se invertível se existir uma matriz B
(do tipo n n) tal que
AB = BA = I.
À matriz B chama-se matriz inversa de A e denota-se por A 1 .
Exemplo 12.
0 1
1 0
é invertível e
1
0 1
1 0
=
0 1
.
1 0
Observação 8. (i) Sendo A 1 a matriz inversa de A, então A
1
inversa é a própria matriz A, isto é, (A 1 ) = A.
I
1
1
é invertível e a sua
(ii) A matriz nula não é invertível. No entanto, a matriz identidade I é invertível tendo-se
= I.
(iii) Se uma matriz quadrada tiver uma linha ou uma coluna nula então não é invertível.
Teorema 4. A inversa de uma matriz invertível é única.
Dem. Sejam B e C as inversas de A. Então, B = BI = B (AC) = (BA) C = IC = C.
De…nição 23. (i) Uma matriz A diz-se simétrica se A = AT , isto é, se aij = aji ,
para i; j = 1; :::; n. Diz-se que A é anti-simétrica se A = AT , isto é, se aij = aji , para
i; j = 1; :::; n.
(ii) Uma matriz A 2 Mn n (C) diz-se hermitiana (ou hermítica) se AH = A. Diz-se
que A é anti-hermitiana se AH = A.
(iii) Uma matriz A 2 Mn
n
(R) diz-se ortogonal se fôr invertível e se A
(iv) Uma matriz A 2 Mn
n
(C) diz-se unitária se fôr invertível e se A
1
1
= AT .
= AH .
(v) Uma matriz A diz-se normal se AH A = AAH .
Exemplo 13.
1
1
1+i
i
1
cos
sen
sen
cos
0 1
1 0
0 1
1 0
é uma matriz simétrica.
é uma matriz hermitiana.
1
1
1+i
i
1
é uma matriz ortogonal ( 2 R):
18
T
=
0 1
.
1 0
H
=
1
1
1+i
.
i
1
1
3
2
i
3
2
i
3
1
3
2
i
3
é uma matriz unitária.
2
i
3
Teorema 5. (i) Se A = (aij )n
é invertível e
n
e B = (bij )n
(AB)
(ii) Sendo
1
2
n
3i
1
i
1 2i
é uma matriz normal.
são duas matrizes invertíveis, então AB
= B 1A 1:
um escalar não nulo e A uma matriz invertível então A é invertível e
1
( A) 1 = A 1 :
(iii) Seja m 2 N. Se A = (aij )n n é uma matriz invertível, então Am é invertível e
m
(Am ) 1 = (A 1 ) e escreve-se
A m = (Am ) 1 :
(iv) Seja A = (aij )n
invertível.
n
uma matriz. Se existir l 2 N tal que Al = 0 então A não é
(v) Sejam A e B matrizes com A invertível tais que AB = 0. Então B = 0.
(vi) Sejam A e B matrizes com B invertível tais que AB = 0. Então A = 0.
(vii) Sejam A, B e C matrizes com A invertível tais que AB = AC. Então B = C.
(viii) Sejam A, B e C matrizes com B invertível tais que AB = CB. Então A = C.
(ix) A = (aij )n
é uma matriz invertível se e só se AT é invertível e
n
AT
(x) A = (aij )n
n
1
= A
1 T
:
é invertível se e só se AH é invertível e
AH
(xi) Se A = (aij )n
= A
1 H
:
é uma matriz simétrica invertível, então A
n
(xii) Se A = (aij )n
1
n
1
é uma matriz hermitiana invertível, então A
(xiii) Se A = (aij )n
n
é uma matriz ortogonal, então AT e A
(xiv) Se A = (aij )n
n
é uma matriz unitária, então AH e A
1
1
é simétrica.
1
é hermitiana.
são matrizes ortogonais.
são matrizes unitárias.
(xv) Se A e B são duas matrizes ortogonais então AB é uma matriz ortogonal.
(xvi) Se A e B são duas matrizes unitárias então AB é uma matriz unitária.
(xvii) Se A e B são duas matrizes simétricas então AB é uma matriz simétrica se e só
se A e B comutarem.
(xviii) Se A e B são duas matrizes hermitianas então AB é uma matriz hermitiana se e
só se A e B comutarem.
19
Soluções de sistemas e invertibilidade de matrizes
Teorema 6. Sejam A uma matriz do tipo m n e B uma matriz do tipo m 1. Se o
sistema de equações lineares AX = B tem duas soluções distintas X0 e X1 (X0 6= X1 ), então
terá um número in…nito de soluções.
Dem. Basta veri…car que X = (1
qualquer 2 R. Além disso, se 1 6=
( 2
X1 ) :
1 ) (X0
) X0 + X1 é solução do sistema AX = B, para
X 2 =
2 então X 1 6= X 2 uma vez que X 1
Teorema 7. Se A = (aij )m n é tal que m < n, então o sistema linear homogéneo
AX = 0 tem um número in…nito de soluções.
Dem. Como o sistema tem menos equações do que incógnitas (m < n), sendo r o no de
incógnitas não livres, tem-se n r incógnitas livres as quais podem assumir qualquer valor.
Logo, o sistema linear homogéneo AX = 0 tem um número in…nito de soluções.
Teorema 8. Sejam A = (aij )m
n
e ;
escalares.
(i) Se Y e W são soluções do sistema AX = 0, então Y + W também o é.
(ii) Se Y é solução do sistema AX = 0, então Y também o é.
(iii) Se Y e W são soluções do sistema AX = 0, então Y + W também o é.
(iv) Sejam Y e W soluções do sistema AX = B. Se Y + W (para quaisquer escalares
; ) também é solução de AX = B, então B = 0. (Sugestão: basta fazer = = 0.)
Teorema 9. Seja A uma matriz do tipo m n e B 6= 0 uma matriz do tipo m 1.
Qualquer solução X do sistema AX = B escreve-se na forma X = X0 + X1 onde X0 é uma
solução particular do sistema AX = B e X1 é uma solução do sistema linear homogéneo
AX = 0. Assim:
solução geral de
solução particular de
solução geral de
=
+
.
AX = B
AX = B
AX = 0
Dem. Sendo X0 uma solução particular do sistema AX = B e X1 uma solução qualquer
de AX = 0 então A (X0 + X1 ) = AX0 = B pelo que X0 + X1 é também uma solução de
AX = B e não há solução de AX = B que não seja deste tipo uma vez que, se X 0 fôr
uma solução qualquer de AX = B tem-se AX 0 = B = AX0 , A (X 0 X0 ) = 0 e assim
X 0 X0 = X1 é solução de AX = 0 tendo-se X 0 = X0 + X1 .
Teorema 10. Seja A uma matriz do tipo n
n.
(i) O sistema AX = B tem solução única se e só se A fôr invertível. Neste caso a solução
geral é X = A 1 B:
20
(ii) O sistema homogéneo AX = 0 tem solução não trivial se e só se A fôr não invertível.
Teorema 11. (i) Sejam A e B duas matrizes do tipo n
A e B são invertíveis.
n. Se AB é invertível, então
n tal que AB = I então BA = I e B = A 1 :
(ii) Se A é uma matriz do tipo n
Dem. (i) Considere o sistema (AB) X = 0. Se B não fosse invertível, então existiria
X 6= 0 tal que BX = 0. Logo, X 6= 0 seria solução não trivial de ABX = 0, o que
contraria o teorema anterior uma vez que por hipótese AB é invertível. Assim, B é invertível.
Finalmente, A é invertível por ser o produto de duas matrizes invertíveis: A = (AB) B 1 .
1
(ii) Atendendo à alínea anterior, B é invertível. Logo B
A = AI = A BB
isto é, A é invertível e A
1
1
= (B 1 )
1
1
= (AB) B
= IB
1
também é invertível e
= B 1,
= B.
Teorema 12. (Como inverter matrizes invertíveis do tipo n n). Seja A uma
matriz do tipo n n e consideremos a equação AX = B. Se A fôr invertível temos
AX = B , X = A 1 B,
isto é,
AX = IB , IX = A 1 B.
Assim, para determinar a inversa de A, iremos transformar a matriz aumentada [A j I] na
matriz [I j A 1 ], por meio de operações elementares aplicadas às linhas de [A j I]:
[A j I]
!
:::
IjA
1
Este método tem o nome de método de eliminação de Gauss-Jordan e consistirá na
continuação do método de eliminação de Gauss agora aplicado a [matriz triangular superior j ],
efectuando-se as eliminações de baixo para cima de modo a obter-se [I j A 1 ].
2 1
1 2
Exemplo 14. Vejamos que
2 1 j 1 0
1 2 j 0 1
!
2
L +L1 !L1
3 2
1
=
1
L +L2 !L2
2 1
4
3
1
2
Isto é
2 1
1 2
1
3
2
3
2 1 j
0 32 j
!
2 0 j
0 32 j
2
3
1
3
2
3
1
: Tem-se
1
1
2
1 0 j
0 1 j
!
2
L !L2
3 2
1
L !L1
2 1
1
=
21
2
3
1
3
1
3
2
3
0
1
.
!
2
L +L1 !L1
3 2
2
3
1
3
1
3
2
3
.
De facto
2
3
1
3
2 1
1 2
1
3
2
3
2
3
1
3
=
1
3
2
3
2 1
1 2
=I
3
0
1 1
1 5
. Tem-se
Exemplo 15. (i) Seja A = 4 1 45
2
1
1
0
2
2
3
2
3
0
1 1 j 1 0 0
1 0 0 j 1 2 3
1
j 0 1 0 5 ! 4 0 1 0 j 2 4 4 5:
[A j I] = 4 1 45
2
:::
1
1
0 j 0 0 1
0 0 1 j 3 4 4
2
2
2
0
Logo, 4 1
1
1
5
4
3
1
3
1 2 3
= 4 2 4 4 5. Veri…que(!) que: AA
3 4 4
5
1
2
1
2
2
1
0
2
3
2
9 8 7
3 2 1 j 0
4
5
4
(ii) Seja A = 6 5 4 . Tem-se [A j I] ! 0 1 2 j 0
:::
3 2 1
0 0 0 j 1
Logo, A não é invertível.
(iii) Sejam A =
1 2
3 4
4 0
0 8
B=
2X T
A I
Tem-se A I
2X T
, XT =
,X=
1
2
1
1
I
2
1 0
0 1
B
1
=C, I
B 1C
1
1
n (R)
0
1
8
1
4
0
1
B
1
2X T
A ,X=
1 3
2 4
Teorema 13. Seja A 2 Mm
C=
1
4
1
8
= I.
0
1
2
3
1
2 5.
1
. Determine-se X tal que
0
= C:
1
= A 1 CB , I 2X T = (A 1 CB)
1
I
2
1
0
1
AT C T
4 0
0 8
1
!
1
BT
,X=
1
,
,
1
2
1
2
1
2
:
e considere o sistema de equações lineares AX = B.
(i) Existência de solução: Se m n então o sistema AX = B tem pelo menos uma
solução X para cada B 2 Rm se e só se car A = m:
(ii) Unicidade de solução: Se m n então o sistema AX = B tem no máximo uma
solução X para cada B 2 Rm se e só se car A = n, isto é, se e só se nul A = 0:
(iii) Existência e unicidade de solução: Se m = n então: A é invertível ,
, car A = n , para todo o B o sistema AX = B tem uma única solução (X = A 1 B),
isto é, A não é invertível , car A < n ,
, existe pelo menos um B para o qual o sistema AX = B não tem solução.
22
Matrizes elementares e factorização triangular
De…nição 24. Uma matriz elementar é uma matriz do tipo n n obtida da matriz
identidade I (do tipo n n) através de uma única operação elementar.
(i) A matriz Pij , chamada matriz de permutação, é a matriz elementar obtida por
troca da linha i com a linha j da matriz I. Tem-se:
2
3
1 0
0
.. 7
6 0 ... ...
. 7
6
6 . .
7
6 .. . . 1
7
6
7
6
7
0
1
i
6
7
6
7
1
6
7
6
7
...
Pij = 6
.
7
6
7
6
7
1
6
7
j
6
7
1
0
6
7
6
. . .. 7
. . 7
1
6
6 .
7
..
..
4 ..
. 0 5
.
0
0 1
(ii) A matriz Ei ( ) é a matriz elementar obtida da matriz I através do produto do escalar
6= 0 pela linha i da matriz I. Tem-se:
3
2
1 0
0
6
.. 7
6 0 ... ...
. 7
7
6 .
7
6 . ...
1
7
6 .
7
6
i .
Ei ( ) = 6
7
7
6
.
... . 7
6
. 7
1
6
6 ..
.
.
.. 0 7
..
5
4 .
0
0 1
(iii) A matriz Eij ( ) é a matriz elementar obtida da matriz I por soma da linha j com
um múltiplo escalar da linha i. Por exemplo para i < j tem-se:
2
3
1 0
0
.. 7
6 0 ... ...
. 7
6
6 . .
7
i
6 .. . . 1
7
6
7
6
7
...
Eij ( ) = 6
.
7
6
7
.
.. . 7
6
. . 7
j
1
6
6 .
7
.
.
4 ..
..
.. 0 5
0
0
1
Observação 9. (i) As matrizes elementares Eij ( ), com i < j, são matrizes triangulares
inferiores.
23
(ii) As matrizes elementares Eij ( ) e Eik ( ) comutam, isto é, Eij ( )Eik ( ) = Eik ( )Eij ( ).
Exemplo 16. Sejam ;
são:
P12 = P21 =
0 1
1 0
escalares com
, E1 ( ) =
0
0 1
6= 0. As matrizes elementares do tipo 2
, E2 ( ) =
1 0
0
1 0
1
, E12 ( ) =
2
e E21 ( ) =
Teorema 14. Sejam E uma matriz elementar do tipo m m e A uma matriz qualquer
do tipo m n. Então, EA é a matriz obtida de A através da mesma operação elementar que
originou E. Isto é, aplicar uma operação elementar a uma matriz corresponde a multiplicar
essa matriz à esquerda por uma matriz elementar.
2
3
0 0
3
9 j 6
10 40 j
45 5. A opExemplo 17. Considere-se a matriz aumentada 4 5 15
1 3
1 5 j
7
eração elementar:
2
3
2
3
0 0
3
9 j 6
1 3
1 5 j
7
4 5 15
10 40 j
45 5 ! 4 5 15
10 40 j
45 5 ,
L1 $L3
1 3
1 5 j
7
0 0
3
9 j 6
corresponde
2
0
4 0
1
à seguinte multiplicação (à
32
0 1
0 0
3
9
1 0 5 4 5 15
10 40
0 0
1 3
1 5
A operação elementar:
2
1 3
1 5 j
4 5 15
10 40 j
0 0
3
9 j
esquerda):
3 2
j 6
1 3
j
45 5 = 4 5 15
j
7
0 0
3
7
45 5
6
2
1 3
4 1 3
!
1
L !L2
5 2
0 0
1
2
3
corresponde à seguinte multiplicação (à esquerda):
2
32
3 2
1 0 0
1 3
1 5 j
7
1 3
4 0 1=5 0 5 4 5 15
10 40 j
45 5 = 4 1 3
0 0 1
0 0
3
9 j 6
0 0
A operação elementar:
2
1 3
1
4 1 3
2
0 0 3
5 j
8 j
9 j
3
7
9 5
6
!
L1 +L2 !L2
2
1 3
4 0 0
0 0
1
1
3
corresponde à seguinte multiplicação (à esquerda):
2
32
3 2
1 0 0
1 3
1 5 j
7
1 3
4 1 1 0 54 1 3
2 8 j
9 5=4 0 0
0 0 1
0 0 3
9 j 6
0 0
24
1 5 j
10 40 j
3
9 j
5 j
8 j
9 j
5 j
3 j
9 j
1
1
3
3
7
9 5,
6
5 j
8 j
9 j
1
2
3
3
7
45 5 .
6
3
7
9 5.
6
3
7
2 5,
6
5 j
3 j
9 j
3
7
2 5.
6
1
0 1
.
Finalmente, a operação elementar:
2
2
3
1 3
1 5 j
7
1 3
4 0 0
4 0 0
1 3 j
2 5
!
3L2 +L3 !L3
0 0 3
9 j 6
0 0
corresponde à seguinte multiplicação (à esquerda):
2
32
3 2
1 0 0
1 3
1 5 j
7
1 3
4 0 1 0 54 0 0
5
4
1 3 j
2 = 0 0
0 3 1
0 0 3
9 j 6
0 0
1 5 j
1 3 j
0 0 j
1 5 j
1 3 j
0 0 j
Tem-se então:
E23 (3) E12 ( 1) E2
1
5
2
0 0
4
P13 5 15
1 3
3
9 j
10 40 j
1 5 j
3 2
6
1 3
5
4
45 = 0 0
7
0 0
3
7
2 5,
0
3
7
2 5.
0
1 5 j
1 3 j
0 0 j
3
7
2 5.
0
Teorema 15. Toda a matriz elementar é invertível e a respectiva inversa é também uma
matriz elementar. Tem-se:
(i) (Pij )
1
= Pij .
(ii) (Ei ( ))
1
= Ei (1= ), para
6= 0.
(iii) (Eij ( ))
1
= Eij (
).
Teorema 16. Uma matriz A é invertível se e só se fôr igual ao produto de matrizes
elementares.
Observação 10. O teorema anterior indica um modo alternativo para calcular a matriz
inversa de uma matriz invertível.
Teorema 17. (i) O produto de duas matrizes triangulares inferiores (superiores) é uma
matriz triangular inferior (superior).
(ii) Se uma matriz triangular superior (inferior) fôr invertível então a sua inversa é
também triangular superior (inferior).
P Dem. (i) Se A =
P (aij ) e B = (bij ) com aij = bij = 0 se i < j; então para AB =
( nk=1 aik bkj ) tem-se nk=1 aik bkj = 0 se i < j uma vez que se k > j > i então aik = 0 e
se j > k então
Pn bkj = 0. Além disso a diagonal principal da matriz triangular inferior AB é
dada por:
k=1 aik bki = aii bii , i = 1; :::; n, uma vez que se i < k então aik = 0 e se k < i
então bki = 0.
Teorema 18. Seja A uma matriz do tipo m n. Então ou A admite a factorização
A = LU ou existe uma matriz de permutação P tal que P A admite a factorização P A = LU ,
onde L é uma matriz triangular inferior com as entradas da diagonal principal todas iguais
a 1 e U é uma matriz em escada.
Teorema 19. Seja A do tipo n n uma matriz invertível. Então ou A admite a
factorização única A = LU ou existe uma matriz de permutação P tal que P A admite a
factorização única P A = LU , onde L é uma matriz triangular inferior com as entradas da
diagonal principal todas iguais a 1 e U é uma matriz triangular superior cujas entradas da
25
diagonal principal são os pivots que resultam de aplicar o método de eliminação de Gauss
à matriz A.
2
3
1 1 1
Exemplo 18. Seja A = 4 2 1 4 5. Tem-se E23 (1)E13 ( 2)E12 (
2 3 5
2
1 1
1
1
14
0
1
A = (E12 ( 2)) (E13 ( 2)) (E23 (1))
0 0
Isto é,
com
2
1
4
A = E12 (2)E13 (2)E23 ( 1) 0
0
2
1
4
L = E12 (2)E13 (2)E23 ( 1) = 2
2
3
1 1
1 2 5,
0 5
3
0 0
1 0 5
1 1
1
4
U= 0
0
3
2
2 3 4
6
0 5 6 7
7. Tem-se P24 A = 6
5
4
0 10 6
1 7 8
2
3
1 2 3 4
6 0 1 7 8 7
7
E34 ( 1=2) P24 A = 6
4 0 0 10 6 5
0 0 0 3
1
6 0
Exemplo 19. Seja A = 6
4 0
0
2
com
2
3
2 3 4
1 7 8 7
7,
0 10 6 5
0 0 3
1
6 0
P24 A = E34 (1=2) 6
4 0
0
P = P24 ,
2
1
6 0
L = E34 (1=2) = 6
4 0
0
0 0
1 0
0 1
0 1=2
26
3
1 1
1 2 5.
0 5
3
2 3 4
1 7 8 7
7e
0 10 6 5
0 5 6
3
2 3 4
1 7 8 7
7
0 10 6 5
0 0 3
1
6
0
P24 A = (E34 ( 1=2)) 1 6
4 0
0
Isto é,
1
0
0
0
3
1 1
1 2 5.Logo,
0 5
A = LU ,
2
2
Logo
1
2)A = 4 0
0
3
1
2 5.
5
ou ainda,
e
2
ou ainda,
3
0
0 7
7
0 5
1
e
P A = LU ,
2
1
6 0
U =6
4 0
0
3
2 3 4
1 7 8 7
7:
0 10 6 5
0 0 3
2a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. Veri…que que:
6
4
(i)
2
9
6
0 0
0 0
=
(ii)
222
0 1
1 0
220
0 1
(iv)
+
1 0
2
32 2
1
1
1
0
4
5
4
1
1
1
(vi)
= 0
2
2
2
0
2 3
2
1
1
4
5
4
1 0 1 = 2
(viii) 2
3
3
T
4
2
(x)
1
2
1
a b
c d
1
0
1
1
1
=
cos
sen
(xiii)
2
2
1
1
1
cos
sen
sen
cos
2 p
p
6
(xiv) 4
1
3
3
p3
3
p3
3
3
2
i
3
2
i
3
(xvi)
2
2
2p
2
i
3
p
cos
sen
3
6
p6
6
6p
2
i
3
1
3
3i
1
i
1 2i
3i
1
i
1 2i
2
3
2
1
1
=
I
5 4
5
=
6 11
6
32 2
4
2
5
4
4
1
=
3
1
4
11
1
1
1
4
p2
2
3
1
2
bc 6= 0)
3 2
9
1
5
4
6
1
é
7
1
2
3
2
2
0
1
2
1
7
9
p
2p 2 11
2 2 + 10
T
=
1 2
3 4
3
4
4 5
3
4
=
2
7
2
5
2
(se ad
2
1
1
32 3 2
3
1
2
2
1 54 1 5 = 4 2 5
1
1
0
1
1
1
é ortogonal ( 2 R). Isto é,
6
3
0
1
3
2
2
2
2
1
1
2
0 1
1 0
(iii)
1 2
3 4
(v)
2
0 0
0 0 5 (vii) 4
0 0
3
0 1
0 2 5 (ix) 3
0 3
2
sen
cos
=I
0 0
0 0
3
=
d
b
c
a
ad bc
2
32
1 1
1
6
a
4
5
4
1
1 1
7
A 2 coluna de
1
1
1
9
(xi)
1000
T
sen
cos
cos
sen
=
1
3
7
5 é ortogonal. (xv)
2
i
3
2
i
3
1
3
2
i
3
H
1
3
=
2
i
3
T
sen
cos
2
i
3
2
i
3
2
i
3
2
i
3
1
3
1
3
2
i
3
2
i
3
cos
sen
sen
cos
=I
é unitária. Isto é,
2
i
3
H
2
i
3
1
3
2
i
3
2
i
3
1
3
2
i
3
2
i
3
é uma matriz normal. Isto é,
2
3i
1
i
1 2i
H
=
2
3i
1
i
1 2i
H
2
3i
1
i
1 2i
(xvii) As constantes a; b e c que de…nem a função y = ax2 + bx + c cujo grá…co passa
pelos pontos
constituem a 3
2 3(x1 ; y1 ) ; (x2 ; y2 ) e (x3 ; y3 ) (de abcissas distintas entre
2 si),
2
a
x1 x1 1 j y1
solução 4 b 5 do sistema linear cuja matriz aumentada é dada por: 4 x22 x2 1 j y2 5.
c
x23 x3 1 j y3
27
=I
2. Efectue, sempre que possível, as seguintes operações.
1
3
(i)
(iv) 2
1
3
p
(vii)
0
0
2
3
1
4
(x) 0
6
1
3
1
2
1
2
0
1
4
5
6
3
1
3T 2
(i)
1
1
2
1
3
3
0
4 5
3
3T 2
2
1
5
4
0
2
1
1
3
aij = j 2 ( 1)i+j
4
2 M4
1
2
1
4
1
0
1
3
52
2
3
6
6
6
6
4
5
2
1
2
1
1
3
p2 41
3
5 2
p
2
3 4
2
1
(vi)
p
8
9
1
3
1
3
1
2
5
3
1
1
4
2
(xi)
1
3
0
1
1T
2
1
3 A
31T
7C
7C
C
1 7
7C
5A
5
2
3T 2
0
1
5
4
4
0
3
6
1
2
0
1
2
5
1
4
(R) em cada um dos seguintes casos:
8
< aji para todo i; j
aij =
:
j se j > i
(ii)
4. Determine as características e as
os respectivos pivots.
2
3
0 0
5
1 2
(i) 4 0 0 5
(ii)
0
2 0
0 0
2
2
3
2
1
6
4
2
4 5
(v) 6
(iv)
4
1
2
1
2
0
3
2
(iii)
1
3
02
(viii) @4
5 4
3. Escreva a matriz A = (aij )4
1
0
+
(v)
2
1
2
0
1
3
1
2
0
2
1
2
4
0 1
(ii)
1
3
1
2
2
B
B
4
(ix) B
B2
@
2
3
2
3
2
0 5
1
4
nulidades das seguintes matrizes reais, identi…cando
2
1
1
2
3
3
3 6 9
(iii) 4 2 4 6 5
1 2 3
3
1
3
2
3
2
1 7
7
1
9
8 5
2
4
6
2
1
7
3
5. 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
1 0 1
2
1
2
6 0 1
1 0 7
7
1
2 5
1
1 5 (iii) 6
(i) 4 2
(ii) 4 2
2
4
5
1
0
1
3
2
1
0 2 1
+1
2 0
2
2
6. Determine todas as matrizes reais 2
7. Existem 16 matrizes 2
vertíveis?
2 que comutam com a matriz
1 2
.
3 4
2 só com 0 e 1 nas respectivas entradas. Quantas são in-
28
8. Determine (se existirem) as inversas das seguintes matrizes.
(i)
0 1
1 0
(ii)
1 0
0 1
(v)
2 1
1 1
(vi)
2
3
1 2 3
(viii) 4 4 5 6 5
7 8 9
1
4
(ix) 0
0
2
0
6 0
(xii) 6
4 0
k4
3
1 0 2
(xi) 4 0 3 0 5
4 0 5
9. Seja A 2 Mn
n
1 1
1 1
2
2
1 2
3 4
2
3
0 1 1
(vii) 4 1 0 1 5
1 1 0
2
3
3
3
2
2 1
1
2 5
2 5
(x) 4 1 2
3
2 1
2
1
3
0 k1
k2 0 7
7, com k1 ; k2 ; k3 ; k4 6= 0
0 0 5
0 0
(iii) [1]
2
1
0
0
0
k3
0
(R) tal que
(iv)
A2 + 2A + 2I = 0:
Veri…que que A é invertível e determine a sua inversa.
10. Sejam A; B; X 2 Mn
n
(R) matrizes invertíveis tais que
3 4
7 9
(AB)2 =
:
Em cada um dos seguintes casos, determine a matriz X que satisfaz a equação
(i) AXB + AB = 0
11. (i) Determine A 2 M2
2
T
(3A 1 )
(R) tal que 2I
(ii) Determine a matriz B tal que (B T + 4I)
1
2
(iii) Determine a matriz A tal que
12. (i) Seja A 2 Mn
n
1
3
1
1
=
1 3
2 5
A
3
1
T
:
2
1
Ak = 0
para algum k 2 Nn f1g. Veri…que que
2
3
1 1 0
(ii) Calcule 4 0 1 1 5
0 0 1
A)
1
= I + A + ::: + Ak
1
:
29
4 3
7 5
=
(R) tal que
(I
A 1B
(ii) BXA
1
= I.
1
:
=0
2
2 2
13. Seja A = 4 5 1
1 5
3
2
3 5.
3
2
3
0 0 0
(i) Veri…que que A3 = 4 0 0 0 5.
0 0 0
14. Seja
A
com ;
2 R:
;
(ii) Calcule (I
2
1 0
6 1
=6
4 0 1
1
1
2
+
2
0
+
+
(i) Determine a característica e a nulidade de A
(ii) Determine os valores dos parâmetros
15. Seja
com
e
2
1 0
6 2
A =6
4 4 0
0
2 R.
A) (I + A + A2 ) :
3
7
7;
5
em função de
;
para os quais A
;
e .
é invertível.
3
2
4 7
7;
8 5
2
3
2
2
(i) Determine a característica e a nulidade de A em função do parâmetro
justi…cando, quais são os valores de para os quais A é invertível.
(ii) Para
e diga,
= 1; determine a inversa da matriz A1 .
16. Seja
Ba;b
com a; b 2 R:
2
0
6 2
=6
4 0
3
0
2
0
0
a
0
a
6
3
1
a 7
7;
b 5
0
(i) Determine a característica e a nulidade de Ba;b em função de a e b.
(ii) Para a = 1 e b = 0 calcule a matriz inversa da matriz B1;0 , isto é, (B1;0 ) 1 .
(iii) Determine a solução geral do sistema linear B1;0 X = C, C =
1
2 3
1
T
.
(iv) 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 .
17. Seja
2
2
A=4 2
3
3
1 2
1 0 5:
1 2
Factorize a matriz A na forma A = LU , obtendo uma matriz L triangular inferior com
1’s na diagonal principal e uma matriz U triangular superior.
30
Ficha extra de exercícios
1. Resolva os seguintes sistemas de equações lineares.
8
< 2x + y 3z = 5
4x 2y = 5
3x 2y + 2z = 5
(i)
(ii)
6x + 3y = 1
:
5x 3y z = 16
8
8
< 2x + 3y 2z = 5
< x + 5y + 4z 13w = 3
x 2y + 3z = 2
3x y + 2z + 5w = 2
(iii)
(iv)
:
:
4x y + 4z = 1
2x + 2y + 3z 4w = 1
2. Classi…que em função do parâmetro real os seguintes sistemas de equações lineares
(nas variáveis x; y e z). Nos casos em que existirem soluções, determine-as.
8
< x +y+z =1
x + 2y + z = 1
x+ y+z =
(i)
(ii)
2x + y + 8z = 3
:
x+y + z = 2
3. Classi…que os seguintes sistemas de equações lineares em termos dos parâmetros reais
e . Nos casos em que existirem soluções, determine-as.
8
8
< x + 4y + 3z = 10
< x+y z+ w =0
2x + 7y 2z = 10
x 2y + 2z + w = 1
(i)
(ii)
:
:
x + 5y + z =
x y + z + ( + 1) w =
4. Para cada parâmetro real , considere o sistema de equações lineares de variáveis reais
cuja matriz aumentada é dada por:
2
3
1
2 3 j 0
6 3
2 1 j 4 7
6
7.
4 1 2 5 j
4 5
2 3 j 0
(i) Determine os valores de
(ii) Para
dente.
para os quais o sistema anterior é possível e determinado.
= 1, determine a solução geral do sistema de equações lineares correspon-
5. Determine um sistema de equações lineares cujo conjunto de soluções seja:
(i) S = f(1; 1; 1)g
(iii) S = f(1
6. Sendo A =
s; s
(ii) S = f(3t
t; 2s; t
s; t + 2s
1; s
2t + 1) : s; t 2 Rg
1) : s; t 2 Rg
1 2
, determine todos os u 6= 0 tais que Au = 5u.
2 4
7. Pretende-se arrumar livros em caixas. Ao colocar 7 livros em cada caixa, …ca um livro
de fora. Ao colocar 8 livros por caixa, há uma caixa que só tem 1 livro. Quantos livros
se pretende arrumar? Quantas caixas existem?
31
8. (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).
9. Escreva a matriz A = (aij )4
(i) aij =
4
2 M4
8
< 0 se i > j
:
1
i+j 1
caso contrário,
10. Veri…que se a matriz (aij ) 2 M2
é simétrica.
2
4
(R) em cada um dos seguintes casos:
8
i se i = j
>
>
>
>
<
j se j = i + 1
(ii) aij =
>
>
>
>
:
i j caso contrário,
(R) de…nida por aij = 3i + 2j, para todo i; j = 1; 2,
11. Determine as características e as nulidades das seguintes matrizes reais, identi…cando
os respectivos pivots.
2
3
2
3
2
3
1 2 3
1 2 3 4
0
1
1
1
1
1
0 5
(i) 4 0 1 1 5 (ii) 4 5 6 7 8 5 (iii) 4 1
1 2 3
9 10 11 12
1
1
2
1
2
3
2
3
1
3
1 2
2
10
6
8
4
6 0 11
7
5 3 7
5
3
4
2 5
(iv) 6
(v) 4 1
4 2
5
3 1 5
2
10
6
8
4
4
1
1 5
12. 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
1
0 1
1
1
0
1 0 1
6 0
6
7
1 0 0 7
1
0
7 (iii) 6 1
7
4
5
1
(i)
(ii) 6
3
4 3
4 1
5
0
0 5
1
0
0
1
2
1
1 1 2
1 1
1
13. Determine
2
1 2
4
(i) 4 0
1 8
2 5
6
6
6
6
(iv) 6
6
6
6
4
13
2
13
2
13
(se existirem) as inversas das seguintes matrizes.
2
3
k 0 0
1
6
cos
sen
1 k 0
6 5 (ii)
(iii) 6
4 0 1 k
sen
cos
1
0 0 1
3
2
2
2
8
1
1
1
13
13
13
2
2
7
6
7
6 1
7
6
2
7
6
0
13
13
13 7
6 2 1
7
6
(v) 6
7
6
7
2
7
6 1 0
1
13
13
13 7
6 2
5
4
8
13
2
13
2
13
5
13
1
2
32
1
2
1
2
3
0
0 7
7, com k 6= 0
0 5
k
3
1
2
1
2
1
2
1
7
7
7
7
7
7
7
7
5
1a Ficha de exercícios facultativos
1. Sendo A; B; C matrizes de tipos apropriados, mostre que:
(i) (AB) C = A (BC)
(iii) (AB)T = B T AT
(ii) A (B + C) = AB + AC
n, mostre que se AT A = 0 então A = 0.
2. Sendo A uma matriz do tipo m
3. Obtenha, por indução, uma fórmula para An onde A é dada por:
2
3
1 1 0
0
1
1 0
(i)
(ii)
(iii) 4 0 1 1 5
1 0
2 1
0 0 1
2
3
0 1 0 0
6 0 0 1 0 7
cos
sen
7
(iv) 6
(v)
( 2 R)
4 0 0 0 1 5
sen
cos
0 0 0 0
4. Sendo A uma matriz 2
cos
sen
A=
2 ortogonal, isto é, tal que AAT = AT A = I, mostre que
sen
cos
cos
sen
ou A =
sen
cos
;
( 2 R):
5. Mostre que se AB = A e BA = B então A2 = A e B 2 = B.
6. Sejam A; B 2 Mn
n (R)
matrizes tais que ABA = B e BAB = A. Mostre que
A2 = B 2 .
7. 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
B)
(ii) (AB)2
(iii) (A + B)2
1 0
0 0
eB=
não satisfazem a relação:
2 0
3 4
AB = 0 ) A = 0 ou B = 0. O que pode concluir? E no caso de A ser invertível, o
que concluiria acerca da veracidade da relação anterior?
8. (i) Veri…que que as matrizes A =
1 2
0 0
2 2
, B =
e C =
não
1 2
1 1
0 0
satisfazem a relação: AB = AC ) B = C. O que pode concluir? E no caso de A ser
invertível, o que concluiria acerca da veracidade da relação anterior?
(ii) Veri…que que as matrizes A =
9. Sejam A uma matriz do tipo n
n e B uma matriz do tipo m
n quaisquer.
(i) Prove que se A é simétrica (isto é A = AT ) então BAB T tambem é simétrica.
(ii) Prove que se A é normal (isto é AH A = AAH ) e B é unitária então BAB H é
normal.
(iii) Prove que B T B e BB T são matrizes simétricas e que B H B e BB H são matrizes
hermitianas.
33
10. Uma matriz A do tipo n
n diz-se anti-simétrica se AT =
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 = 12 (A + AT ) + 21 (A AT ), toda a matriz quadrada pode ser
decomposta de modo único pela soma de uma matriz simétrica com uma anti-simétrica.
11. Veri…que que todas as matrizes X =
1
c
I;
0
1
a b
c d
1
0
;
que satisfazem a equação X 2 = I são:
b
1
a
;
b
1 a2
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:
0
fX 2 M2 2 (R) : XA = AX; para todo o A 2 M2 2 (R)g =
Isto é, as matrizes 2
escalares da matriz I.
0
2 que comutam com todas as matrizes 2
13. Sendo A uma matriz do tipo m
:
2R .
2 são múltiplos
n, seja N (A) = fX : AX = 0g. Mostre que:
(i) Sendo A e B de tipos apropriados, então N (B)
N (AB).
(ii) Sendo A e B de tipos apropriados com A invertível, então N (B) = N (AB).
(iii) Sendo A 2 Mm
n
(R), tem-se N AT A = N (A) :
(iv) Sendo A e B do tipo m n com m < n tais que AB T é invertível, então B T A não
é invertível. Além disso, nenhuma linha de B pertence a N (A).
(v) Sendo A 2 Mm n (R) tal que para todo o B 2 Rm ; o sistema AX = B é possível,
então N AT = f0g.
14. Sejam A; B 2 Mn
que A = B.
n (R)
tais que que Au = Bu para qualquer u 2 Mn 1 (R). Prove
15. Sejam A; B matrizes não nulas do tipo n
Justi…que.
1. Determine a característica de AB T .
16. Sendo A uma matriz do tipo m
n m tal que AB = I.
n tal que car A = m, mostre que existe B do tipo
17. Sejam A e B matrizes do tipo n
n tais que AB = A
18. Duas matrizes A e B do tipo n
A = SBS 1 . Mostre que:
B. Mostre que AB = BA.
n dizem-se semelhantes se existir S invertível tal que
(i) Sendo A ou B invertíveis então AB e BA são semelhantes.
(ii) Sendo A e B semelhantes então X 2 N (A) se e só se S
34
1
X 2 N (B).
19. Seja A uma matriz quadrada (do tipo n
(i) Se A fôr invertível então A
1
n). Mostre que:
tambem é invertível e (A 1 )
(ii) Se A fôr invertível então AT tambem é invertível e (AT )
(iii) Se A fôr invertível e simétrica então A
20. Sejam A e B matrizes do tipo n
1
1
1
= A.
= (A 1 )T .
tambem é simétrica.
n. Mostre que:
(i) Se A; B forem invertíveis então A + B não é necessariamente invertível.
(ii) Se A; B e A + B forem invertíveis então A
(A
1
+ B 1)
1
1
+B
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):
21. Seja A do tipo n
(i) I
n tal que A2 = A (A diz-se idempotente). Mostre que:
A é idempotente.
(ii) 2A I é invertível e (2A I)
2A I é uma matriz ortogonal.
1
= 2A
I. Além disso, se A fôr simétrica então
(iii) Se car A = n, então A = I.
22. Sejam A e B duas matrizes do tipo n
23. Uma matriz B (do tipo n
n tais que AB = I. Determine A
BA2 .
n) diz-se idempotente se B 2 = B. Mostre que
A2 = I
,
1
(I + A) é idempotente
2
24. Sendo A = (aij ) uma matriz invertível e B = (bij ) a inversa da A, mostre, para k 6= 0,
a matriz (k i j aij ) é invertível e a sua inversa é (k i j bij ).
a b
é invertível se e só se
c d
ad bc 6= 0. No caso de A ser invertível, utilize o método de eliminação de Gauss-Jordan
para encontrar a matriz inversa de A.
25. Seja A uma matriz do tipo 2
2. Mostre que A =
26. 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
D=6 . .
7
.
..
.. 0 5
4 ..
0
0 kn
seja invertível? Qual é a sua inversa?
35
n
27. Para matrizes quadradas A = (aij )n n de…ne-se o traço de A, tr(A), como sendo a
soma de todas as entradas da diagonal principal de A, isto é,
tr(A) =
n
X
aii :
i=1
Sejam A = (aij )n
que
n
e B = (bij )n
n
duas matrizes do tipo n
ne
um escalar. Mostre
(i)
tr(A + B) = tr(A) + tr(B);
(ii)
tr( A) =
tr(A);
(iii)
tr(AT ) = tr(A);
(iv)
tr(AB) = tr(BA):
Esta última igualdade continua a ser verdadeira se A = (aij )m
28. Para cada matriz A do tipo n
29. Sejam A e B matrizes do tipo n
que
tr(AT A) = 0 , A = 0:
1
n tal que
n tais que A é simétrica e B é anti-simétrica. Mostre
(R). Mostre que
31. Sejam u; v 2 Mn
m.
XA = I.
tr(AB) = 0:
n
e B = (bij )n
n, veri…que que não existe X do tipo n
AX
30. Seja A 2 Mm
n
(R) tais que uT v 6=
1. Seja
A = I + uv T .
Veri…que que A é invertível e que
A
1
=I
1
uv T .
T
1+u v
Além disso veri…que que
uT v = tr uv T
36
Espaços lineares (ou Espaços vectoriais)
De…nição 25. Um conjunto não vazio V é um espaço linear (real) se existirem duas
operações associadas a V , uma soma de elementos de V e um produto de escalares (números
reais) por elementos de V , com as seguintes propriedades:
(a) (Fecho da soma). Para quaisquer u; v 2 V
u + v 2 V:
(b) (Fecho do produto por escalares). Para quaisquer
2Reu2V
u 2 V:
(c) (Comutatividade da soma). Para quaisquer u; v 2 V ,
u + v = v + u:
(d) (Associatividade da soma). Para quaisquer u; v; w 2 V ,
u + (v + w) = (u + v) + w:
(e) (Elemento neutro da soma). Existe um elemento de V designado por 0 tal que, para
qualquer u 2 V ,
u + 0 = u:
(f) (Simétrico). Para cada (qualquer) u 2 V existe v 2 V tal que
u + v = 0:
A v chama-se o simétrico de u e denota-se por
u.
(g) (Associatividade do produto por escalares). Para quaisquer ;
( u) = (
2R e u2V,
) u:
(h) (Distributividade em relação à soma de vectores). Para quaisquer
2 R e u; v 2 V ,
(u + v) = u + v:
(i) (Distributividade em relação à soma de escalares). Para quaisquer ;
( + ) u = u + u:
(j) Para qualquer u 2 V ,
1u = u:
37
2R e u2V,
De…nição 26. Aos elementos de um espaço linear (vectorial) V chamaremos vectores.
Exemplo 20. Exemplos de espaços lineares. Seja
2 R.
(i) Rn = f(x1 ; :::; xn ) : x1 ; :::; xn 2 Rg, com as operações usuais:
(u1 ; :::; un ) + (v1 ; :::; vn ) = (u1 + v1 ; :::; un + vn ),
(u1 ; :::; un ) = ( u1 ; :::; un ).
(ii) Mm n (R) (conjunto de todas as matrizes reais do tipo m
(usuais): A + B e A.
n), com as operações
(iii) Seja n 2 N …xo. O conjunto Pn = fa0 + a1 t + ::: + an tn : a0 ; a1 ; :::; an 2 Rg de todos
os polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a n, com as operações usuais.
(a0 + a1 t + ::: + an tn ) + (b0 + b1 t + ::: + bn tn ) = a0 + b0 + (a1 + b1 ) t + ::: + (an + bn ) tn
(a0 + a1 t + ::: + an tn ) = a0 + ( a1 ) t + ::: + ( an ) tn .
(iv) O conjunto P = fa0 + a1 t + ::: + as ts : a0 ; a1 ; :::; as 2 R e s 2 N0 g de todos os polinómios
reais de variável real, com as operações usuais.
(v) O conjunto de todas as funções reais de variável real de…nidas num conjunto S
com as operações usuais:
(f + g)(x) = f (x) + g(x),
( f )(x) = f (x).
Observação 11. Existem espaços lineares com operações não usuais:
(i) O conjunto dos números reais R, com a soma de…nida por
u
v = u + v + 1,
e o produto por escalares de…nido por
u= u+
é um espaço linear. (Neste caso o elemento neutro é
1,
1.)
(ii) O conjunto dos números reais maiores do que zero, com a soma de…nida por
u
v = uv,
e o produto por escalares de…nido por
u=u ,
é um espaço linear. (Neste caso o elemento neutro é 1.)
38
R,
Observação 12. Alterações nos conjuntos considerados anteriormente podem resultar
em conjuntos que não são espaços lineares.
(i) O conjunto f(x; y) 2 R2 : x 0 e y 0g, com as operações usuais, não é um espaço
linear. Por exemplo, os simétricos não estão no conjunto.
(ii) O conjunto V = fa0 + a1 t + ::: + an tn : a0 ; a1 ; :::; an 2 R e an 6= 0g de todos os polinómios
reais de grau igual a n, com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo, para
n > 1:
tn ; tn + t 2 V , mas tn + ( tn + t) = t 2
= V.
(iii) O conjunto U = ff : R ! R tais que f (1) = 2g, com as operações usuais, não é
um espaço linear. Por exemplo, se f1 ; f2 2 U ,
(f1 + f2 ) (1) = f1 (1) + f2 (1) = 2 + 2 = 4 6= 2.
Logo, f1 + f2 2
= U.
De…nição 27. Seja V um espaço linear. Diz-se que S é um subespaço de V se S é um
subconjunto de V e se S, com as operações de V , fôr um espaço linear.
Observação 13. No entanto, para mostrar que um certo conjunto S V é um subespaço
do espaço linear V , não será necessário veri…car as 10 propriedades da de…nição de espaço
linear, como se pode ver no seguinte teorema.
Teorema 20. Um subconjunto não vazio S de um espaço linear V é um subespaço de
V se e só se as seguintes condições (i) e (ii) forem satisfeitas.
(i) Para quaisquer u; v 2 S tem-se u + v 2 S.
(ii) Para quaisquer
2 R e u 2 S tem-se u 2 S.
Exemplo 21. Exemplos de subespaços:
(i) Os únicos subespaços do espaço linear R, com as operações usuais, são f0g e R.
(ii) Os subespaços do espaço linear R3 , com as operações usuais, são: f(0; 0; 0)g, R3 ,
todas as rectas que passam pela origem e todos os planos que passam pela origem.
(iii) O conjunto de todas as matrizes (reais) triangulares superiores (do tipo n
subespaço do espaço linear Mn n (R), com as operações usuais.
n) é um
(iv) O conjunto de todas as funções reais de…nidas e contínuas em I
R (I é um
intervalo) é um subespaço do espaço linear de todas as funções f : I ! R, com as operações
usuais.
39
De…nição 28. Seja A 2 Mm
n
(R). O conjunto
C(A) = fb 2 Rm : Au = b tem pelo menos uma solução ug
é um subespaço do espaço linear Rm , com as operações usuais, ao qual se dá o nome de
espaço das colunas de A.
De…nição 29. Seja A 2 Mm
n
(R). O conjunto
N (A) = fu 2 Rn : Au = 0g
é um subespaço do espaço linear Rn , com as operações usuais, ao qual se dá o nome de
espaço nulo ou núcleo de A.
Teorema 21 . Seja A 2 Mn
n
(R).
A invertível , N (A) = f0g
De…nição 30. Seja S um subconjunto não vazio de um espaço linear V . Diz-se que um
vector u é combinação linear …nita dos elementos de S, se existir um no …nito de elementos
de S, u1 ; :::; uk , e de escalares 1 ; :::; k tais que
u=
1 u1
+ ::: +
k uk
=
k
X
i ui .
i=1
Seja
L(S) = f 1 u1 + ::: +
k uk
:
1 ; :::;
k
2 Rg ,
(no caso do corpo dos escalares ser R) isto é, seja L(S) o conjunto de todas as combinações
lineares …nitas de elementos de S. O conjunto L(S) é (veri…que!) um subespaço de V . A
L(S) chama-se a expansão linear de S ou subespaço de V gerado por S e diz-se que
S gera L(S) ou ainda que S é um conjunto gerador do espaço linear L(S). Se S é o
conjunto vazio ?, escreve-se L(?) = f0g.
Teorema 22. (i) Seja S um subconjunto não vazio de um espaço linear V . A expansão
linear L(S) de S é o menor subespaço de V que contém S.
(ii) Sejam S e T dois subconjuntos não vazios de um espaço linear V , com S
L(S) = V então L(T ) = V .
T . Se
De…nição 31. Seja A uma matriz (real) do tipo m n. Ao subespaço linear de Rn
gerado pelas linhas de A dá-se o nome de espaço das linhas de A e designa-se por L(A).
Exemplo 22. (i) O espaço linear R2 é gerado por qualquer dos seguintes conjuntos de
vectores:
f(1; 0); (0; 1)g, f(1; 2); ( 1; 11)g e f(23; 8); (6; 14)g.
40
(ii) O subespaço f(x; y) 2 R2 : y = 2xg do espaço linear R2 é gerado por qualquer dos
seguintes conjuntos de vectores:
f(1; 2)g, f( 2; 4)g e f(77; 154)g.
(iii) O espaço linear Pn de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ou
igual a n, é gerado por qualquer dos seguintes conjuntos de vectores:
f1; t; t2 ; :::; tn g, f1; 1 + t; (1 + t)2 ; :::; (1 + t)n g e f1;
t t2
tn
; ; :::; g.
1! 2!
n!
(iv) O espaço linear P de todos os polinómios reais de variável real, é gerado pelo conjunto
in…nito de vectores:
f1; t; t2 ; :::g.
(v) Seja U o espaço linear de todas as funções reais com primeira derivada contínua em
R (isto é, pertencentes a C 1 (R)) e tais que f 0 (x) = af (x) (em R) com a 2 R. Então U é
gerado pela função g (x) = eax , tendo-se U = L (fgg).
(vi) Seja A uma matriz (real) do tipo m
n. O espaço das colunas de A,
C(A) = fb 2 Rm : Au = b tem pelo menos uma solução ug ,
é o subespaço (do espaço linear Rm ) gerado pelas colunas de A, uma vez que:
3 2
32
2
2
3
3
3
2
b1
a11
a1n
u1
a11
a1n
6 .. 7 6 ..
.. 7 6 .. 7 = u 6 .. 7 + ::: + u 6 .. 7 .
4 . 5=4 .
14
n4
. 54 . 5
. 5
. 5
bm
am1
amn
un
am1
amn
(vii) A =
2
1
0 0 0
, B=4 0
0 0 0
0
C(A) = f(0; 0)g,
3
2
3 1
1
0 7 5, C = 4 2
0 0
2
N (A) = R3 ,
N (C) = L (f(2; 1)g) ;
C(D) = L (f(2; 0) ; (0; 1)g) , N (D) = f(0; 0)g;
(viii) Seja U = fA 2 M3 2 (R) : a12
A 2 U,
2
3 2
a11 a12
2a31
A = 4 a21 a22 5 = 4 0
a31 a32
a31
2
0
0
.
1
L(A) = f(0; 0; 0)g.
C(B) = L (f(1; 0; 0) ; (1; 7; 0)g) , N (B) = L (f(3; 1; 0)g) ;
C(C) = L (f( 1; 2; 2)g) ;
3
2
4 5, D =
4
L(B) = L (f(1; 3; 1) ; (0; 0; 7)g) .
L(C) = L (f( 1; 2)g) :
L(D) = L (f(2; 0) ; (0; 1)g) .
= a21 = a32 = 0 e a11 + 2a31 = 0g. Tem-se, para
3
2
3
2
3
0
2 0
0 0
a22 5 = a31 4 0 0 5 + a22 4 0 1 5 ,
0
1 0
0 0
41
com a31 ; a22 2 R. Logo,
082
3 2
391
2 0
0 0 =
<
U = L@ 4 0 0 5;4 0 1 5 A.
:
;
1 0
0 0
(ix) Seja U = fp(t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : p(1) = p(0)g. Tem-se, para p(t) 2 U ,
p(1) = p(0) , a0 + a1 + a2 = a0 , a1 + a2 = 0 , a1 =
Logo, p(t) = a0
a2 .
a2 t + a2 t2 = a0 1 + a2 ( t + t2 ), com a0 ; a2 2 R. Assim,
U =L
1; t + t2
.
Teorema 23. Se U e V subespaços do espaço linear W , então U [ V é subespaço de W
se e só se U V ou V
U.
Teorema 24. Se U e V são subespaços do espaço linear W , então:
(i) O conjunto U \ V é um subespaço linear de W .
(ii) O conjunto U + V = fu + v : u 2 U e v 2 V g é um subespaço de W . É o
menor subespaço de W que contém U [ V . O conjunto U [ V em geral não é um subespaço.
Escreve-se U + V = L(U [ V ).
Observação 14. (i) U é um subespaço de Rn se e só se existir uma matriz A tal que
U = N (A) :
(ii) Sejam U1 e U2 subespaços de Rn . Se U1 = L (S1 ) e U2 = L (S2 ) então
U1 + U2 = L (S1 [ S2 ) :
Se U1 = N (A) e U2 = N (B) então
U1 \ U2 = N
A
B
:
(iii) U é um subespaço de Pn = fa0 + a1 t + ::: + an tn : a0 ; a1 ; :::; an 2 Rg se e só se existir
uma matriz A tal que
U = fa0 + a1 t + ::: + an tn : (a0 ; a1 ; :::; an ) 2 N (A)g .
(iv) Sejam U1 e U2 subespaços de Pn . Se U1 = L (S1 ) e U2 = L (S2 ) então
U1 + U2 = L (S1 [ S2 ) :
42
Se
U1 = fa0 + a1 t + ::: + an tn : (a0 ; a1 ; :::; an ) 2 N (A)g
e
U2 = fa0 + a1 t + ::: + an tn : (a0 ; a1 ; :::; an ) 2 N (B)g
então
U1 \ U2 =
a0 + a1 t + ::: + an tn : (a0 ; a1 ; :::; an ) 2 N
A
B
:
(v) U é um subespaço de Mm
n
(R) se e só se existir uma matriz B tal que
U = fA = (aij ) 2 Mm
n
(R) : (a11 ; :::; am1 ; :::; a1n ; :::; amn ) 2 N (B)g
(vi) Sejam U1 e U2 subespaços de Mm
n
(R). Se U1 = L (S1 ) e U2 = L (S2 ) então
U1 + U2 = L (S1 [ S2 ) :
Se
U1 = fA = (aij ) 2 Mm
n
(R) : (a11 ; :::; am1 ; :::; a1n ; :::; amn ) 2 N (B)g
U2 = fA = (aij ) 2 Mm
n
(R) : (a11 ; :::; am1 ; :::; a1n ; :::; amn ) 2 N (C)g
n
(R) : (a11 ; :::; am1 ; :::; a1n ; :::; amn ) 2 N
e
então
U1 \ U2 =
A = (aij ) 2 Mm
B
C
:
Exemplo 23. (i) Em R3 , considere os subespaços:
U = f(x; y; z) 2 R3 : x + y
2z = 0g e V = L (f(1; 1; 1); (1; 2; 1)g) .
Seja v 2 V , então
v = (1; 1; 1) + (1; 2; 1) = ( + ;
com ;
+2 ;
+ ),
2 R. Para que v esteja também em U é preciso que:
( + )+( +2 )
A última equação é equivalente a 4 +
U \ V = f( 3 ; 7 ; 5 ) :
=0,
2(
=
+ ) = 0.
4 . Logo,
2 Rg = f ( 3; 7; 5) :
2 Rg = L (f(3; 7; 5)g) .
(ii) Em R3 , considere os subespaços:
U = L (f(1; 1; 1); (1; 2; 2)g)
e V = L (f(2; 1; 1); ( 1; 1; 3)g) .
43
Seja v 2 U , então
v = (1; 1; 1) + (1; 2; 2) = ( + ;
com ;
+ 2 ),
2 R. Para que v esteja também em V é preciso que:
( + ;
com ;
+2 ;
+2 ;
; + ; + 3 ),
+ 2 ) = (2; 1; 1) + ( 1; 1; 3) = (2
2 R. Deste modo,
8
<
+
=2
+2 = +
+2 = +3 .
:
Considerando a matriz aumentada tem-se
2
3
2
1 1 j 2
1 1 j
4 1 2 j
5
4
+
0 3 j
!
L1 +L2 !L2
0 1 j
1 2 j
+3
L1 +L3 !L3
Logo,
2
3
+4
8
<
+ =2
=
:
0= 2 +4 .
Assim,
,
3
5
8
<
!
1
L +L3 !L3
3 2
2
1 1 j
4 0 3 j
0 0 j
2
3
2 +4
3
5.
=
=2
=2 .
:
(1; 1; 1) + (1; 2; 2) = (1; 1; 1) + 2 (1; 2; 2) = (3 ; 3 ; 5 ) = (3; 3; 5).
Logo,
U \ V = f(3 ; 3 ; 5 ) :
2 Rg =f (3; 3; 5) :
2 Rg = L (f(3; 3; 5)g) .
f(3; 3; 5)g é uma base para U \ V .
Resolução alternativa para determinar U \V : Seja (x; y; z) 2 U = L (f(1; 1; 1); (1; 2; 2)g).
Assim, existem escalares ; 2 R tais que
(x; y; z) = (1; 1; 1) + (1; 2; 2).
Logo, o sistema seguinte é possível
2
Atendendo a
2
1
4 1
1
3
1 1 x
4 1 2 y 5.
1 2 z
que
3
1 x
2 y 5
2 z
logo (x; y; z) 2 U , z
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
4
x
3
2
3
1 1
x
4 0 3 x+y 5
0 1 z x
1
y
3
= 0 , 4x + y
U = f(x; y; z) 2 R3 : 4x + y
!
1
L +L3 !L3
3 2
3
1 1
x
4 0 3
5
x+y
4
1
0 0 z 3x 3y
3z = 0. Ou seja:
3z = 0g = N
44
2
4 1
3
.
Seja (x; y; z) 2 V = L (f(2; 1; 1); ( 1; 1; 3)g). Existem escalares ;
2 R tais que
(x; y; z) = (2; 1; 1) + ( 1; 1; 3).
Logo, o sistema seguinte é possível
2
Atendendo a que
2
3
2
1 x
4 1 1 y 5
1 3 z
2
4 1
1
!
1
L +L2 !L2
2 1
1
L +L3 !L3
2 1
logo (x; y; z) 2 V , z
7
y
3
3
1 x
1 y 5.
3 z
2
2
1
x
4 0 3=2 y
0 7=2 z
+ 32 x = 0 , 2x
V = f(x; y; z) 2 R3 : 2x
x
2
x
2
3
5
!
7
L +L3 !L3
3 2
2
3
1 1
x
4 0 3
5
x+y
2
7
0 0 z 3y + 3x
7y + 3z = 0. Ou seja:
2
7y + 3z = 0g = N
7 3
.
Logo,
U \V
4 1
3
4 1
3
=N
=
2
7 3
0
5 3
= f(3y; 3y; 5y) : 2 Rg =fy(3; 3; 5) : y 2 Rg = L (f(3; 3; 5)g) .
= N
f(3; 3; 5)g é uma base para U \ V .
(iii) Seja U o subespaço de Mn n (R) das matrizes triangulares superiores e seja V o
subespaço de Mn n (R) das matrizes triangulares inferiores. Então
U + V = Mn
n (R)
e
U \ V = subespaço das matrizes diagonais.
(iv) Sejam U = L(f(1; 0)g) e V = L(f(0; 1)g) subespaços de R2 . O conjunto
U [ V = f(x; y) 2 R2 : x = 0 _ y = 0g
não é um espaço linear pois (1; 0) + (0; 1) = (1; 1) 2
= U [ V . No entanto, tem-se U + V = R2 .
| {z } | {z }
2U
2V
Observação 15. Vejamos que se tem:
L (f(1; 4; 0); (0; 3; 1)g) = L (f(1; 1; 1); (1; 2; 2)g) .
Como
(1; 4; 0)) = 2(1; 1; 1)
(1; 2; 2) e (0; 3; 1) =
(1; 1; 1) + (1; 2; 2)
logo
L (f(1; 4; 0); (0; 3; 1)g)
L (f(1; 1; 1); (1; 2; 2)g) .
45
Como
(1; 1; 1) = (1; 4; 0) + (0; 3; 1) e (1; 2; 2) = (1; 4; 0) + 2(0; 3; 1)
logo
L (f(1; 4; 0); (0; 3; 1)g) .
L (f(1; 1; 1); (1; 2; 2)g)
Assim:
L (f(1; 4; 0); (0; 3; 1)g) = L (f(1; 1; 1); (1; 2; 2)g) .
De facto, o que se mostrou foi o seguinte:
2
3 2
3
1 0
1 1
1
4 4 3 5=4 1 2 5 2
1 1
0 1
1 2
em que
1 1
=
1 2
2
3
1 0
,4 4 3 5
0 1
2
1
1
1
1 1
1 2
1
2
3
1 1
=4 1 2 5
1 2
:
De…nição 32. Sejam W1 e W2 subespaços de um espaço linear V . Diz-se que V é a
soma directa dos espaços W1 e W2 e escreve-se
V = W1
W2
se
e
V = W1 + W2
W1 \ W2 = f0g:
Teorema 25. Sejam W1 e W2 subespaços de um espaço linear V tais que V = W1
Então todo o vector v 2 V pode ser escrito de modo único na forma
W2 .
v = w1 + w2
com w1 2 W1 e w2 2 W2 .
Teorema 26. Seja A 2 Mm
n (R).
Tem-se
C(A) = L(AT )
e
L(A) \ N (A) = f0g:
Dem. Vejamos que N (A) \ C AT = f0g. Seja y 2 N (A) \ C AT . Então existe x
tal que Ay = 0 e y = AT x: Logo y T = xT A e y T y = xT A y = xT (Ay) = xT 0 = 0.
n
X
Isto é
yi2 = y T y = 0 ou seja y = (y1 ; :::; yn ) = (0; :::; 0) = 0. Logo, N (A) \ L (A) =
i=1
N (A) \ C AT = f0g :
Observação 16. Seja A 2 Mm n (R). Se A0 fôr a matriz em escada que se obtem de A
por aplicação do método de eliminação de Gauss, tem-se
C(A) 6= C(A0 ).
Teorema 27. Seja A 2 Mm n (R). O espaço das linhas L(A) e o núcleo N (A) mantêmse invariantes por aplicação do método de eliminação de Gauss. Isto é, sendo A0 a matriz
em escada que se obtem de A por aplicação desse método, tem-se
L(A) = L(A0 )
e
46
N (A) = N (A0 ).
Independência linear
De…nição 33. (i) Seja V um espaço linear. Seja
S = fv1 ; :::; vk g
V:
Diz-se que o conjunto S é linearmente dependente se e só se algum dos vectores de S se
escrever como combinação linear dos restantes, isto é, se e só se existir algum i 2 f1; :::; kg
e escalares 1 ; :::; i 1 ; i+1 ; :::; k 2 R tais que
vi =
1 v1
+ ::: +
i 1 vi 1
+
i+1 vi+1
+ ::: +
k vk .
(ii) Seja V um espaço linear. Seja
S = fv1 ; :::; vk g
V:
Diz-se que o conjunto S é linearmente independente se e só se nenhum dos vectores de
S se puder escrever como combinação linear dos restantes, isto é, se e só a única solução do
sistema homogéneo
1 v1 + ::: + k vk = 0
fôr a solução trivial, ou seja, 1 = ::: = k = 0. No caso em que V = Rn , sendo A a
matriz cujas colunas são os vectores de S V , diz-se que S é linearmente independente
se e só se N (A) = f0g.
Teorema 28. Seja A0 uma matriz em escada de linhas.
(i) As colunas de A0 que contêm pivots são linearmente independentes.
(ii) As linhas não nulas de A0 são linearmente independentes.
(iii) O no de linhas independentes e o no de colunas independentes (de A0 ) são ambos
iguais à característica de A0 .
Observação 17. (i) Assim, atendendo ao teorema anterior, a independência linear de
S = fv1 ; v2 ; :::; vk g V (espaço linear) pode ser decidida aplicando o método de eliminação
à matriz A cujas colunas são os vectores de S, de modo a colocá-la em escada de linhas.
Sendo A0 essa matriz em escada, tem-se
N (A) = N (A0 ) (*).
Uma vez que as colunas de A0 que contêm pivots são linearmente independentes então, devido
a (*), as colunas de A nas posições correspondentes também serão linearmente independentes.
(ii) Em R, quaisquer dois vectores são linearmente dependentes.
(iii) Em R2 , dois vectores são linearmente independentes se não forem colineares.
47
(iv) Em R3 , três vectores são linearmente independentes se não forem coplanares.
(v) Qualquer conjunto que contenha o vector nulo (elemento neutro) é linearmente dependente. Em particular, o conjunto f0g, formado apenas pelo vector nulo, é linearmente
dependente.
(vi) O conjunto vazio ? é linearmente independente.
Teorema 29. Sejam S1 e S2 dois subconjuntos …nitos de um espaço linear, tais que
S1
S2 :
(i) Se S1 é linearmente dependente então S2 também é linearmente dependente.
(ii) Se S2 é linearmente independente então S1 também é linearmente independente.
Observação 18. Sejam S1 e S2 dois subconjuntos …nitos de um espaço linear, tais que
S1
S2 :
(i) Se S2 fôr linearmente dependente então S1 tanto pode ser linearmente dependente
como linearmente independente.
(ii) Se S1 fôr linearmente independente então S2 tanto pode ser linearmente dependente
como linearmente independente.
Exemplo 24.
2
1
4
A= 0
2
Seja S = f(1; 0; 2); (2; 0; 4); (0; 1; 2)g. Tem-se
3
2
3
2
3
2 0
1 2 0
1 2 0
4 0 0 1 5
4 0 0 1 5 = A0 :
0 1 5
!
!
2L1 +L3 !L3
2L2 +L3 !L3
4 2
0 0 2
0 0 0
Logo, como apenas existem dois pivots e portanto uma variável livre, as três colunas de A
são linearmente dependentes, isto é, o conjunto S é linearmente dependente. O subconjunto
de S:
f(1; 0; 2); (2; 0; 4)g
também é linearmente dependente. No entanto, uma vez que a 1a e 3a colunas de A são
independentes pois correspondem às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots,
o subconjunto de S:
f(1; 0; 2); (0; 1; 2)g
é linearmente independente.
48
Bases e dimensão de um espaço linear
De…nição 34. Chama-se base de um espaço linear V a qualquer subconjunto B de V
que veri…que as duas condições:
(i) B gera V , isto é,
L(B) = V:
(ii) B é linearmente independente.
Teorema 30. Qualquer espaço linear V 6= f0g tem pelo menos uma base.
Teorema 31. (i) Qualquer espaço linear V 6= f0g tem um no in…nito de bases.
(ii) Seja V 6= f0g um espaço linear. Sejam p; q 2 N tais que fu1 ; :::; up g é um conjunto
gerador de V e fv1 ; :::; vq g é um subconjunto de V linearmente independente. Então
p
q:
(iii) Todas as bases de um espaço linear V 6= f0g têm o mesmo no de vectores.
Dem. (i) Se B = fu1 ; :::; uk g fôr uma base de V então para cada
f u1 ; :::; uk g é também uma base de V .
6= 0 o conjunto
(ii) Suponhamos que p < q. Neste caso, como todos os vectores do conjunto fv1 ; :::; vq g
são não nulos por serem LI, poderíamos substituir sucessivamente os p vectores do conjunto
fu1 ; :::; up g gerador de V por p vectores do conjunto fv1 ; :::; vq g, permitindo assim escrever
cada vector do conjunto fvp+1 ; :::; vq g como combinação linear do novo conjunto gerador de
V : fv1 ; :::; vp g e contrariando o facto dos vectores do conjunto fv1 ; :::; vq g serem linearmente
independentes.
Demonstração alternativa de (ii). Suponhamos que p < q. Como fu1 ; :::; up g gera
V , para cada j = 1; :::; q existem escalares a1j ; :::apj tais que
vj =
p
X
aij ui :
i=1
Seja A = (aij )p q . Como p < q, o sistema homogéneo A = 0 é possível e indeterminado.
Seja = [ 1 ::: q ]T 6= 0 uma solução não nula de A = 0, isto é,
2 q
3
P
2
3
2
3
6 j=1 a1j j 7
a11
a1q
q
6
7
X
6
7
6
7 6
7
..
0=
aij j = 1 4 ... 5 + ::: + q 4 ... 5 = 6
7
6 q .
7
j=1
4 P
5
ap1
apq
apj j
j=1
49
com os
j
escalares não todos nulos. Por outro lado,
q
X
j vj
=
j=1
q
X
j
j=1
=
p
X
aij ui =
i=1
q
X
j=1
a1j
j
!
p
q
X
X
i=1
u1 + ::: +
= 0u1 + ::: + 0up = 0
aij
j=1
q
X
j=1
apj
j
!
j
ui =
!
up =
com os j não todos nulos, contrariando o facto dos vectores do conjunto fv1 ; :::; vq g serem
linearmente independentes.
(iii) Sendo fv1 ; :::; vq g e fu1 ; :::; up g duas bases de V , por (i) tem-se p
p = q:
qeq
p. Logo
De…nição 35. Chama-se dimensão de um espaço linear V 6= f0g ao no de vectores de
uma base qualquer de V , e escreve-se dim V . Se V = f0g então dim V = 0 uma vez que o
conjunto vazio ? é base de f0g. Um espaço linear terá dimensão …nita se uma sua base tiver
um no …nito de vectores.
Observação 19. A dimensão de um espaço linear, isto é, o no de elementos de uma sua
base é igual ao no mínimo de vectores possam constituir um conjunto gerador desse espaço
e é também igual ao no máximo de vectores que possam constituir um conjunto linearmente
independente nesse espaço.
Exemplo 25. (i) O conjunto f1g é uma base de R, chamada base canónica ou natural
de R. Logo,
dim R = 1.
(ii) O conjunto f(1; 0); (0; 1)g é uma base de R2 , chamada base canónica ou natural de
R2 . Logo,
dim R2 = 2.
(iii) O conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de R3 , chamada base canónica
ou natural de R3 . Logo,
dim R3 = 3.
(iv) Considerando C como corpo de escalares:
(a) o espaço linear C tem dimensão 1 sendo f1g a base canónica de C uma vez que
a + bi = (a + bi) 1
(b) o espaço linear C2 tem dimensão 2 sendo f(1; 0) ; (0; 1)g a base canónica de C2 uma
vez que
(a + bi; c + di) = (a + bi) (1; 0) + (c + di) (0; 1) .
(v) Considerando R como corpo de escalares:
50
(a) o espaço linear C tem dimensão 2 sendo f1; ig a base canónica de C uma vez que
a + bi = a1 + bi
com a; b 2 R.
(b) o espaço linear C2 tem dimensão 4 sendo f(1; 0) ; (0; 1)g a base canónica de C2 uma
vez que
(a + bi; c + di) = a (1; 0) + b (i; 0) + c (0; 1) + d (0; i)
com a; b; c; d 2 R.
(vi) O conjunto
1 0 0
0 0 0
;
0 1 0
0 0 0
;
0 0 1
0 0 0
;
0 0 0
1 0 0
;
0 0 0
0 1 0
;
0 0 0
0 0 1
é uma base de M2 3 (R), chamada base canónica ou natural de M2 3 (R). Logo,
dim M2 3 (R) = 6.
(vii) Tem-se
dim Rn = n e dim Mm
n (R)
= mn.
(viii) O conjunto f1; t; t2 ; :::; tn g é uma base de Pn (espaço linear de todos os polinómios
reais de variável real e de grau menor ou igual a n), chamada base canónica ou natural de
Pn . Logo,
dim Pn = n + 1.
(ix) O conjunto f1; t; t2 ; :::g é uma base de P (espaço linear de todos os polinómios reais
de variável real), chamada base canónica ou natural de P. Logo,
dim P = 1.
Teorema 32. Seja A uma matriz do tipo m
n. Tem-se
dim L(A) = car A.
Observação 20. Seja A uma matriz do tipo m n. Mais tarde ver-se-á (Teorema 46
(ii) e Exemplo 35) que
dim Rn = dim N (A) + dim L(A)
o que permitirá concluir que
dim N (A) = nul A.
Teorema 33. Seja A uma matriz do tipo m
n. Tem-se
dim C(A) = dim L(A) = car A.
Dem. Suponhamos que car A = k. Sendo A0 a matriz m n em escada (reduzida) de
linhas, então A0 tem exactamente k linhas não nulas. Sejam R1 ; :::; Rk essas linhas. Como
L(A) = L(A0 );
51
então as linhas L1 ; :::; Lm de A podem ser expressas como combinações lineares das linhas
R1 ; :::; Rk , ou seja, existem escalares cij ; com i = 1; :::; m e j = 1; :::; k tais que
L1 = c11 R1 + ::: + c1k Rk
:::
Lm = cm1 R1 + ::: + cmk Rk
Para i = 1; :::; m, sejam aij e rij as componentes j das linhas Li e Ri respectivamente.
Assim, tem-se
a1j = c11 r1j + ::: + c1k rkj
:::
amj = cm1 r1j + ::: + cmk rkj
ou seja, matricialmente,
3
3
2
3
2
c1k
a1j
c11
6 . 7
6 .. 7
6 . 7
4 . 5 = r1j 4 .. 5 + ::: + rkj 4 .. 5 .
cmk
cm1
amj
2
2
3
a1j
6
7
Como 4 ... 5 é a coluna j de A, a última igualdade mostra que os vectores
amj
3
2
3
2
c11
c1k
6 .. 7
6 . 7
4 . 5 ; :::; 4 .. 5
cm1
geram C (A). Logo, tem-se
dim C (A)
cmk
k = dim L (A) .
Deste modo, substituindo A por AT tem-se também
dim C AT
| {z }
dim L AT :
|
{z
}
=dim L(A)
Ou seja, tem-se
=dim C(A)
dim C (A)
dim L (A)
dim L (A)
dim C (A) :
e
Isto é,
dim C (A) = dim L (A) .
Observação 21. Atendendo ao teorema anterior tem-se
car A = car AT
uma vez que
car A = dim C (A) = dim L (A) = dim C AT = car AT .
52
Teorema 34. Sejam V um espaço linear de dimensão …nita e W um subespaço de V .
(i) Seja S = fu1 ; :::; uk g V . Se S é linearmente independente então S será um subconjunto de uma base de V e ter-se-á dim V
k.
(ii) Se dim V = n, então quaisquer m vectores de V , com m > n, são linearmente
dependentes.
(iii) Se dim V = n, então nenhum conjunto com m vectores de V , em que m < n, pode
gerar V .
(iv) O subespaço W tem dimensão …nita e dim W
dim V .
(v) Se dim W = dim V , então W = V .
(vi) Se dim V = n, então quaisquer n vectores de V linearmente independentes constituem uma base de V .
(vii) Se dim V = n, então quaisquer n vectores geradores de V constituem uma base de
V.
Exemplo 26. (i) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R: f0g e R.
(ii) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R2 :
f(0; 0)g , todas as rectas que contêm a origem e R2 .
(iii) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R3 :
f(0; 0; 0)g , todas as rectas que contêm a origem,
todos os planos que contêm a origem e R3 .
Observação 22. O método de eliminação de Gauss permite determinar a dimensão
e uma base quer para o espaço das linhas L(A) quer para o espaço das colunas C(A) de
uma matriz A. Seja A0 a matriz em escada que se obtem de A por aplicação do método de
eliminação de Gauss. Então,
(i) Uma base para L(A) será formada pelas linhas não nulas de A0 .
(ii) Uma base para C(A) será formada pelas colunas de A que correspondem às posições
das colunas de A0 que contêm os pivots.
Exemplo
2
2
4
4
A=
6
2
2
1 1
2 3
27. Seja A = 4 4
6
3 1
3
2
1 1 1
2
5
4
2 3 3
0
!
2L1 +L2 !L2
3 1 1
0
3L1 +L3 !L3
3
1
3 5. Tem-se
1
3
2
3
1 1 1
2 1 1 1
4 0 0 1 1 5 = A0 .
0 1 1 5
!
4L2 +L3 !L3
0 4 4
0 0 0 0
53
Logo, f(2; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1)g é uma base de L(A) e f(2; 4; 6); (1; 3; 1)g é uma base de C(A).
Assim,
dim L(A) = 2 = dim C(A)
e
L(A) = L (f(2; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1)g) , C(A) = L (f(2; 4; 6); (1; 3; 1)g) .
Por outro lado,
8
2
3 2
x
>
>
<
6 y 7 6
7 6
N (A0 ) = (x; y; z; w) 2 R4 : A0 6
4 z 5=4
>
>
:
w
39
0 >
>
=
0 7
7 =
0 5>
>
;
0
= f(x; 2x; w; w) : x; w 2 Rg = L (f(1; 2; 0; 0); (0; 0; 1; 1)g) .
Como o conjunto f(1; 2; 0; 0); (0; 0; 1; 1)g é linearmente independente e gera N (A0 ) então
é uma base de N (A0 ). Finalmente, uma vez que N (A) = N (A0 ), o conjunto
f(1; 2; 0; 0); (0; 0; 1; 1)g
é uma base de N (A) e portanto dim N (A) = 2, com
N (A) = L (f(1; 2; 0; 0); (0; 0; 1; 1)g) .
Exemplo 28. Seja
S = f1; 2; 1); (2; 1; 1); ( 1; 2; 1); (0; 1; 0)g
Determinemos uma base para L(S).
Considerando a matriz cujas colunas são os
2
3
2
1 2
1 0
1 2
4 2 1
5
4
2 1
0
3
!
2L1 +L2 !L2
1 1 1 0
0
3
L1 +L3 !L3
R3 :
vectores de S, tem-se
2
3
1 0
1
5
4
0 1
0
!
L2 +L3 !L3
0 0
0
2
3
0
3
1 0
0 1 5.
0 1
Logo, S 0 = f1; 2; 1); (2; 1; 1); (0; 1; 0)g é uma base de L(S). Como dim R3 = 3, então tem-se
mesmo: L(S) = R3 e S 0 é uma base de R3 .
2
6
6
4
Resolução alternativa: Considerando a matriz cujas linhas são os vectores de S, tem-se
2
3
2
3
2
3
1 2
1
1 2
1
1
2
1
1 2
1
6 0
6 0
7
6 0
7
3
3
3
3
3
3
2
1
1 7
6
7
7
6
7 ! 6
!
!
1
0 5 13 L2 +L3 !L3 4 0 0
0 5 L3 $L4 4 0 1
1
2 1 5 2L1 +L2 !L2 4 0 0
L1 +L3 !L3
0 0
0
0 0
0
0
1
0
0 1
0
Logo, S 0 = f1; 2; 1); (0; 3; 3); (0; 0; 1)g é uma base de L(S). Como dim R3 = 3, então
tem-se mesmo: L(S) = R3 e S 0 é uma base de R3 .
54
3
7
7.
5
Exemplo 29. Seja
Sa;b = f1; 0; 1); (0; 1; a); (1; 1; b); (1; 1; 1)g
R3 :
Determinemos os valores dos parâmetros a e b para os quais Sa;b não gere
Considerando a matriz cujas colunas são os vectores de S, tem-se
2
2
2
3
3
1 0 1 1
1 0
1
1
1 0
4 0 1 1 1 5
4
4
5
0 1
1
1
0 1
!
!
L1 +L3 !L3
aL2 +L3 !L3
1 a b 1
0 a b 1 0
0 0 b
Logo, Sa;b não gera R3 se e só se b
a
Teorema 35. (i) Seja A 2 Mm
(ii) Seja A 2 Mm
car A = n.
n (R).
1=0e
n (R).
R3 .
1
1
a
1
3
1
1 5.
a
a = 0, isto é, se e só se a = 0 e b = 1.
As colunas de A geram Rm se e só se car A = m.
As colunas de A são linearmente independentes se e só se
(iii) Seja A 2 Mn n (R). A matriz A é invertível se e só se as colunas de A (ou as linhas
de A) formarem uma base de Rn . No caso de A ser invertível tem-se
C(A) = L(A) = Rn .
Teorema 36. Seja A 2 Mm
n (R)
e considere o sistema de equações lineares Au = b.
(i) O sistema Au = b é impossível (não tem solução) se e só se b 2
= C(A), isto é, se e só
se car A < car [A j b].
(ii) O sistema Au = b é possível e indeterminado (tem um no in…nito de soluções) se
e só se b 2 C(A) e as colunas de A forem linearmente dependentes, isto é, se e só se
car A = car [A j b] < n;
isto é, se e só se
car A = car [A j b]
e
nul A 6= 0:
(iii) O sistema Au = b é possível e determinado (tem uma única solução) se e só se
b 2 C(A) e as colunas de A forem linearmente independentes, isto é, se e só se
car A = car [A j b] = n;
isto é, se e só se
car A = car [A j b]
e
nul A = 0:
Teorema 37. Sejam W1 e W2 dois subespaços de dimensão …nita de um espaço linear
V . Então,
dim (W1 + W2 ) = dim W1 + dim W2 dim (W1 \ W2 ) ,
55
Dem. Sejam
n = dim W1 ;
e
m = dim W2
k = dim (W1 \ W2 ) :
Se k = 0 a igualdade do teorema é imediata. Se k 6= 0, seja fw1 ; :::; wk g uma base de W1 \W2 .
Sejam uk+1 ; :::; un 2 W1 tais que
fw1 ; :::; wk ; uk+1 ; :::; un g
é uma base de W1 . Sejam vk+1 ; :::; vm 2 W2 tais que
fw1 ; :::; wk ; vk+1 ; :::; vm g
é uma base de W2 . Vejamos que
B = fw1 ; :::; wk ; uk+1 ; :::; un ; vk+1 ; :::; vm g
é uma base de W1 + W2 .
Seja w 2 W1 + W2 . Existem u 2 W1 e v 2 W2 tais que w = u + v. Ou seja, existem
escalares (únicos) 1 ; :::; n e 1 ; :::; m tais que
w =u+v =
k
X
(
+
i
i ) wi
+
i=1
pelo que B gera W1 + W2 .
Sejam 1 ; :::; n ; k+1 ; :::;
0=
k
X
m
X
l vl
i wi
n
X
+
k
X
=
ou seja
1 ; :::;
isto é,
i=1
i wi
k
+
+
i wi
l vl ;
l=k+1
n
X
+
i=1
j uj
j=k+1
!
2 W1 ,
tais que
m
X
l vl =
m
P
(
l ) vl
l=k+1
k
X
i wi ,
i=1
l=k+1
k
P
j uj
2 W1 \ W2 . Atendendo a que fw1 ; :::; wk g é base de W1 \ W2 , existem
l vl
l=k+1
escalares
l vl
l=k+1
m
X
j=k+1
l=k+1
m
P
+
m
X
k escalares tais que
i=1
isto é,
j uj
j=k+1
n+m
m
n
X
= 0. Como fw1 ; :::; wk ; vk+1 ; :::; vm g é uma base de W2 , tem-se
1
= ::: =
k
=
k+1
= ::: =
m
= 0.
Logo
0=
k
X
i=1
i wi
+
n
X
j=k+1
j uj
+
m
X
l=k+1
l vl
=
k
X
i wi
+
i=1
Assim, como fw1 ; :::; wk ; uk+1 ; :::; un g é uma base de W1 , tem-se
modo, como
1 = ::: = n = k+1 = ::: = m = 0
então o conjunto B é linearmente independente.
56
n
X
j uj .
j=k+1
1
= ::: =
n
= 0. Deste
Teorema 38. Seja A 2 Mn
n (R).
As seguintes a…rmações são equivalentes.
(i) A é igual ao produto de matrizes elementares.
(ii) A é invertível.
(iii) AT A é invertível.
(iv) nul A = 0.
(v) car A = n.
(vi) Au = 0 tem apenas a solução trivial u = 0.
(vii) Au = b tem solução única u para cada b 2 Rn .
(viii) det A 6= 0.
(ix) N (A) = f0g.
(x) As colunas de A geram Rn .
(xi) As colunas de A são independentes.
(xii) As colunas de A formam uma base de Rn .
(xiii) As linhas de A geram Rn .
(xiv) As linhas de A são independentes.
(xv) As linhas de A formam uma base de Rn .
(xvi) A transformação linear T : Rn ! Rn de…nida por T (u) = Au, para u 2 Rn , é
sobrejectiva. (Num próximo capítulo.)
(xvii) A transformação linear T : Rn ! Rn de…nida por T (u) = Au, para u 2 Rn , é
injectiva. (Num próximo capítulo.)
(xviii) A transformação linear T : Rn ! Rn de…nida por T (u) = Au, para u 2 Rn , é
bijectiva. (Num próximo capítulo.)
(xix) A transformação linear T : Rn ! Rn de…nida por T (u) = Au, para u 2 Rn , é
invertível. (Num próximo capítulo.)
(xx) 0 não é valor próprio de A. (Num próximo capítulo.)
(xxi) (N (A))? = Rn . (Num próximo capítulo.)
(xxii) (L (A))? = f0g. (Num próximo capítulo.)
57
Coordenadas de um vector numa base e matriz de mudança de base
De…nição 36. Seja B = fv1 ; :::; vk g uma base ordenada de um espaço linear V e seja u
um vector de V . Chamam-se coordenadas do vector u na base ordenada B aos escalares
1 ; :::; k da combinação linear:
u=
1 v1
k vk .
+ ::: +
Teorema 39. Seja V um espaço linear.
(i) Um conjunto B de vectores não nulos de V é uma base de V se e só se todo o vector
de V puder ser escrito de modo único como combinação linear dos vectores de B.
(ii) Se dim V = n, então dados u; w 2 V e B = fv1 ; :::; vn g uma base ordenada de V ,
tem-se u = w se e só se as coordenadas de u e de w na base B forem iguais.
Teorema 40. Seja V um espaço linear de dimensão n. Sejam B1 = fv1 ; :::; vn g e
B2 = fw1 ; :::; wn g duas bases ordenadas de V . Seja SB1 !B2 a matriz cujas colunas são as
coordenadas dos vectores de B1 em relação à base B2 . Isto é,
SB1 !B2 = (sij )n
n
com vj =
n
X
sij wi
para todo o j = 1; :::; n.
i=1
A matriz SB1 !B2 é invertível e chama-se matriz de mudança de base (da base B1 para
B2 ). Assim, se tivermos
n
X
u=
i vi ,
i=1
isto é, se ( 1 ; :::; n ) forem as coordenadas do vector u na base B1 então as coordenadas
( 1 ; :::; n ) de u na base B2 são dadas por
2
3
2
3
1
1
n
n
6 .. 7
6 . 7
4 . 5 = SB1 !B2 4 .. 5 .
Dem. Tem-se
u=
n
X
i wi
=
i=1
n
X
j=1
j vj
=
n
X
j=1
j
n
X
sij wi =
i=1
n
n
X
X
i=1
como as coordenadas de um vector u numa base são únicas, tem-se
2
3
2
!
n
1
X
6 .. 7
6
=
s
.
Isto
é,
4 . 5 = SB1 !B2 4
ij j
i
j=1
n
58
sij
j=1
j
!
wi .
para todo o i = 1; :::; n,
3
1
.. 7 .
. 5
n
Teorema 41. Tem-se
SB2 !B1 = (SB1 !B2 )
1
:
Exemplo 30. Consideremos
Bc = f(1; 0); (0; 1)g
a base canónica de R2 . Seja
B = f(1; 2); (3; 4)g
uma outra base ordenada de R2 . Sejam (5; 6) as coordenadas de um vector u na base
canónica Bc e determinemos as coordenadas de u na base B usando a matriz de mudança de
base SBc !B . Tem-se
2 32
SBc !B =
,
1
1
2
uma vez que
3
2(1; 2) + 1(3; 4) e (0; 1) = (1; 2)
2
(1; 0) =
1
(3; 4). (*)
2
Logo, as coordenadas de u na base B são dadas por
SBc !B
Logo,
5
6
3
2
2
1
=
5
6
1
2
=
1
2
.
1 e 2 são as coordenadas de (5; 6) na base ordenada B, isto é
(5; 6) =
1(1; 2) + 2(3; 4).
Observação 23. Colocando os vectores em coluna, note que as duas igualdades em (*)
podem ser escritas na forma:
1 0
0 1
=
1 3
2 4
2
1
3
2
1
2
sendo esta última igualdade equivalente a
1 0
0 1
2
=4
1 3
2 4
| {z }
3
2 32 5
1
1
2
=
1 3
2 4
1
,
8
< (1; 2) = 1(1; 0) + 2(0; 1)
:
(3; 4) = 3(1; 0) + 4(0; 1)
querendo isto dizer que as coordenadas dos vectores (1; 2) e (3; 4) relativamente à base
canónica (ordenada) f(1; 0); (0; 1)g são respectivamente (1; 2) e (3; 4).
59
3a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
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
0g
(ii) f(x; y) 2 R2 : xy = 0g
(iii) f(x; y) 2 R2 : y = x2 g
(iv) f(x; y) 2 R2 : x + y = g
(v) f(x; y) 2 R2 : x 2 N0 e y 2 Rg
(vi) f(x; y) 2 R2 : x2 + y 2
2
(vii) f(x; y) 2 R : xy
2
0g
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 R3 . Diga quais dos seguintes subconjuntos de R3 , com as
operações usuais, são subespaços de R3 e indique os respectivos conjuntos geradores.
Escreva ainda cada um dos subespaços na forma N (A), explicitando a matriz A.
(i) f(x; y; z) 2 R3 : z = 2g
(ii) f(x; y; z) 2 R3 : x + y
z = 0g
(iii) f(x; y; z) 2 R3 : x > 0g
(iv) f(0; 0; z) : z 2 Rg
(v) f(x; y; z) 2 R3 : y = 2x e z = 3xg
(vi) f(x; y; z) 2 R3 : x + y = 1g
(vii) f(x; y; z) 2 R3 : x + y + z = 0 e x
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
3
(x) f(x; y; z) 2 R : xy = 0g
5. Diga se os vectores ( 2; 2; 2; 0); ( 2; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1) pertencem aos seguintes subespaços e encontre um conjunto de geradores para cada um desses 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
60
z + w = 0g
6. 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
7. 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)
8. 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)
a b c
d 0 0
2 M2 3 (R) : b = a + c
(ii)
a b c
d 0 f
2 M2 3 (R) : b < 0
(iii)
a b c
d e f
2 M2 3 (R) : a =
2c e f = 2e + d :
9. Construa uma matriz cujo núcleo seja gerado pelo vector (2; 0; 1).
10. Existe alguma matriz cujo espaço das linhas contém o vector (1; 1; 1) e cujo núcleo
contém (1; 0; 0)?
11. 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
12. Veri…que que, com as operações usuais, o seguinte conjunto
82
3 2
3 2
3 2
0 0
0 0
0
< 1 0
4 0 0 5 ;4 1 0 5;4 0 1 5;4 0
:
0 0
0 0
0 0
0
61
de matrizes
39
0 =
0 5
;
1
82
9
3
< a 0
=
gera o subespaço 4 b c 5 2 M3 2 (R) : a; b; c; d 2 R do espaço linear M3 2 (R).
:
;
0 d
13. 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)
14. 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)
15. 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):
16. 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
17. 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):
18. Considere, no espaço linear P2 , os vectores p1 (t) = 2 + t + 2t2 , p2 (t) =
p3 (t) = 2 5t + 5t2 e p4 (t) = 2 3t t2 . O vector
2t + t2 ,
q(t) = 2 + t + t2
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 ?
19. Sejam
A=
1 1 5
2 3 13
2
1
4
e B= 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.
62
4a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. 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.
2. 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
(ii) f(1; 2; 1); (3; 2; 5)g
(iii) f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)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).
3. 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 :
4. 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.
5. 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).
(iii) ( 1; 2; 1) e (1; 0; 1).
6. 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
(iii) S = fet ; e t ; cosh tg
(iv) S = 1; t; t2 ; (t + 1)2
Determine uma base para cada subespaço L(S) e calcule a respectiva dimensão.
7. 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.
8. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R2 . Caso não sejam bases,
determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaços
gerados por cada um desses subconjuntos. Em cada base de R2 encontrada, 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
63
(iii) f(2; 4)g
(vi) f(1; 0); (0; 1)g
9. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R3 . Caso não sejam
bases, determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos
espaços gerados por cada um desses subconjuntos. Em cada base de R3 encontrada,
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
10. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R4 . Caso não sejam bases,
determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaços
gerados por cada um desses subconjuntos. 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).
11. Determine as coordenadas de p (t) = t na base ordenada f2 t; 2 + tg de P1 . (P1 é o
espaço linear dos polinómios reais de grau menor ou igual a 1:)
12. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de P2 (espaço linear dos
polinómios reais de grau menor ou igual a 2). Caso não sejam bases, determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaços gerados por
cada um desses subconjuntos. 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
t2 ; 2t + 2t2 ; t2 g
(iii) f1 + t2 ; t
(v) f1 + 2t
t2 ; 1
(ii) f2t
t + 2t2 ; 1 + tg
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
t2 ; 2 + 2t
t2 g
t2 ; 1
2t2 ; 2 + t; 1
(iv) f 1 + 2t + t2 ; 2
4tg
tg
(vi) f1; t; t2 g
13. Veri…que que os seguintes subconjuntos de M2 2 (R) são subespaços de M2 2 (R) relativamente às operações usuais e determine uma base para cada um deles indicando as
respectivas dimensões.
(i) fA 2 M2 2 (R) : tr A = 0g
(ii) A 2 M2 2 (R) : A
64
1 1
1 1
=
1 1
1 1
A
3
1
14. Escreva a matriz
1
1
como combinação linear das matrizes
1 1
1 0
A=
Encontre uma matriz 2
L
;
0 0
1 1
B=
, C=
0
0
2
1
:
2 que não pertença a
1 1
1 0
0 0
1 1
;
;
0
0
2
1
:
Antes de a determinar, explique porque é que essa matriz existe.
1 1
0 0
para o espaço linear M2 2 (R):
15. Mostre que as matrizes
;
0 0
1 1
;
1 0
0 1
e
0 1
1 1
formam uma base
1 3
0 11
2
5
4 1
3
2
;
;
,
;
. Seja W um
1 2
5 3
3 1
1 5
2 3
subespaço de M2 2 (R) gerado por S. Determine uma base para W que inclua vectores
de S.
16. Seja S =
17. Determine uma base para M3 2 (R). Qual é a dimensão do espaço linear M3 2 (R)?
18. 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
3:
3:
19. Determine as dimensões e indique bases para: o núcleo, o espaço das linhas e o espaço
das colunas das seguintes matrizes.
(i)
2
3
6
1
2
0 1 0 0
4
(iii) 0 0 1 0
0 0 0 1
2
3
1 0 0
6 0 1 0 7
7
(v) 6
4 0 0 1 5
0 0 0
2
1 2 3
6 2 3 2
(vii) 6
4 3 4 1
1 1
1
(ii)
3
5
3
1
0 7
7:
1 5
1
2
3 0
1 0
1 1
4
1 2
(iv)
0 1
2
6 0
2 0
3
2
1 5
1
3
1 3 0 2
(vi) 4 0 2 2 0 5
1 3 0 2
Determine tambem a característica e a nulidade de cada uma delas.
20. Quais são as matrizes do tipo 3
3 cujo núcleo tem dimensão 3?
65
21. Seja A 2 Mm n (R) tal que C(A) = N (A). Prove que A 2 Mn
um exemplo para n = 4.
n (R)
com n par. Dê
22. 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 .
23. 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
t2 g), V = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
(vi) U = fp(t) 2 P2 : p( 1) = 2p(0)
p(1)g, V = L(f 1 + t; 1
(vii) U = fp(t) 2 P2 : p(1) = 0g, V = L(f1
(viii) U = L (f1 + t; 1
a1 + a0 = 0g em P2 .
t; t
t3 g), V = L (f1 + t + t2 ; t
t2 g) em P2 .
t2 ; 1 + t2 g) em P2 .
t3 ; 1 + t + t3 g) em P3 .
(ix) 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 :
(x) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y + 3z = 0 e y + 2z + 3w = 0g,
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 .
(xi) 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.
(xii) 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 .
24. Seja P2 = fp(t) = a0 + a1 t + a2 t2 : a0 ; a1 ; a2 2 Rg o espaço linear real dos polinómios
reais de grau menor ou igual a 2. Seja
U = fp(t) 2 P2 : p( 1) + p(1) = 0g:
a) Seja V = L (f2 + t; 1
t + 3t2 ; 1 + t
t2 ; 1 + t2 g). Determine uma base para U \V .
b) Determine um subespaço W de P2 tal que U
66
W = P2 .
5a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. 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).
2. Considere em R2 as bases ordenadas B1 e B2 em que B1 = f(1; 1); (0; 1)g. Seja
SB1 !B2 =
1
0
1
1
a matriz de mudança da base B1 para a base B2 . Determine as coordenadas do vector
(1; 1) em B2 .
3. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de R2 . Sejam (1; 2) e (5; 11) as coordenadas de
um vector u em B1 e B2 respectivamente. Sejam (1; 1) e (3; 7) as coordenadas de um
vector v em B1 e B2 respectivamente. Determine a matriz SB1 !B2 de mudança da base
B1 para B2 .
4. 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 .
5. 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 =
Determine B1 .
67
2 3
1 2
.
6. 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:
2 3
1 2
SB2 !B1 =
.
Determine B1 .
7. 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 .
8. 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 .
9. Sejam
B1 =
1 0
0 0
;
0 1
0 0
;
1
1
;
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). Determine a matriz SB1 !B2 de mudança da base
1 2
B1 para a base B2 e utilize-a para determinar as coordenadas do vector
em
3 4
relação à base B2 .
10. Considere o espaço linear
U =L
1 1
0 1
;
0
1
1
0
;
1 0
1 1
Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de U , com B2 =
;
2 1
1 2
1 1
0 1
;
:
1 0
1 1
ainda a matriz de mudança de base de B1 para B2 dada por: SB1 !B2 =
Determine as coordenadas do vector
1 0
1 1
68
em B1 .
. Considere
2
1
1
.
0
11. 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.
12. 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 .
13. Seja P2 = fp(t) = a0 + a1 t + a2 t2 : a0 ; a1 ; a2 2 Rg o espaço linear real dos polinómios
reais de grau menor ou igual a 2. Seja
t2 ; 2 + 2tg
B = ft
uma base ordenada de um subespaço U de P2 .
t2 na base B.
a) Determine as coordenadas do vector 1
b) Determine a base ordenada B1 de U de tal modo que a matriz de mudança da base
B1 para a base B seja dada por:
1
0
SB1 !B =
1
.
1
2
c) Sendo
V = L f 1 + t2 ; 2 + t
t2 ; 3
tg ;
determine, justi…cando, uma base para U \ V .
14. Seja
2
6
6
A=6
6
4
1
0
2
1
0
1
0
2
1
0
0
2
1
2
0
2
4
2
2
0
(i) Calcule a nulidade e a característica de A:
1
0
1
1
0
3
7
7
7:
7
5
(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.
15. Considere as matrizes:
A=
0
0
1 0 0
0 1 0
e B=
a) Determine uma base para N (A + B).
b) Determine dim (N (A) + N (B)).
69
0 0 0 1
0 0 1 0
:
16. Seja
2
1
A=4 1
1
a) Determine uma base para C (A).
b) Resolva a equação: Au =
2 0
2
3
1
1 5:
1
1
1
1
T
.
c) Determine uma base para N (A + 2I).
d) Calcule dim (N (A + 2I) + N (A
I)).
17. Considere o seguinte subespaço de R4 : U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x
y+z
w = 0g:
4
a) Determine uma base para R que inclua pelo menos dois vectores de U .
b) Determine uma base para U que inclua os vectores (1; 1; 1; 1) e ( 1; 1; 1; 1).
18. Seja
2
6
A =6
4
1
0
1
0
1
0
1
0
3
1
0 7
7 , com
1 5
2 R.
Sejam C (A ), L (A ) e N (A ), respectivamente, o espaço das colunas, o espaço das
linhas e o núcleo de A . Sejam A0 ; A 1 e A1 as matrizes que se obtêm de A fazendo
respectivamente = 0; = 1 e = 1.
a) Determine uma base para N (A 1 ).
b) Determine uma base para C (A 1 ) e calcule as coordenadas de (0; 0; 0; 1) nessa base.
c) Determine a solução geral do sistema de equações lineares A0 u = b, onde b é igual
à 1a coluna da matriz A0 .
d) Determine uma base para L (A1 ) + C (A1 ).
e) Determine uma base para L (A 1 ) \ C (A 1 ).
19. Seja
a) Determine o no real
2
2 0
4
A= 0 4
2 0
2
2
4
para o qual u = 2
2
b) Determine uma base para N (A).
c) Resolva a equação:
3
2
0 5:
2
3
5 é solução da equação: Au
3
8
Au = 4 8 5 :
8
u = 0.
2
d) Determine todos os vectores b para os quais a equação Au = b tenha sempre solução.
70
20. Considere a matriz dada por:
2
1
6 1
A=6
4 1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
3
1
1 7
7.
1 5
1
a) Determine, justi…cando, a dimensão do núcleo de A.
b) Diga, justi…cando, se f(1; 0; 0; 0)g é uma base do espaço das colunas de A.
21. Considere o seguinte subespaço de R4 : U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + y + z + w = 0g.
a) Determine uma base para U .
b) Determine uma base para U que inclua os vectores (1; 1; 1; 1) e ( 1; 0; 0; 1).
22. Seja
2
1 0
4
A= 0 1
1 1
3
1
1 5:
0
Sejam N (A) ; L (A) ; C (A), respectivamente, núcleo, espaço das linhas e espaço das
colunas de A.
a) Determine uma base para N (A).
b) Determine uma base para R3 que inclua duas colunas de A.
c) Determine uma base para L (A) \ C (A).
23. Seja
A=
4 a b
c d 4
2 M2 3 (R):
Determine a; b; c; d tais que nul A = 2 e (1; 0; 2) 2 L (A).
24. Seja U o subespaço de R4 gerado por f(1; 1; 0; 1); (1; 1; 0; 1)g : Seja
S = f(1; 0; 0; 2)g + U
e considere ainda o seguinte subespaço de R4
V = (x; y; z; w) 2 R4 : y = w .
a) Determine um sistema de duas equações lineares cujo conjunto de soluções seja S.
b) Encontre uma matriz A do tipo 2
4 cujo núcleo seja igual a U .
4
c) Determine uma base para R que inclua dois vectores de U .
d) Sendo B = f(2; 2; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g uma base ordenada de U , calcule as coordenadas
do vector (1; 1; 0; 7) em relação a B.
e) Determine uma base para U + V e uma base para U \ V , indicando as respectivas
dimensões.
71
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:
fa0 + a1 t +
+ an tn 2 Pn : an 6= 0g ,
munido das operações usuais, não é um espaço linear.
3. (i) Mostre que P2 é um subespaço de P3 :
Pn+1 :
(ii) Mostre que Pn é um subespaço de
(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
espaços?
n (R),
com as operações usuais, são sub-
(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 invertíveis 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 .
72
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.
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
dim C (AB) = dim C (B)
p. Mostre que
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 ):
r
P
Mostre que se jxjj j >
jxij j para todo o j = 1; : : : ; r então o conjunto
i=1(i6=j)
x1 ; x2 ; : : : ; xr
é linearmente independente.
Sugestão: Considere
v = (v1 ; : : : ; vn ) =
com
1;
2; : : : ;
r
1
1x
+
2 R e mostre que se existir
2
2x
j
j j j > j i j;
+
+
r
rx ;
6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que
para todo o i = 1; : : : ; r; então vj 6= 0.
12. Sejam A; B 2 Mm
n (R).
13. Seja A 2 Mm
n (R).
14. Seja A 2 Mn
n (R)
Mostre que C (A + B)
C (A) + C (B) :
Mostre que N (A) \ L (A) = f0g.
tal que A2 = A. Mostre que N (A) \ C (A) = f0g.
15. Seja A 2 M3 3 (R) tal que A2 = 0. Mostre que car A = 1.
16. Sejam B e C matrizes m
n. Mostre que
jcar B
17. Seja A 2 Mn
n (R)
car Cj
car (B
C) .
tal que A3 6= 0 e A4 = 0. Seja v 2
= N (A3 ). Prove que o conjunto
v; Av; A2 v; A3 v
é linearmente independente.
18. Seja A uma matriz real do tipo 5
6. Diga, justi…cando, se AT A é invertível.
73
Transformações lineares
De…nição 37. Sejam U e V espaços lineares. Diz-se que
T :U !V
é uma transformação linear se e só se veri…car as duas condições:
(i) T (u + v) = T (u) + T (v), para todos os u; v 2 U .
(ii) T ( u) = T (u), para todos os u 2 U e escalares .
Observação 24. Sejam U e V espaços lineares. Sejam 0 o vector nulo de U e 00 o vector
nulo de V .
(i) Se T : U ! V fôr uma transformação linear então T (U ) é um subespaço de V e além
disso tem-se T (0) = 00 (T (0) = T (0 + 0) = T (0) + T (0) , T (0) = 00 ). Logo, se T não
veri…car T (0) = 00 então T não será uma transformação linear.
(ii) T : U ! V é uma transformação linear se e só se
T ( u + v) = T (u) + T (v),
para todos os u; v 2 U e escalares ; .
(iii) Seja T : U ! V uma transformação linear, com U = L (fv1 ; :::; vn g). Seja u 2 U .
Logo, existem escalares 1 ; :::; n tais que
u=
1 v1
+ ::: +
n vn .
Tem-se então
T (u) =
1 T (v1 )
+ ::: +
n T (vn ).
Exemplo 31. Consideremos a base canónica f(1; 0) ; (0; 1)g de R2 . Seja
T : R2 ! R
uma transformação linear tal que T (1; 0) = 1 e T (0; 1) = 1.
Para qualquer (x; y) 2 R2 tem-se
(x; y) = x(1; 0) + y(0; 1).
Então,
T (x; y) = T (x(1; 0) + y(0; 1)) = xT (1; 0) + yT (0; 1) = x + y.
Logo, T : R2 ! R é a transformação linear de…nida explicitamente por
T (x; y) = x + y.
74
Teorema 42. Sejam U e V espaços lineares e seja fv1 ; :::; vn g uma base de U . Sejam
T1 ; T2 : U ! V duas transformações lineares.
Se T1 (vi ) = T2 (vi ) para todo o i = 1; :::; n, então T1 (u) = T2 (u),
para todo o u 2 U , isto é, T1 = T2 .
Exemplo 32. (i) Sejam U e V espaços lineares e seja 0 o vector nulo de V . Seja
O : U ! V de…nida por
O(u) = 0,
para todo o u 2 U . O é uma transformação linear e chama-se transformação nula.
(ii) Seja A 2 Mm
n (R).
Seja
T : Rn ! R m
de…nida por
T (u) = Au,
para todo o u 2 Rn . T é uma transformação linear.
(iii) Sejam V um espaço linear e k um escalar (…xo). Seja Tk : V ! V de…nida por
Tk (v) = kv;
para todo o v 2 V .
Tk é uma transformação linear. Diz-se que Tk é uma homotetia.
Se 0 < k < 1 diz-se que Tk é uma contracção.
Se k > 1 diz-se que Tk é uma dilatação.
Se k = 1 então chama-se a T1 a transformação identidade e denota-se por I. Tem-se
I(u) = u;
para todo o u 2 U .
(iv) T : R2 ! R2 de…nida por T (x; y) = (1
y; 2x) não é uma transformação linear.
(v) T : R2 ! R de…nida por T (x; y) = xy não é uma transformação linear.
(vi) Seja T : P2 ! P3 de…nida por
T (p (t)) = tp (t) :
T é uma transformação linear.
(vii) Seja T : P3 ! P1 de…nida por
T (p) = p00 :
T é uma transformação linear.
75
(viii) Seja T : C 1 (R) ! C (R) de…nida por
T (f ) = f 0 ;
onde C 1 (R) é o espaço linear de todas as funções reais com primeira derivada contínua em R
e C (R) é o espaço linear de todas as funções reais contínuas em R. T é uma transformação
linear.
(ix) Seja a 2 R (…xo). Seja T : C 1 (R) ! R de…nida por
T (f ) = f 0 (a) .
T é uma transformação linear.
(x) Seja n 2 N. Seja T : C n (R) ! C (R) de…nida por
T (f ) = f (n) ;
onde f (n) é a derivada de ordem n de f , C n (R) é o espaço linear de todas as funções reais
com derivada de ordem n contínua em R e C (R) é o espaço linear de todas as funções reais
contínuas em R. T é uma transformação linear.
(xi) Seja T : C (R) ! C 1 (R) de…nida por
Z
T (f ) =
x
f (t) dt:
0
T é uma transformação linear.
(xii) Seja T : C ([a; b]) ! R de…nida por
T (f ) =
Z
b
f (t) dt:
a
T é uma transformação linear.
(xiii) Seja T : Mn
n (R)
!Mn
n (R)
de…nida por
T (X) = X T :
T é uma transformação linear.
(xiv) Seja T : Mn
n (R)
!Mn
n (R)
de…nida por
T (X) = AX;
com A 2 Mn
n (R)
…xa. T é uma transformação linear.
(xv) Seja
tr : Mn
n (R)
!R
de…nida por
tr(A) = a11 + ::: + ann =
n
X
i=1
76
aii ,
para todo o A = (aij )n n 2 Mn n (R), isto é, tr(A) é a soma de todas as entradas da
diagonal principal de A. O traço, tr, é uma transformação linear, isto é, sendo A = (aij )n n
e B = (bij )n n duas matrizes do tipo n n e um escalar, tem-se
e
tr(A + B) = tr(A) + tr(B)
tr( A) =
tr(A):
Além disso, tem-se
tr(AT ) = tr(A)
e
tr(AB) = tr(BA):
De…nição 38. Sejam U e V espaços lineares e T1 ; T2 : U ! V transformações lineares.
Seja um escalar. Sejam T1 + T2 ; T1 : U ! V de…nidas por
(T1 + T2 ) (u) = T1 (u) + T2 (u)
e
( T1 )(u) = T1 (u),
para todo o u 2 U .
De…nição 39. Sejam U e V espaços lineares. Chama-se a L(U; V ) o conjunto de todas
as transformações lineares de U em V .
Teorema 43. Sejam U e V espaços lineares e T1 ; T2 : U ! V transformações lineares.
Seja um escalar. Então:
(i) T1 + T2 e T1 são transformações lineares.
(ii) O conjunto L(U; V ), com as operações da de…nição 38, é um espaço linear.
Exemplo 33. Seja B = fT1 ; T2 ; T3 ; T4 g com T1 ; T2 ; T3 ; T4 2 L(R2 ; R2 ) de…nidas por
T1 (x; y) = (x; 0), T2 (x; y) = (y; 0), T3 (x; y) = (0; x) e T4 (x; y) = (0; y),
para todo o (x; y) 2 R2 . O conjunto B é uma base de L(R2 ; R2 ). Logo,
dim L(R2 ; R2 ) = 4:
De…nição 40. Sejam U; V e W espaços lineares e, T2 : U ! V e T1 : V ! W transformações lineares. Seja T1 T2 : U ! W de…nida por
(T1 T2 ) (u) = T1 (T2 (u)) ,
para todo o u 2 U . Chama-se a T1 T2 a composição de T1 com T2 .
Observação 25. Em geral, tem-se T1 T2 6= T2 T1 .
Teorema 44. (i) Sejam T2 : U ! V e T1 : V ! W transformações lineares. Então
T1 T2 é uma transformação linear.
77
(ii) Sejam T3 : U ! V; T2 : V ! W e T1 : W ! X. Então, tem-se T1
(T1 T2 ) T3 .
(iii) Sejam T4 : W ! U , T2 ; T3 : U ! V e T1 : V ! W . Seja
2 R. Então, tem-se
T1 (T2 + T3 ) = T1 T2 + T1 T3 e T1 ( T2 ) =
(T1 T2 ) .
(T2 + T3 ) T4 = T2 T4 + T3 T4 e ( T3 ) T4 =
(T3 T4 ) .
De…nição 41. De…ne-se T 0 = I e T k = T
(T2 T3 ) =
T k 1 , para todo o k = 1; 2; :::.
Observação 26. Tem-se T m+n = T m T n para todos os m; n 2 N.
De…nição 42. Sejam U e V espaços lineares e T : U ! V uma transformação linear.
Seja 0 o vector nulo de V .
(i) Chama-se contradomínio ou imagem de T ao conjunto
T (U ) = fT (u) : u 2 U g ,
que também se denota por I(T ).
Note-se que se existir fu1 ; :::; uk g
U tal que U = L (fu1 ; :::; uk g) então
I(T ) = L (fT (u1 ) ; :::; T (uk )g) :
(ii) Chama-se núcleo ou espaço nulo de T ao conjunto
N (T ) = fu 2 U : T (u) = 0g .
Teorema 45. Sejam U e V espaços lineares e T : U ! V uma transformação linear.
Então, os conjuntos N (T ) e I(T ) são subespaços de U e V respectivamente.
Exemplo 34. (i) Sejam U e V espaços lineares. Sejam 0 e 00 os vectores nulos de U e
V respectivamente.
Considere a transformação nula O : U ! V de…nida por
O(u) = 00 ,
para todo o u 2 U . Tem-se
N (O) = U e I(O) = f00 g .
(ii) Considere a transformação identidade I : U ! U de…nida por
I(u) = u,
78
para todo o u 2 U . Tem-se
(iii) Seja A 2 Mm
N (I) = f0g
n (R).
e I(I) = U .
Seja
T : Rn ! R m
de…nida por
T (u) = Au,
para todo o u 2 Rn . Tem-se
N (T ) = N (A)
e I(T ) = C(A).
(iv) Seja T : C 1 (R) ! C (R) de…nida por
T (f ) = f 0 :
Tem-se
N (T ) = ff : R ! R tal que f é constante em Rg
e
I(T ) = C (R) :
(v) Seja T : C 2 (R) ! C (R) de…nida por
T (f (t)) = f 00 (t) + ! 2 f (t) ;
com ! 2 Rn f0g. Tem-se (pág. 72 de [1])
N (T ) = L (fcos (!t) ; sen (!t)g) ;
onde fcos (!t) ; sen (!t)g é uma base de N (T ). Observe-se que N (T ) é precisamente a solução
geral da equação diferencial linear homogénea
f 00 (t) + ! 2 f (t) = 0:
(vi) Seja T : C 2 (R) ! C (R) de…nida por
T (f (t)) = f 00 (t)
! 2 f (t) ;
com ! 2 Rn f0g. Tem-se (pág. 74 de [1])
N (T ) = L
e
!t
; e!t
;
onde fe !t ; e!t g é uma base de N (T ). Note-se que N (T ) é precisamente a solução geral da
equação diferencial linear homogénea
f 00 (t)
! 2 f (t) = 0:
De…nição 43. T : U ! V diz-se injectiva se e só se
T (u) = T (w) ) u = w,
79
para todos os u; w 2 U , isto é, se e só se
u 6= w ) T (u) 6= T (w),
para todos os u; w 2 U .
Teorema 46. (i) Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma qualquer
transformação linear. Então:
T é injectiva , N (T ) = f0g.
(ii) Sejam U um espaço linear de dimensão …nita e T uma transformação linear de…nida
em U . Então, o subespaço I(T ) tem dimensão …nita e
dim N (T ) + dim I(T ) = dim U .
Dem. (i) ()) Suponhamos que T é injectiva. Seja u 2 N (T ). Logo T (u) = 0V
= T (0U ), pelo que u = 0 uma vez que T é injectiva. Logo N (T ) = f0g.
T é linear
(() Suponhamos que N (T ) = f0g. Sejam u; v 2 U tais que T (u) = T (v). Logo
T (u v) = 0, pelo que u v = 0 uma vez que N (T ) = f0g. Logo u = v e assim T é
injectiva.
(ii) Se dim N (T ) = 0 então T é injectiva, pela alínea (i). Suponhamos que dim U = n.
Considerando uma base fw1 ; :::; wn g de U , vamos mostrar que o conjunto de n vectores
fT (w1 ) ; :::; T (wn )g é uma base de I(T ).
Seja v 2 I(T ). Existe então u 2 U tal que v = T (u). Como fw1 ; :::; wn g é base
n
P
de U , existem escalares (únicos) 1 ; :::; n tais que u =
i wi . Logo, como T é linear,
v = T (u) =
n
P
i=1
iT
i=1
(wi ) concluindo-se deste modo que o conjunto fT (w1 ) ; :::; T (wn )g gera
I(T ).
Sejam agora 1 ; :::; n escalares tais que 1 T (w1 )+:::+ n T (wn ) = 0. A última igualdade
é equivalente a T ( 1 w1 + ::: + n wn ) = 0 uma vez que T é linear. Logo, como T é injectiva,
obtém-se 1 w1 + ::: + n wn = 0 e, deste modo, 1 = ::: = n = 0 uma vez que o conjunto
fw1 ; :::; wn g é linearmente independente.
Seja n = dim U . Suponhamos agora que dim N (T ) 6= 0. Seja r = dim N (T ) e seja
fu1 ; :::; ur g uma base de N (T ). Considere-se os vectores ur+1 ; :::; un 2 U de modo a que
fu1 ; :::; ur ; ur+1 ; :::; un g seja uma base de U . Vejamos que fT (ur+1 ) ; :::; T (un )g é uma base
de I(T ).
Seja v 2 I(T ). Existe então u 2 U tal que v = T (u). Como fu1 ; :::; un g é base
n
P
de U , existem escalares (únicos) 1 ; :::; n tais que u =
i ui . Logo, como T é linear,
v = T (u) =
n
P
i=1
iT
(ui ) concluindo-se deste modo que o conjunto
i=1
fT (u1 ) ; :::; T (un )g
=
fu1 ;:::;ur g2N (T )
80
fT (ur+1 ) ; :::; T (un )g
gera I(T ).
Sejam agora r+1 ; :::; n escalares tais que r+1 T (ur+1 ) + ::: + n T (un ) = 0. A última
igualdade é equivalente a T r+1 ur+1 + ::: + n un = 0 uma vez que T é linear. Logo
r+1 ur+1 + ::: + n un 2 N (T ). Por outro lado, como fu1 ; :::; ur g é base de N (T ), existem
escalares (únicos) 1 ; :::; r tais que
r+1 ur+1 + ::: +
n un =
r
X
i ui ;
i=1
ou seja
r
X
(
i ) ui
i=1
de onde se obtem
1
+
n
X
i ui
=0
i=r+1
= ::: =
r
=
r+1
= ::: =
n
=0
uma vez que o conjunto fu1 ; :::; ur g é linearmente independente. Assim r+1 = ::: =
e deste modo, o conjunto fT (ur+1 ) ; :::; T (un )g é linearmente independente.
n
=0
Exemplo 35. Seja A 2 Mm n (R). Seja T : Rn ! Rm tal que T (u) = Au, para todo o
u 2 Rn . Tem-se N (A) = N (T ) e C(A) = I(T ). Como
car A + nul A = n = dim Rn = dim C(A) + dim N (A) = car A + dim N (A)
tem-se
nul A = dim N (A).
Por outro lado, comoL(A) e N (A) são subespaços de Rn então L(A)+N (A) = L (L(A) [ N (A))
é também um subepaço de Rn e atendendo a que L(A) \ N (A) = f0g tem-se
dim Rn = dim C(A) + dim N (A) = dim L(A) + dim N (A) =
= dim (L(A) + N (A)) dim (L(A) \ N (A)) =
= dim (L(A) + N (A)) .
Logo
Rn = L(A)
N (A).
De…nição 44. (i) T : U ! V diz-se sobrejectiva se e só se T (U ) = V .
(ii) T : U ! V diz-se bijectiva se e só se fôr injectiva e sobrejectiva.
De…nição 45. Sejam U e V espaços lineares. Diz-se que U e V são isomorfos se e só
se existir um isomor…smo entre U e V , isto é, se e só se existir uma transformação linear
bijectiva T : U ! V . Sendo U e V isomorfos escreve-se
U = V.
Teorema 47. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões …nitas. Então, U e V são
isomorfos se e só se dim U = dim V .
81
Teorema 48. (i) Qualquer espaço linear real de dimensão n é isomorfo a Rn .
(ii) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões …nitas. A transformação linear
T : U ! V é sobrejectiva se e só se T transformar um qualquer conjunto gerador de U num
conjunto gerador de V .
(iii) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões …nitas. Se a transformação linear
T : U ! V fôr sobrejectiva então dim V
dim U .
(iv) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões …nitas. Se a transformação linear
T : U ! V fôr injectiva então dim U dim V .
36. (i) A transformação linear T : Rn ! Mn 1 (R) de…nida por T (a1 ; :::; an ) =
2 Exemplo
3
a1
6 .. 7
4 . 5 ; é um isomor…smo. Logo Rn = Mn 1 (R).
an
(ii) A transformação linear T : Mm n (R) ! Rmn de…nida por
02
31
a11
a1n
B6
7C
T @4 ... ... ... 5A = (a11 ; :::; am1 ; :::; a1n ; :::; amn ) ;
am1
amn
é um isomor…smo. Logo Mm
n (R)
= Rmn .
(iii) A transformação linear T : Rn+1 ! Pn de…nida por
T (a0 ; a1 ; :::; an ) = a0 + a1 t + ::: + an tn ;
é um isomor…smo. Logo Rn+1 = Pn .
(iv) Seja A uma matriz m
dimensão (car A).
n. Os espaços C (A) e L (A) são isomorfos pois têm a mesma
C (A) = L (A) .
Teorema 49. Sejam U e V espaços lineares de dimensões …nitas tais que
dim U = dim V:
Seja T : U ! V uma transformação linear. Então, T é injectiva se e só se T é sobrejectiva.
De…nição 46. Diz-se que T : U ! V é invertível se existir S : T (U ) ! U tal que
S
T = IU e T
S = IT (U ) ,
onde IU e IT (U ) são as funções identidade em U e T (U ) respectivamente. Chama-se a S a
inversa de T e escreve-se
S = T 1.
82
Teorema 50. Sejam U e V espaços lineares de dimensões …nitas. Seja
T :U !V
uma transformação linear. Seja 0 o vector nulo de U . As seguintes a…rmações são equivalentes.
(i) T é injectiva.
(ii) N (T ) = f0g.
(iii) T é invertível e a inversa T
1
: T (U ) ! U é linear.
(iv) dim U = dim T (U ).
(v) T transforma vectores linearmente independentes de U em vectores linearmente independentes de V .
(vi) T transforma bases de U em bases de T (U ).
Teorema 51. Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma transformação linear.
Seja b 2 V . Então:
(i) Existência de solução: a equação linear T (u) = b tem sempre solução (para qualquer b) se e só se T fôr sobrejectiva (T (U ) = V );
(ii) Unicidade de solução: a equação linear T (u) = b a ter solução, ela é única se e só
se T fôr injectiva;
(iii) Existência e unicidade de solução: a equação linear T (u) = b tem solução única
u se e só se T fôr bijectiva.
Teorema 52. Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma transformação linear.
Seja b 2 V . A solução geral da equação linear T (u) = b obtém-se somando a uma solução
particular dessa equação, a solução geral da equação linear homogénea T (u) = 0 (N (T )).
Teorema 53. (Representação matricial de uma transformação linear). Sejam
U e V espaços lineares de dimensões …nitas tais que dim U = n e dim V = m. Sejam
B1 = fu1 ; :::; un g e B2 = fv1 ; :::; vm g duas bases ordenadas de U e V respectivamente. Seja
T : U ! V uma transformação linear. Considere-se a matriz A = (aij )m n cuja coluna j,
para cada j = 1; :::; n, é formada pelas coordenadas de T (uj ) na base B2 . Isto é,
T (uj ) =
m
X
aij vi .
i=1
Chama-se a esta matriz A a representação matricial de T em relação às bases B1 e B2 e
escreve-se
A = M (T ; B1 ; B2 ).
83
Além disso, sendo 1 ; :::; n as coordenadas de um vector u 2 U na base ordenada B1 então
as coordenadas 1 ; :::; m de T (u) 2 V na base ordenada B2 são dadas por
2
3
2
3
1
1
m
n
6 .. 7
6 . 7
4 . 5 = M (T ; B1 ; B2 ) 4 .. 5 .
Observação 27. MUITO IMPORTANTE. Nas condições do teorema anterior, temse
u=
n
X
j uj
j=1
v=
m
X
i vi
i=1
uma vez que
T (u) = T
n
X
j=1
j uj
!
=
T é linear
2 N (T ) , (
2 I(T ) , (
n
X
jT
(uj ) =
j=1
1 ; :::;
n)
1 ; :::;
n
X
j=1
m)
j
2 N (A)
2 C(A)
m
X
aij vi =
i=1
e sendo fv1 ; v2 ; :::; vm g uma base de V tem-se
u 2 N (T ) , T (u) = 0 ,
n
X
aij
j
= 0; para i = 1; :::; m
j=1
m
n
X
X
i=1
!
,(
aij
j=1
1 ; :::;
n)
j
!
vi
2 N (A):
Além disso:
I(T ) = L (fT (u1 ); :::; T (un )g) =
= L (fa11 v1 + ::: + am1 vm ; :::; a1n v1 + ::: + amn vm g) .
Teorema 54. Seja V um espaço linear de dimensão …nita, com dim V = n. Sejam
B1 = fu1 ; :::; un g e B2 = fv1 ; :::; vn g duas bases ordenadas de V . A representação matricial
da transformação identidade I : V ! V em relação às bases B1 e B2 é igual à matriz de
mudança da base B1 para B2 . Isto é,
M (I; B1 ; B2 ) = SB1 !B2 .
Teorema 55. Sejam U e V espaços lineares tais que dim U = n e dim V = m. Seja
T : U ! V uma transformação linear. Sejam B1 e B2 bases (ordenadas) de U e V respectivamente. Seja
A = M (T ; B1 ; B2 ) 2 Mm n (R)
a matriz que representa T em relação às bases B1 e B2 . Tem-se então:
(i) dim N (T ) = nul A;
84
(ii) dim I(T ) = car A;
(iii) T é injectiva se e só se nul A = 0, isto é, se e só se car A = n;
(iv) T é sobrejectiva se e só se car A = m.
Teorema 56. Sejam Bcn = fe1 ; :::; en g e Bcm = fe01 ; :::; e0m g as bases canónicas (ordenadas)
de Rn e Rm respectivamente. Seja T : Rn ! Rm uma transformação linear. Considere-se a
matriz A = (aij )m n = M (T ; Bcn ; Bcm ) 2 Mm n (R) cuja coluna j, para cada j = 1; :::; n, é
formada pelas coordenadas de T (ej ) na base Bcm . Isto é,
2 3
2 3
2
3
1
0
a
1j
m
6
7
6
7
.
X
6 0 7
6 . 7 6
7
T (ej ) =
aij e0i = a1j 6 .. 7 + ::: + amj 6 . 7 = 4 ... 5 .
4 . 5
4 0 5
i=1
amj
0
1
Então, tem-se, para todo o u 2 Rn ,
T (u) = T ( 1 ; :::;
n) = T
n
X
j ej
j=1
Dem. Seja u 2 Rn . Então, existem
u=
1 e1
!
2
3
a
1j
n
n
X
X
6 .. 7
=
T
(e
)
=
j
j
j4
. 5 = Au.
j=1
j=1
amj
1 ; :::;
n
+ ::: +
2 R tais que
n en
=
n
X
j ej .
j=1
P
0
Uma vez que, para todo o j = 1; :::; n, T (ej ) = m
i=1 aij ei , tem-se
!
n
n
n
m
m
n
X
X
X
X
X
X
0
T (u) = T
=
aij ei =
aij
j ej
j T (ej ) =
j
T é linear
j=1
=
n
X
j=1
a1j
j ; :::;
n
X
j=1
j=1
amj
j=1
j
!
2
=4
i=1
a11
a1n
am1
amn
i=1
32
1
j=1
j
!
e0i =
3
. 7
56
4 .. 5 = Au.
n
Observação 28. No caso em que U = Rn , V = Rm e B1 = Bcn , B2 = Bcm , tem-se:
N (T ) = N (A)
e
I(T ) = C(A),
uma vez que neste caso as coordenadas de um vector numa base coincidem com o próprio
vector.
Exemplo 37. (i) Seja T : R4 ! R3 de…nida por
T (x; y; z; w) = (3x + y
85
2z; 0; x + 4z):
T é uma transformação linear e a matriz M (T ; Bc4 ; Bc3 ) que representa T em relação às bases
canónicas (ordenadas) Bc4 e Bc3 de R4 e R3 respectivamente, é dada por
2
3
3 1
2 0
A = M (T ; Bc4 ; Bc3 ) = 4 0 0 0 0 5 ,
1 0 4 0
uma vez que T (1; 0; 0; 0) = (3; 0; 1), T (0; 1; 0; 0) = (1; 0; 0), T (0; 0; 1; 0) = ( 2; 0; 4) e
T (0; 0; 0; 1) = (0; 0; 0).
Tem-se então:
2
3
x
6 y 7
7
T (x; y; z; w) = M (T ; Bc4 ; Bc3 ) 6
4 z 5 = (3x + y 2z; 0; x + 4z).
w
Além disso, tem-se
N (T ) = N (A) = (x; y; z; w) 2 R4 : y = 14z e x = 4z =
= f( 4z; 14z; z; w) : z; w 2 Rg = L (f( 4; 14; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g)
e
I (T ) = C (A) = L (f(3; 0; 1); (1; 0; 0)g) .
Uma base de I (T ) : f(3; 0; 1); (1; 0; 0)g. Uma base de N (T ) : f( 4; 14; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g.
(ii) Sejam B1 = f1; t; t2 g e B2 = f1; t; t2 ; t3 g as bases canónicas (ordenadas) de P2 e P3
respectivamente. Seja D : P2 ! P3 tal que D(1) = 0, D(t) = 1 e D(t2 ) = 2t. D é uma
transformação linear e a matriz M (D; B1 ; B2 ) que representa D em relação às bases canónicas
B1 e B2 , é dada por
2
3
0 1 0
6 0 0 2 7
7
M (D; B1 ; B2 ) = 6
4 0 0 0 5.
0 0 0
Além disso tem-se
2
3
2
0
a0
6 0
M (D; B1 ; B2 ) 4 a1 5 = 6
4 0
a2
0
1
0
0
0
3
2
3
0 2
a1
a0
7
6
2 74
2a2
a1 5 = 6
5
4
0
0
a2
0
0
isto é, D (a0 + a1 t + a2 t2 ) = a1 + 2a2 t, com a0 ; a1 ; a2 2 R.
Além disso, como
3
7
7,
5
N (D) = a0 + a1 t + a2 t2 : D a0 + a1 t + a2 t2 = 0 = a0 + a1 t + a2 t2 : a1 = a2 = 0 e a0 2 R ;
tem-se
N (D) = fa0 : a0 2 Rg = L (f1g)
e
I (D) = L (f1; 2tg) .
Uma base de I (D) : f1; 2tg. Uma base de N (D) : f1g.
86
(iii) Seja T : R3 ! R2 a transformação linear cuja matriz que a representa em relação
às bases ordenadas B1 = f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g e B2 = f(1; 1); (1; 1)g de R3 e R2
respectivamente, é dada por
A = M (T ; B1 ; B2 ) =
Seja u 2 R3 e sejam (
1;
2;
3)
1 2 3
2 4 6
.
as coordenadas de u em relação à base B1 . Tem-se
u 2 N (T ) , (
1;
2;
3)
2 N (A)
e como
N (A) = N
1 2 3
0 0 0
= f( 2y
3z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f( 2; 1; 0); ( 3; 0; 1)g) ,
logo f( 2; 1; 0); ( 3; 0; 1)g é uma base de N (A) (uma vez que gera N (A) e é linearmente
independente).
N (T ) = f( 2) (1; 1; 1) + 1(0; 1; 1) + 0(0; 0; 1); ( 3) (1; 1; 1) + 0(0; 1; 1) + 1(0; 0; 1)g =
= L (f( 2; 1; 1); ( 3; 3; 2)g) .
Logo f( 2; 1; 1); ( 3; 3; 2)g é uma base para N (T ) (uma vez que gera N (T ) e é
linearmente independente).
Quanto ao contradomínio:
C(A) = L (f(1; 2)g) ,
logo f(1; 2)g é uma base de C(A) (uma vez que gera C(A) e é linearmente independente).
I(T ) = L (f1(1; 1) + 2(1; 1)g) = L (f(3; 1)g) .
Uma base de I (T ) : f(3; 1)g (uma vez que gera I (T ) e é linearmente independente).
Note-se que:
dim N (T ) = dim N (A)
dim I(T ) = car A
e
dim N (T ) + dim I(T ) = dim U (espaço de partida).
Teorema 57. Sejam U; V e W espaços lineares de dimensões …nitas. Sejam B1 ; B2 e
B3 bases ordenadas de U; V e W respectivamente. Seja escalar. Sejam T1 ; T2 2 L(U; V ) e
T3 2 L(V; W ). Então, tem-se
M (T1 + T2 ; B1 ; B2 ) = M (T1 ; B1 ; B2 ) + M (T2 ; B1 ; B2 )
M (T3 T1 ; B1 ; B3 ) = M (T3 ; B2 ; B3 )M (T1 ; B1 ; B2 )
Dem. Se A = M (T1 ; B1 ; B2 ) e B = M (T2 ; B1 ; B2 )
(T1 + T2 ) (uj ) = T1 (uj ) + T2 (uj ) =
m
X
i=1
87
aij vi +
m
X
i=1
bij vi =
m
X
i=1
(aij + bij ) vi
Logo
M (T1 + T2 ; B1 ; B2 ) = A + B = M (T1 ; B1 ; B2 ) + M (T2 ; B1 ; B2 ).
Sejam agora A = M (T3 ; B2 ; B3 ) e B = M (T1 ; B1 ; B2 )
(T3 T1 ) (uj ) = T3 (T1 (uj )) = T3
k
X
bij wi
i=1
=
k
X
i=1
Logo
bij
m
X
l=1
0
m B
X
B
B
ali vl =
B
l=1 @
k
X
!
=
k
X
ali bij
|i=1 {z }
bij T3 (wi ) =
i=1
entrada (l;j) de AB
1
C
C
C vl
C
A
M (T3 T1 ; B1 ; B3 ) = AB = M (T3 ; B2 ; B3 )M (T1 ; B1 ; B2 )
Teorema 58. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões …nitas. Seja T : U ! V
uma transformação linear. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de U e V respectivamente.
Seja A = M (T ; B1 ; B2 ) a matriz que representa T em relação às bases B1 e B2 .
Se V = T (U ) então T é invertível se e só se A fôr uma matriz quadrada invertível. Tem-se
então
A 1 = M (T 1 ; B2 ; B1 ),
isto é, A
1
será a matriz que representa T
1
em relação às bases B2 e B1 .
Teorema 59. Sejam U e V espaços lineares de dimensões …nitas respectivamente n e
m. Isto é,
dim U = n e dim V = m:
Então, os espaços lineares L(U; V ) e Mm
n (R)
são isomorfos e escreve-se
L(U; V ) = Mm
n (R).
Tendo-se
dim L(U; V ) = mn:
Dem. Fixando bases ordenadas B1 e B2 para U e V respectivamente,
L(U; V ) ! Mm n (R)
T
! M (T ; B1 ; B2 )
é uma transformação linear bijectiva.
Logo dim L(U; V ) = dim Mm n (R) = mn
Teorema 60. Seja V um espaço linear de dimensão …nita. Seja T : V ! V uma
transformação linear. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de V . Seja M (T ; B1 ; B1 ) a matriz
que representa T em relação à base B1 .
88
Então, a matriz M (T ; B2 ; B2 ) que representa T em relação à base B2 , é dada por
M (T ; B2 ; B2 ) = SB1 !B2 M (T ; B1 ; B1 ) (SB1 !B2 )
1
,
onde SB1 !B2 é a matriz de mudança da base B1 para B2 .
Isto é, o diagrama seguinte é comutativo.
(V; B1 )
SB1 !B2 # I
(V; B2 )
M (T ;B1 ;B1 )
!
T
T
!
M (T ;B2 ;B2 )
(V; B1 )
I # SB1 !B2
(V; B2 )
Teorema 61. Caso geral. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões …nitas. Seja
T : U ! V uma transformação linear. Sejam B1 e B10 duas bases ordenadas de U . Sejam B2
e B20 duas bases ordenadas de V . Seja M (T ; B1 ; B2 ) a matriz que representa T em relação às
bases B1 e B2 .
Então, a matriz M (T ; B10 ; B20 ) que representa T em relação às bases B10 e B20 , é dada por
M (T ; B10 ; B20 ) = SB2 !B20 M (T ; B1 ; B2 ) SB1 !B10
1
,
onde SB2 !B20 e SB1 !B10 são as matrizes de mudança das bases B2 para B20 e de B1 para B10
respectivamente.
Isto é, o diagrama seguinte é comutativo.
(U; B1 )
SB1 !B10 # I
(U; B10 )
M (T ;B1 ;B2 )
!
T
T
!
M (T ;B10 ;B20 )
(V; B2 )
I # SB2 !B20
(V; B20 )
Exemplo 38. Seja T : R2 ! R3 de…nida por T (x; y) = (y; x; y x). T é uma transformação linear. A matriz M (T ; Bc2 ; Bc3 ) que representa T em relação à base canónica (ordenada)
Bc2 de R2 e à base canónica (ordenada) Bc3 de R3 , é dada por
2
3
0 1
M (T ; Bc2 ; Bc3 ) = 4 1 0 5 .
1 1
Sejam B1 = f(1; 1); ( 1; 1)g uma base ordenada de R2 e B2 = f(0; 0; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 1)g
uma base ordenada de R3
A matriz M (T ; B1 ; B2 ) que representa T em relação à base ordenada B1 de R2 e à base
ordenada B2 de R3 , é dada por
2
3
1 3
2 5,
M (T ; B1 ; B2 ) = 4 0
1
1
89
uma vez que
T (1; 1) = (1; 1; 0) = (0; 0; 1) + 0(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1)
T ( 1; 1) = (1; 1; 2) = 3(0; 0; 1) 2(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1) :
Vamos agora veri…car que se tem
M (T ; B1 ; B2 ) = SBc3 !B2 M (T ; Bc2 ; Bc3 ) SBc2 !B1
1
:
Uma vez que
(1; 0; 0) = 0(0; 0; 1)
tem-se então SBc3 !B2
2
0
4
1
=
1
1(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1) ;
(0; 1; 0) =
(0; 0; 1) + 1(0; 1; 1) + 0 (1; 1; 1) ;
(0; 0; 1) = 1(0; 0; 1) + 0(0; 1; 1) + 0 (1; 1; 1)
2
3
0
1 1
= 4 1 1 0 5. Logo,
1
0 0
SBc3 !B2 M (T ; Bc2 ; Bc3 ) SBc2 !B1
32
3
2
3
1 1
0 1
2 1
1
1 0 5 4 1 0 5 SB1 !Bc2 = 4 1
1 5
1
0 0
1 1
0
1
1
=
1
1
Por exemplo, para (2; 1) 2 R2 , tem-se:
coordenadas de (2; 1)
na base Bc2
2
1
4
0
=
1
3
3
2 5 = M (T ; B1 ; B2 ).
1
coordenadas de T (2; 1)
na base Bc3
M (T ;Bc2 ;Bc3 )
!
T
SBc2 !B1 # I
I # SBc3 !B2
coordenadas de (2; 1)
na base B1
!
M (T ;B1 ;B2 )
ou seja
2
1
M (T ;Bc2 ;Bc3 )
!
T
SBc2 !B1 # I
1
3
coordenadas de T (2; 1)
na base B2 .
T
2
3
1
4 2 5
1
I # SBc3 !B2
T
!
M (T ;B1 ;B2 )
90
2
3
8
4 6 5.
4
6a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
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
3
(iii) T : R ! R
3
y).
y; 2x).
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
(x) T : R3 ! R4 com T (x; y; z) = ( z; y
y; 2y).
y; 3w).
2z; 2y; y + z).
(xi) T : R ! R2 com T (x) = (0; 0).
(xii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x + 2y; 3z; x
3
(xiii) T : R ! R
3
z).
com T (x; y; z) = (x; y; z).
(xiv) 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.
(xv) T : P2 ! P2 com
T (p (t)) = p (0)
(xvi) T : P2 ! M2
(xvii) T : M2
2
2
p ( 1) + (p ( 1) + p (1)) t + (p ( 1)
(R) com T (p (t)) =
(R) ! M2
equação linear T (X) =
1
2
2
p (1)
2p (0)) t2 :
p (1) p (0)
.
p (0) p ( 1)
(R) com T (X) = tr (X)
1 2
. Resolva ainda a
2 1
2
.
1
3. Determine para cada transformação linear a correspondente matriz que a representa
em relação às respectivas bases canónicas (ordenadas).
(i) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x cos
y sen ; x sen + y cos ), 2 [0; 2 [.
Rotação de amplitude em torno da origem e no sentido contrário ao dos ponteiros de
um relógio. Veri…que ainda que se tem T T = T + e (T ) 1 = T .
91
(ii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; y cos
z sen ; y sen + z cos ), 2 [0; 2 [.
Rotação de amplitude no plano (y; z) em torno da origem e no sentido contrário ao
dos ponteiros de um relógio.
(iii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x cos 2 + y sen 2 ; x sen 2
y cos 2 ), 2 [0; [.
Re‡exão em relação à recta que passa na origem e que forma um ângulo de amplitude
com a recta y = 0.
(iv) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x cos2 + y sen cos ; x sen cos + y sen2 ),
2 [0; [. Projecção sobre a recta que passa na origem e que forma um ângulo de
amplitude com a recta y = 0.
(v) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x + ky; y). Deslizamento em R2 na direcção x e de
razão k. Esboce a …gura T (U ) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 x; y 1g.
(vi) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x; y + kx). Deslizamento em R2 na direcção y e de
razão k. Esboce a …gura T (U ) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 x; y 1g.
(vii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; ky), com k 2 [0; 1[. Contração em R2 de razão
k. Esboce a …gura T (U ) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 x; y 1g.
(viii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; ky), com k > 1. Dilatação em R2 de razão k.
Esboce a …gura T (U ) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 x; y 1g.
(ix) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; y), com k 2 [0; 1[. Compressão em R2
na direcção x e de razão k. Esboce a …gura T (U ) onde U é o quadrado unitário
f(x; y) 2 R2 : 0 x; y 1g.
(x) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; y), com k > 1. Ampliação em R2 na direcção x e
de razão k. Esboce a …gura T (U ) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 x; y 1g.
4. 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 )).
5. 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.
92
(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 .
6. 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
(x; y) 2 R2 ; (x; y; z) 2 R3 .
T2 )(x; y) e (T2
T1 )(x; y; z) para quaisquer
7. 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).
8. 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 .
9. 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
(i) Calcule T (2v1
2v3 ,
T (v2 + v3 ) = v1 ,
T (v1 + v2 + v3 ) = v2 + v3 .
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
93
10. 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
(vii) Determine a matriz M (T ; B1 ; B2 ) que representa T em relação às bases ordenadas
0
0
B1 e B2 .
11. 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).
(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.
94
12. 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.
13. 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 .
14. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (x + y + z; x + 2y
4z; z).
(i) Determine a matriz M (T ; Bc3 ; Bc3 ) que representa T em relação à base canónica
(ordenada) Bc3 de R3 .
95
(ii) Mostre que T é injectiva e determine a expressão geral de T
T 1 (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3 .
1
, isto é, determine
(iii) Justi…que que T é um isomor…smo.
(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2).
15. 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.
16. 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
base canónica (ordenada) Bc2 de R2 .
(iii) Determine, usando a alínea anterior, a expressão geral de T2
T1 )(x; y) para qualquer (x; y) 2 R2 .
T1 em relação à
T1 , isto é, (T2
(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
qualquer (x; y) 2 R2 .
1
T2
1
(x; y) para
(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 .
96
17. 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:
M T ; Bc2 ; Bc2 =
1 0
2 1
:
Justi…que que T é injectiva e resolva a equação linear T (x; y) = (1; 2).
18. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R de…nida por T1 (x; y) = x. Seja
M T2 ; Bc1 ; Bc2 =
1
0
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 ).
19. 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:
1 0
1
M (T ; B1 ; B2 ) =
.
1 0
1
Determine uma base para o contradomínio I (T ) e diga, justi…cando, se T é sobrejectiva.
20. 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.
(v) Determine a solução geral da equação
(T1 T2 ) (x; y) =
97
8 8
;
3 3
:
7a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. 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) 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).
2. 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 .
3. Seja
2 R. Considere a transformação linear T : R3 ! P2 de…nida por
T (x; y; z) = z
x) t + xt2 .
y + (y
(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 .
4. 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 .
98
(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 1 é dada 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
3t)2 .
5. 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.
(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;
6. 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.
7. Considere a transformação linear T : M2
representa em relação às bases ordenadas
B1 =
1 1
1 0
;
2
1 1
0 1
99
(R) ! P3 cuja matriz M (T ; B1 ; B2 ) que a
;
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
2
1 1 1
6 0 1 1
M (T ; B1 ; B2 ) = 6
4 0 0 1
0 0 0
(i) Determine a expressão geral de T .
dada por
3
1
1 7
7.
1 5
1
(ii) Justi…que que T é um isomor…smo e determine a expressão geral do isomor…smo
T 1 , isto é, determine
T 1 a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 .
a b
c d
(iii) Resolva a equação linear T
= 1 + 2t + 3t2 + 4t3 .
8. Seja U o espaço linear das funções reais de variável real duas vezes diferenciáveis.
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 t 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.
(iii) Determine a única solução f da equação diferencial linear T (f ) = 1 que veri…ca
f (0) = 1 e f 0 (0) = 0.
9. Seja V o subespaço linear de R4 gerado pelos vectores v1 = (1; 0; 0; 1) e v2 =
(0; 1; 1; 0). Considere ainda a transformação linear T : V ! V tal que
T (v1 ) = v2 ;
T (v2 ) =
v1 :
(i) Determine a matriz M (T ; B; B) que representa T em relação à base ordenada
B = fv1 ; v2 g de V .
(ii) Encontre, em V , a solução geral da equação T (u) = (2; 3; 3; 2).
(iii) Sejam w1 = (0; 0; 1; 1); w2 = (0; 0; 0; 1) e considere a transformação linear R :
R4 ! R4 de…nida por
R(v1 ) = v2 ;
R(v2 ) =
v1 ;
R(w1 ) = R(w2 ) = (0; 0; 0; 0):
Encontre, em R4 , a solução geral da equação R(u) = (2; 3; 3; 2).
10. Seja Pn , com n 2 N, o espaço linear real dos polinómios reais de variável real e
de grau menor ou igual a n. Considere a transformação linear T1 : P2 ! P1 cuja
representação matricial em relação às bases ordenadas B1 = f1 + t; 1 t; t2 g de P2 e
B2 = f1 + t; 1 + 2tg de P1 , é dada pela matriz:
M (T1 ; B1 ; B2 ) =
100
1
0
2 0
1 1
.
Considere ainda a transformação linear T2 : P1 ! P2 tal que
T2 (1) = 1
t
T2 (t) = 2 + 8t
2t2 :
a) Determine a matriz M (T2 ; B; B1 ) que representa T2 em relação às bases ordenadas
B = f1; tg de P1 e B1 = f1 + t; 1 t; t2 g de P2 .
b) Determine uma base para N (T1 ) (núcleo de T1 ) e diga, justi…cando, se T1 é sobrejectiva.
c) Determine T1 (t) e encontre, em P2 , a solução geral da equação T1 (p (t)) = t.
d) Veri…que que T1 T2 = I.
11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja representação matricial em relação
às bases ordenadas Bc = f(1; 0; 0)); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g e B 0 = f(1; 1; 0)); (1; 1; 1); (0; 1; 1)g
de R3 é dada por:
2
3
1 0 2
M (T ; Bc ; B 0 ) = 4 1 1 3 5 :
4 2 2
a) Determine uma base para o núcleo de T e indique a sua dimensão.
b) Determine uma base para o contradomínio de T e indique a sua dimensão.
c) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z), para todo (x; y; z) 2
R3 .
12. Seja P2 = fp (t) = a0 + a1 t + a2 t2 : a0 ; a1 ; a2 2 Rg o espaço linear de todos os polinómios
reais de variável real e de grau menor ou igual a 2, com as operações usuais.
a) Considere a transformação linear T1 : P2 ! P2 cuja representação matricial em
relação à base ordenada B = f1; t; t2 g de P2 é dada por:
2
3
0 1 0
M (T1 ; B; B) = 4 0 0 4 5 :
0 0 0
Determine uma base para o contradomínio de T1 e indique a sua dimensão. Diga,
justi…cando, se T1 é injectiva.
b) Considere a transformação linear T2 : P2 ! P2 de…nida por
0
T2 (p (t)) = (tp0 (t)) ;
onde p0 (t) é a derivada de 1a ordem de p (t). Resolva em P2 , a equação linear
T2 (p (t)) =
1
+ 2t:
2
13. Sejam M2 2 (R) o espaço linear de todas as matrizes reais do tipo 2 2 e P2 o espaço
linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2, ambos
com as operações usuais. Seja U o subespaço de M2 2 (R) gerado por
0 1
1 0
101
;
2 1
1 2
e seja V o subespaço de P2 gerado por
1 + t; t + t2 .
Considere a transformação linear T : U ! V de…nida por:
0 1
1 0
T
= t + t2
e
2 1
1 2
T
= 1 + t.
a) Determine a matriz que representa a aplicação linear T em relação às bases
1 1
0 1
;
1 0
1 1
1 + 2t + t2 ; 1
e
t2
de U e V respectivamente.
b) Determine a expressão geral de T , isto é, determine
T
para todo o
a b
c d
a b
c d
;
2 U.
14. Seja P2 = fp (t) = a0 + a1 t + a2 t2 : a0 ; a1 ; a2 2 Rg o espaço linear de todos os polinómios
reais de variável real e de grau menor ou igual a 2, com as operações usuais. Considere
a transformação linear T : P2 ! P2 de…nida por
T (p (t)) = 2p (0)
tp0 (t) ;
onde p0 (t) é a derivada de 1a ordem de p (t).
a) Determine a matriz M (T ; B; B) que representa a aplicação linear T em relação à
base B = f1; t; t2 g de P2 .
b) Determine uma base para o contradomínio de T e indique a sua dimensão. Diga,
justi…cando, se T é injectiva.
15. Considere a transformação linear T : R3 ! R2 cuja representação matricial em relação
às bases ordenadas B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 0)g de R3 e B2 = f(1; 1); (1; 1)g de
R2 é dada por:
1
2 1
M (T ; B1 ; B2 ) =
.
2 4
2
a) Determine uma base para o núcleo de T e indique a sua dimensão. Diga, justi…cando,
se T é sobrejectiva.
1 3
b) Determine T (1; 0; 1) e resolva em R3 , a equação linear T (x; y; z) =
;
:
2 2
16. Seja P2 o espaço linear real dos polinómios reais de grau menor ou igual a 2. Considere
a base ordenada B = fp1 ; p2 ; p3 g de P2 onde
p1 (t) = 1 + 2t + 3t2 ;
p2 (t) = 2 + 3t;
102
p3 (t) = 1:
Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de…nida por:
T (p1 (t)) = p2 (t);
T (p2 (t)) = p3 (t);
T (p3 (t)) = 0:
a) Determine a matriz M (T ; B; B) que representa T na base B.
b) Calcule T 3 (p(t)), para todo o p(t) 2 P2 .
c) Determine uma base para o núcleo de T e uma base para o contradomínio de T .
d) Resolva, em P2 , a equação linear T (p(t) = 3 + 3t.
17. Seja P1 o espaço linear real dos polinómios reais de grau menor ou igual a 1. Considere
as transformações lineares T1 ; T2 : P1 ! P1 de…nidas por
T1 (1 + t) = 2
t;
T1 (1
onde Bc2 = f1; tg e B = f1 + t; 1
t) =
1 + 2t
e
M T2 ; Bc2 ; B =
2 1
1 2
tg são duas bases ordenadas de P1 .
a) Determine uma base para I (T2 ).
b) Resolva em P1 a equação linear (T1 T2 ) (p (t)) = 3 + 3t.
18. Seja P1 = fp(t) = a0 + a1 t : a0 ; a1 2 Rg o espaço linear real dos polinómios reais
de grau menor ou igual a 1. Considere a transformação linear T1 : P1 ! M2 2 (R)
de…nida por:
p ( 1) + p (1)
p (0)
T1 (p (t)) =
.
p (0)
p ( 1) + p (1)
Considere ainda a transformação linear T2 : P1 ! P1 tal que
T2 (2
2t) = 6
2t
T2 ( 1 + 2t) = 6t
T2 (1 + t) = 9 + 9t.
a) Diga, justi…cando, se T2 é sobrejectiva.
b) Determine uma base para I (T1 ) + I (T1 ).
c) Resolva, em P1 , a equação linear (T1 T2 ) (p (t)) =
4 2
.
2 4
19. Seja C 1 (R) o espaço linear das funções reais de variável real inde…nidamente diferenciáveis em R e U = L (ff1 ; f2 ; f3 g) o subespaço linear de C 1 (R) gerado pelas funções
f1 (x) = sen x; f2 (x) = cos x; f3 (x) = ex .
Seja T : C 1 (R) ! C 1 (R) de…nida por T (f (x)) = f 0 (x) onde f 0 designa a 1a derivada
de f .
a) Determine o núcleo de T e diga, justi…cando se T é injectiva.
b) Veri…que que T (U )
U.
c) Determine uma base para U .
d) Resolva em U a equação linear T (f (x)) = sen x + ex .
103
20. Sejam
1 0
1 1
V =L
1 1
0 1
;
e
T : P1 ! V
uma transformação linear tal que
7
9
M (T ; B1 ; B2 ) =
1
1
com
B1 = f1 + t; 1
tg
1 0
1 1
1 1
0 1
uma base ordenada de P1 e
B2 =
;
uma base ordenada de V .
Resolva
T (p(t)) =
2 1
1 2
.
21. Sejam T1 : P2 ! R3 e T2 : R3 ! P1 duas transformações lineares tais que
T1 1
t2 = (1; 1; 0)
T1 (1
t) = (0; 1; 1)
T1 (2
t) = (1; 0; 1)
e
M (T2 ; B1 ; B2 ) =
2
1
1 1
1 2
com
B1 = f(1; 0; 1) ; (1; 1; 0) ; (0; 1; 1)g
uma base ordenada de R3 e
B2 = f1
t; 1 + tg
uma base ordenada de P1 .
(i) Diga, justi…cando, se T1 é injectiva.
(ii) Determine a expressão geral de T1 .
(iii) Diga, justi…cando, se T2 é sobrejectiva.
(iv) Determine uma base para N (T2 T1 ) e uma base para I (T2 T1 ).
(v) Resolva em P2 a equação linear
(T2 T1 ) (p (t)) = t.
22. Sejam V um espaço linear e T : V ! V uma transformação linear tal que T 2 = T .
Mostre que
V = N (T ) I (T ) .
104
Produtos internos e ortogonalização
De…nição 47. Sejam V um espaço linear real e 0 o vector nulo de V . Chama-se produto
interno em V a uma aplicação
h; i : V
V !R
(u; v) ! hu; vi
que veri…que as três condições seguintes.
(i) Simetria: para todos os u; v 2 V
hu; vi = hv; ui .
(ii) Linearidade: para todo o v 2 V (…xo) a aplicação
V !R
u ! hu; vi
é linear.
(iii) Positividade: para todo o u 2 V tal que u 6= 0,
hu; ui > 0.
Tendo-se hu; ui = 0 se e só se u = 0.
Observação 29. (a) Um produto interno num espaço linear real é uma forma bilinear,
simétrica e de…nida positiva.
(b) Num espaço linear V sobre C (espaço linear complexo), um produto interno é uma
aplicação que a cada par de vectores (u; v) 2 V V associa o número complexo hu; vi e que
veri…ca as seguintes condições:
(i) Para todos os u; v 2 V
hu; vi = hv; ui.
(ii) Para todo o v 2 V (…xo) tem-se
h u + w; vi =
para todos os u; w 2 V e ;
para todo o u 2 V (…xo)
hu; vi + hw; vi
2 C, (onde por exemplo
V !C
v ! hu; vi
é linear.
105
=a
bi se
= a + bi) e a aplicação,
(iii) Para todo o u 2 V tal que u 6= 0,
hu; ui > 0.
Tendo-se hu; ui = 0 se e só se u = 0.
(c) A um espaço linear real de dimensão …nita com um produto interno chama-se espaço
euclidiano. A um espaço linear complexo de dimensão …nita com um produto interno
chama-se espaço unitário.
Observação 30. (i) Seja V um espaço euclidiano. Seja B = fw1 ; w2 ; :::; wn g uma base
ordenada de V . Sejam u; v 2 V . Sejam
1;
2 ; :::;
e
n
1;
2 ; :::;
n
as coordenadas de u e de v na base ordenada B respectivamente, isto é,
u=
n
X
e
i wi
v=
i=1
Logo,
hu; vi =
=
1
2
:::
n
* n
X
2
6
6
6
4
i=1
i wi ;
n
X
i wi .
i=1
n
X
i wi
i=1
+
=
n X
n
X
i j
i=1 j=1
hw1 ; w1 i hw1 ; w2 i : : : hw1 ; wn i
hw2 ; w1 i hw2 ; w2 i : : : hw2 ; wn i
..
..
..
.
.
.
hwn ; w1 i hwn ; w2 i : : : hwn ; wn i
hwi ; wj i =
32
1
3
76
7
76 2 7
T
7 6 .. 7 = ([u]B ) G [v]B :
54 . 5
n
Assim, …xando uma base ordenada B = fw1 ; w2 ; :::; wn g de V , a aplicação h; i : V V ! R
que a cada (u; v) 2 V V faz corresponder hu; vi, é um produto interno em V se e só se a
matriz
3
2
hw1 ; w1 i hw1 ; w2 i : : : hw1 ; wn i
6 hw2 ; w1 i hw2 ; w2 i : : : hw2 ; wn i 7
6
7
G=6
7
..
..
..
5
4
.
.
.
hwn ; w1 i hwn ; w2 i : : : hwn ; wn i
fôr simétrica (G = GT ) e de…nida positiva (([u]B )T G [u]B > 0, para todo o u 6= 0). Note-se
que atendendo às propriedades referentes às operações matriciais envolvidas, a igualdade
hu; vi = ([u]B )T G [v]B
equivale à bilinearidade da aplicação h; i : V
V ! R.
(ii) À matriz G anterior dá-se o nome de matriz de Gram ou matriz da métrica do
produto interno.
106
(iii) Num próximo capítulo, como consequência da diagonalização ortogonal, sendo
G simétrica (G = GT ), será estabelecida a equivalência:
(([u]B )T G [u]B > 0, para todo o u 6= 0) , (todos os valores próprios de G são positivos).
(iv) Observe-se ainda que no caso de se ter um espaço unitário pode-se encontrar uma
matriz G cujos valores próprios (num próximo capítulo) sejam todos positivos e tal que
T
G = G , (onde G é a matriz que se obtem de G passando todas as entradas desta ao
complexo conjugado), tendo-se
2
3
1
hu; vi =
1
:::
2
6
7
6 2 7
G 6 .. 7 .
4 . 5
n
n
T
Uma matriz A que satisfaça a condição A = A diz-se hermitiana.
Teorema 62. (num próximo capítulo). Seja V um espaço linear real com dim V = n.
Seja fw1 ; w2 ; :::; wn g uma base ordenada de V . Então, uma aplicação
h; i : V
V !R
é um produto interno (em V ) se e só se
hu; vi =
1
:::
2
2
3
1
6
7
6 2 7
G 6 .. 7 = ([u]B )T G [v]B ,
4 . 5
n
n
com
u=
1 w1
+
2 w2
+ ::: +
n wn
v=
1 w1
+
2 w2
+ ::: +
n wn .
e G é uma matriz simétrica cujos valores próprios são todos positivos. Se a aplicação h; i fôr
um produto interno tem-se
2
3
hw1 ; w1 i hw1 ; w2 i : : : hw1 ; wn i
6 hw2 ; w1 i hw2 ; w2 i : : : hw2 ; wn i 7
6
7
G=6
7.
..
..
..
4
5
.
.
.
hwn ; w1 i hwn ; w2 i : : : hwn ; wn i
Exemplo 39. (i) Seja h; i : R2
h(
1;
R2 ! R a aplicação de…nida por:
2) ; ( 1;
2 )i
=
1 1
2 2,
+
com ( 1 ; 2 ) ; ( 1 ; 2 ) 2 R2 . Esta aplicação é um produto interno em R2 a que se dá o nome
de produto interno usual em R2 , uma vez que
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
=
1 1
+
107
2 2
=
1
2
G
1
2
com
1 0
0 1
G=
.
A matriz G é simétrica e o único valor próprio de G é 1 > 0.
(ii) Seja h; i : R2
R2 ! R a aplicação de…nida por:
h(
com (
1;
2) ; ( 1;
h(
2)
1;
1;
2) ; ( 1;
2 )i
=
2
1 1
2 2,
+3
2 R2 . Esta aplicação não é um produto interno em R2 , uma vez que
2) ; ( 1;
2 )i
=
2
1 1
+3
=
2 2
1
2
G
1
2
com
2 0
0 3
G=
.
A matriz G é simétrica, no entanto, os valores próprios de G:
2 e 3 não são ambos positivos.
(iii) O produto interno usual em Rn é dado por:
h; i : Rn
onde uT =
u1 u2 : : : un
2
6
6
ev=6
4
v1
v2
..
.
vn
Rn ! R
(u; v) ! hu; vi = uT v,
3
7
7
7.
5
(iv) O produto interno usual em Cn é dado por:
h; i : Cn
H
T
onde u = u =
u1 u 2 : : : u n
(v) Um produto interno em Mm
h; i : Mm
Cn ! C
(u; v)
2
v1
6 v2
6
e v = 6 ..
4 .
vn
n
(R).
n
(R)
! hu; vi = uH v,
3
7
7
7.
5
Mm
n
(A; B) ! hA; Bi =
(R) ! R
m X
n
X
i=1 j=1
(vi) Um produto interno em C ([a; b]).
h; i : C ([a; b])
C ([a; b]) ! R
108
aij bij = tr AT B .
(f; g) ! hf; gi =
Z
b
f (x) g (x) dx.
a
Prova da positividade: hf; f i =
6 0 para toda a função não nula. Seja f 2 C ([a; b]). Seja
x0 2 [a; b] tal que f (x0 ) 6= 0. Como f 2 é contínua em [a; b], existe um intervalo I [a; b] tal
que para todo o x 2 I
(f (x0 ))2
(f (x))2
.
2
Logo
Z
Z
Z b
Z
(f (x0 ))2
(f (x0 ))2
(f (x0 ))2
2
2
(f (x)) dx
(f (x)) dx
hf; f i =
dx =
dx =
jIj > 0
2
2
2
I
I
a
I
onde jIj denota o comprimento do intervalo I.
Exemplo 40. R2 com um produto interno não usual. Seja h; i : R2
aplicação de…nida por:
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
=2
+
1 1
1 2
+
2 2,
+3
2 1
com ( 1 ; 2 ) ; ( 1 ; 2 ) 2 R2 .
É fácil ver que esta aplicação é simétrica e linear em relação a (
Vejamos por exemplo que a condição
h(
1;
> 0, para todo o (
1;
=2
2
1
+(
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
R2 ! R a
1;
2)
(…xando (
1;
2 )).
6= (0; 0),
2)
é satisfeita.
Atendendo a que
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
+2
1
2
+3
2
2
=
2
1
1
+
2
2)
+2
2
2,
tem-se
,(
,(
1
1
2) ; ( 1;
=0 e
=0 e
1
2
2 )i
+
2
=0,
=0 e
= 0) , (
1;
2
2)
= 0)
= (0; 0).
Em alternativa, podemos escrever
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
=
=2
1
1 1
+
2
1 2
+
2 1
+3
2 2
=
1
G
2
com
G=
2 1
1 3
A matriz G é simétrica e os valores próprios de G:
.
p
5+ 5
2
e
5
p
2
5
são ambos positivos.
De…nição 48. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulo de
V . Sejam u; v 2 V .
109
(i) Chama-se norma de u a:
kuk =
p
hu; ui:
(ii) Chama-se projecção ortogonal de v sobre u 6= 0 a:
proju v =
hv; ui
u:
kuk2
(iii) Diz-se que u e v são ortogonais se hu; vi = 0.
(iv) Chama-se ângulo entre dois vectores não nulos u e v tais que hu; vi 2 R a:
hu; vi
.
kuk kvk
Note que este ângulo está bem de…nido atendendo ao próximo teorema.
= arccos
Observação 31. (i) O ângulo
são ortogonais.
entre dois vectores não nulos u e v é
2
se e só se u e v
(ii) Para cada u 2 V (…xo) com u 6= 0, a aplicação proju : V ! V que a cada v 2 V faz
corresponder proju v, é uma transformação linear.
Teorema 63. (i) Desigualdade de Cauchy-Schwarz. Seja V um espaço linear com
um produto interno. Então, para todos os u; v 2 V ,
jhu; vij
kuk kvk
(ii) Sejam u; v 2 V . Tem-se:
jhu; vij = kuk kvk , fu; vg é linearmente dependente:
Dem. (i) Sejam u; v 2 V . Se v = 0 a desigualdade é satisfeita. Se v 6= 0, seja
Logo h v
u; vi = 0. Por outro lado, como
k v
0
=
h v
, jhu; vij
uk2 = h v
u; ui =
kuk kvk .
=
hu; vi
.
hv; vi
h v u; vi h v u; ui =
hu; vi
jhu; vij2
2
hv; ui + kuk2 =
hv;
ui
+
kuk
=
+ kuk2 ,
kvk2
kvk2
u; v
ui =
(ii) Suponhamos que jhu; vij = kuk kvk. Se v = 0 a igualdade é satisfeita. Se v 6= 0,
tem-se
jhu; vij = kuk kvk ,
jhu; vij2
+ kuk2 = 0 , k v
kvk2
|
{z
}
= k v uk2
(i)
110
uk2 = 0 , u = v
sendo, deste modo, o conjunto fu; vg linearmente dependente:
Suponhamos agora que o conjunto fu; vg é linearmente dependente. Então existe
escalar tal que u = v. Pelo que
jhu; vij = jh v; vij =
kvk2 = j j kvk kvk = k vk kvk = kuk kvk .
hv; vi =
Teorema 64. Teorema de Pitágoras. Sejam u; v 2 R2 . Tem-se u e v ortogonais se e
só se
ku vk2 = kuk2 + kvk2 .
Dem.
ku
vk2 = hu
vi = hu; ui hv; ui hu; vi+hv; vi = kuk2 2 hu; vi+kvk2 = kuk2 +kvk2
v; u
se e só se
hu; vi = 0,
isto é, se e só se u e v forem ortogonais.
Observação 32. (i) O teorema de Pitágoras pode ser enunciado do seguinte modo:
kvk2 = kproju vk2 + kv
proju vk2
para todos os u; v.
kvk2 = kproju vk2 + kv
proju vk2
kproju vk2
(ii) A desigualdade de Cauchy-Schwarz poderia ter sido provada recorrendo ao teorema
de Pitágoras, uma vez que
kproju vk2 = kvk2
,
jhv; uij
kuk2
proju vk2
kv
kvk2 ,
2
kuk2
kvk2 , jhu; vij
kuk kvk .
(iii) Em R2 com o produto interno usual, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dada por
q
q
2
2
2
2
j 1 1 + 2 2j
1+ 2
1 + 2,
uma vez que
com (
1;
2) ; ( 1;
2)
2 R2 .
h(
1;
2) ; ( 1;
2 )i
=
1 1
+
2 2,
(iv) Em Rn com o produto interno usual, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dada por
v
v
u n
u n
n
X
X
u
uX 2
2t
t
i i
i,
i
i=1
i=1
111
i=1
uma vez que
h(
com (
1 ; :::;
n ) ; ( 1 ; :::;
1 ; :::;
n)
n ) ; ( 1 ; :::;
n )i
=
1 1
+ ::: +
n n,
2 Rn .
Teorema 65. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulo
de V . Sejam u; v 2 V e escalar. A norma é uma aplicação kk : V ! R que satisfaz as
seguintes propriedades.
(i) Positividade: kuk > 0 se u 6= 0.
(ii) Homogeneidade: k uk = j j kuk
(iii) Desigualdade triangular: ku + vk
kuk + kvk
De…nição 49. Pode de…nir-se norma num espaço linear V , sem estar associada a
qualquer produto interno, como sendo uma aplicação de V em R que satisfaz as propriedades
do teorema anterior. A um espaço linear com uma norma chama-se espaço normado.
Observação 33. Seja V um espaço linear real com um produto interno. Sejam u; v 2 V .
Tem-se
hu; vi =
1
ku + vk2
2
kuk2
kvk2 .
Teorema 66. Seja V um espaço normado. Sejam u; v 2 V . Então, a norma pode dar
origem a um produto interno se e só se
ku
vk2 + ku + vk2 = 2 kuk2 + 2 kvk2 .
Esta última equação é conhecida por lei do paralelogramo.
Exemplo 41. Uma norma que não dá origem a um produto interno. Seja
kk : R2 ! R a aplicação de…nida por
k(
1;
2 )k
=j
1j
+j
2j ,
com ( 1 ; 2 ) 2 R2 . É fácil veri…car que esta aplicação satisfaz as três condições da norma.
Logo, é uma norma. No entanto, é também fácil veri…car que esta norma não satisfaz a lei
do paralelogramo. Logo, esta norma não poderá originar um produto interno.
De…nição 50. Sejam V um espaço linear com um produto interno e S
S é ortogonal se para todos os u; v 2 S com u 6= v, se tiver
hu; vi = 0.
112
V . Diz-se que
Diz-se que S é ortonormado se fôr ortogonal e se, para todo o u 2 S, se tiver
kuk = 1.
Teorema 67. Sejam V um espaço linear com um produto interno e S
V . Seja 0
o vector nulo de V . Se S é ortogonal e 0 2
= S então S é linearmente independente. Em
particular, se n = dim V então qualquer conjunto S ortogonal de n vectores não nulos é uma
base de V .
Teorema 68. Seja V um espaço euclidiano (ou unitário) com dim V = n. Seja B =
fu1 ; :::; un g uma base (ordenada) ortogonal de V . Então, as coordenadas de um vector v 2 V
em relação à base (ordenada) B são dadas por:
j
=
hv; uj i
,
huj ; uj i
com j = 1; :::; n. Se B fôr ortonormada então as coordenadas de um vector v 2 V em relação
à base (ordenada) B são dadas por:
j
= hv; uj i ,
com j = 1; :::; n.
Teorema 69. Seja V um espaço euclidiano com dim V = n. Seja B = fw1 ; :::; wn g uma
base (ordenada) ortonormada de V . Então, para todos os u; v 2 V , tem-se
hu; vi =
e
n
X
i=1
hu; wi i hv; wi i
(fórmula de Parseval)
v
u n
uX
kuk = t
hu; wi i2 :
i=1
Observação 34. Seja V um espaço euclidiano com dim V = n. Seja B = fw1 ; :::; wn g
uma base (ordenada) ortonormada de V . Sejam u; v 2 V , com
u=
1 w1
+
2 w2
+ ::: +
n wn
v=
1 w1
+
2 w2
+ ::: +
Então a fórmula de Parseval é dada por:
hu; vi =
e tem-se
n
X
i i
=
1 1
+
2 2
i=1
v
u n
uX
kuk = t
i=1
113
2
i.
+ ::: +
n n
n wn .
Notação 3. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulo de V .
1
v
Para qualquer v 2 V , com v 6= 0, o vector
v será denotado por
.
kvk
kvk
Teorema 70. Método de ortogonalização de Gram-Schmidt. Seja V um espaço euclidiano (ou unitário) não nulo. Seja U um subespaço de V . Então U tem bases
ortonormadas. Mais concretamente, seja
fv1 ; v2 ; :::; vk g
uma base de U e sejam
u1 = v 1 ,
u2 = v2 proju1 v2 ,
:::
uk = vk proju1 vk
:::
projuk
1
vk
então
(i) L(fu1 ; u2 ; :::; uk g) = L(fv1 ; v2 ; :::; vk g) = U ;
(ii) o conjunto fu1 ; u2 ; :::; uk g é uma base ortogonal de U .
(iii) o conjunto
u1
u2
uk
;
; :::;
ku1 k ku2 k
kuk k
é uma base ortonormada de U .
Exemplo 42. Considere-se R4 com o produto interno usual. Seja
U = L(f(1; 1; 1; 1); (1; 2; 3; 4); (2; 1; 6; 7); (1; 3; 7; 9)g).
Determinemos a dimensão
2
1 1 2
6 1 2 1
6
4 1 3
6
1 4
7
de U e uma base ortonormada para U . Tem-se
3
3
2
2
1
1 1 2 1
1 1 2 1
7
6
7
6
3 7
0 1
1 2 7
0 1
1 2
!6
!6
5
4
5
4
7
0 4
4 8
0 0 0 0
9
0 5
5 10
0 0 0 0
3
7
7.
5
Logo, o conjunto fv1 ; v2 g, com v1 = (1; 1; 1; 1) e v2 = (1; 2; 3; 4), é uma base de U e como
tal dim U = 2.
Sejam u1 = v1 e u2 = v2 proju1 v2 .
Logo, o conjunto fu1 ; u2 g, com u1 = (1; 1; 1; 1) e
u2 = (1; 2; 3; 4)
1+2
3
4
(1; 1; 1; 1) = (2; 3; 2; 3),
4
é uma base ortogonal de U . Uma base ortonormada para U :
(
p
p
p
p !)
u1
u2
1 1 1 1
26 3 26 26 3 26
=
;
;
; ;
;
;
;
;
ku1 k ku2 k
2 2 2 2
13
26
13
26
114
Teorema 71. Seja B = fu1 ; u2 ; :::; un g uma base (ordenada) de um espaço euclidiano
(ou unitário). A base B é ortonormada se e só se a matriz da métrica G em relação a essa
base fôr a matriz identidade. Em Rn o produto interno usual é aquele (o único) em relação
ao qual a base canónica é ortonormada.
Teorema 72. Seja fv1 ; v2 ; :::; vn g uma base (ordenada) de Rn . Então, existe um único
produto interno em Rn para o qual esta base é ortonormada.
Exemplo 43. Considere em R2 a base (ordenada) B = fv1 ; v2 g, com v1 = (1; 0) e v2 =
(1; 1). Vejamos que existe um e um só produto interno para o qual a base B é ortonormada.
Seja Bc2 = f(1; 0); (0; 1)g a base canónica de R2 . Sejam u; v 2 R2 , com u = ( 1 ; 2 ) e
v = ( 1 ; 2 ), onde 1 ; 2 e 1 ; 2 são as coordenadas na base Bc2 de u e v respectivamente.
Logo, a aplicação h; i : R2 R2 de…nida por
T
hu; vi = h(
=
1
0
1
1
1;
2) ; ( 1;
T
1
2
2 )i
=
1 0
0 1
=
SBc2 !B
1
0
1
2
1
1
1
=
1
2
SBc2 !B
1
1 2
2 1
+2
p
3+ 5
2
e
1 1
2
1
1
2
1 0
0 1
1
=
2
2 2
=
1
2
é um produto interno e é o único para o qual a base B é ortonormada, onde
S
Bc2 !B
NOTE QUE: sendo G =
1
= S
B!Bc2
1
1
1
2
=
1 1
0 1
1
=
1
0
1
1
:
(é simétrica e os valores próprios
3
p
2
5
são
1 0
(é simétrica e o único
0 1
valor próprio 1 é positivo) a matriz da métrica em relação a B, tem-se
ambos positivos) a matriz da métrica em relação a Bc2 e G0 =
G = SBc2 !B
T
G0 SBc2 !B
É fácil veri…car que para este produto interno a base B é ortonormada:
h(1; 0) ; (1; 1)i = 0 e h(1; 0) ; (1; 0)i = h(1; 1) ; (1; 1)i = 1.
Em particular, a matriz da métrica é invertível.
De…nição 51. Sejam V um espaço linear com produto interno e U um subespaço de V .
Diz-se que um elemento de V é ortogonal a U se fôr ortogonal a todos os elementos de U .
Ao conjunto de todos os elementos ortogonais a U chama-se complemento ortogonal de
U e designa-se por U ? ,
U ? = fv 2 V : hv; ui = 0 para todo o u 2 U g .
115
Teorema 73. Seja V um espaço linear com produto interno. Qualquer que seja o
subespaço U de V , também U ? é um subespaço de V .
De…nição 52. Sendo S um subconjunto de V , não necessariamente um subespaço de
V , (também) pode de…nir-se S ? :
S ? = fv 2 V : hv; ui = 0 para todo o u 2 Sg .
Observação 35. Apesar de S não ser necessariamente um subespaço de V , S ? é sempre
um subespaço de V , tendo-se
S ? = (L (S))? .
Teorema 74. Seja V um espaço linear com produto interno.
(i) Seja U um subespaço de V . Tem-se
U \ U ? = f0g :
(ii) Seja S um subconjunto de V . Então
S
S?
?
.
No próximo teorema ver-se-á que no caso de se ter dim V < 1, então
L (S) = S ?
?
ou ainda, sendo U um subespaço de V de dimensão …nita, então
U = U?
?
.
(iii) Sejam S1 ; S2 subconjuntos de V . Então
S1
S2 ) (S2 )?
(S1 )?
(iv) Seja U um subespaço de V . Se fv1 ; :::; vn g é uma base de U então
U ? = fv 2 V : hv; v1 i = ::: = hv; vn i = 0g .
(v) Sejam U1 ; U2 subespaços de V . Tem-se
(U1 + U2 )? = (U1 )? \ (U2 )?
e
(U1 \ U2 )?
Se dim V < 1 tem-se
(U1 )? + (U2 )? .
(U1 \ U2 )? = (U1 )? + (U2 )? .
Exemplo 44. (i) Se U R3 é um plano que passa pela origem, então U ? é uma recta
que passa pela origem e é perpendicular ao plano.
116
(ii) Se U R3 é uma recta que passa pela origem, então U ? é um plano que passa pela
origem e é perpendicular à recta.
(iii) Seja A 2 Mm
n (R).
Então, usando o produto interno usual, tem-se
N (A) = (L(A))? = C(AT )
e
N (AT ) = L(AT )
(iv) Seja A 2 Mn
n (R)
?
?
= (C(A))? :
tal que A é invertível. Então, (N (A))? = Rn e (L (A))? = f0g :
Teorema 75. Se U é um subespaço de um espaço euclidiano (ou unitário) V , então V
é a soma directa de U e U ? , isto é,
V =U
U ?:
Logo, cada elemento v 2 V pode ser escrito de modo único como soma de um elemento de
U com um elemento de U ? :
v = vU + vU ? , com vU 2 U
e vU ? 2 U ? .
À transformação linear PU : V ! V de…nida por
PU (v) = vU
chama-se projecção ortogonal de V sobre U . Note que PU satisfaz
PU = PU
v se v 2 U
0 se v 2 U ?
PU = (PU )2
e
PU (v) =
I (PU ) = U
e
N (PU ) = U ? .
e
Á transformação linear PU ? : V ! V de…nida por
PU ? (v) = vU ?
chama-se projecção ortogonal de V sobre U ? . Note que PU ? satisfaz
PU ? = PU ?
v se v 2 U ?
0 se v 2 U
PU ? = (PU ? )2
e
PU ? (v) =
I (PU ? ) = U ?
e
N (PU ? ) = U
e
e tal que chama-se projecção ortogonal de V sobre U ? .
Tem-se
I = P U + PU ?
117
dim V = dim U + dim U ?
U?
?
=U
Se fw1 ; w2 ; :::; wl g fôr uma base ortogonal de U , então
PU (v) =
l
X
hv; wi i
i=1
kwi k2
wi =
l
X
projwi v = vU
i=1
para todo o v 2 V .
Se fu1 ; u2 ; :::; uk g é uma base ortogonal de U ? , então, para todo o v 2 V
PU ? (v) =
k
X
hv; uj i
j=1
kuj k2
uj =
k
X
projuj v = vU ?
j=1
Neste caso, fw1 ; w2 ; :::; wl ; u1 ; u2 ; :::; uk g é uma base ortogonal de V .
Tem-se ainda:
(i)
hPU (u) ; vi = hu; PU (v)i ;
hPU ? (u) ; vi = hu; PU ? (v)i ;
para todos os u; v 2 V ;
(ii)
kuk2 = kPU (u)k2 + kPU ? (u)k2 ;
para todo o u 2 V (Teorema de Pitágoras);
Teorema 76. Seja U um subespaço de dimensão …nita de um espaço linear V com
produto interno. Seja v 2 V . Então, tem-se
kv
PU (v)k
kv
uk ,
para todo o u 2 U , e a igualdade veri…ca-se se e só se u = PU (v).
Dem.
kv
PU (v)k2
= k(v
u)
PU (v)k2 + kPU (v
kv
PU (v
u)k2 + kPU (v
, kv
PU (v)k
u)k2
u)k2
kv
=
v PU (v)=(v u) PU (v u)
=
Pitágoras
kv
uk2 ,
uk :
De…nição 53. Seja U um subespaço de dimensão …nita de um espaço linear V com
produto interno. Seja v 2 V . Então, o elemento de U mais próximo de v é a projecção
ortogonal PU (v) de v sobre U .
118
De…nição 54. Seja U um subespaço de dimensão …nita de um espaço linear V com
produto interno. A distância d de um ponto v 2 V a um subespaço U é dada por:
d (v; U ) = kPU ? (v
0)k = kPU ? (v)k = kv
PU (v)k .
De…nição 55. Seja V um espaço linear com produto interno. Seja U um subespaço de
V com dim U = k. Seja q 2 V . Chama-se ao conjunto
fqg + U
um k-plano. A distância d de um ponto p 2 V a um k-plano P = fqg + U é dada por:
d (p; P) = kPU ? (p
q)k .
De…nição 56. (i) A distância entre dois k-planos paralelos
P1 = fpg + U
e P2 = fqg + U
é dada por:
d (P1 ; P2 ) = kPU ? (p
q)k .
(ii) A distância entre duas rectas paralelas
r = fpg + L (fug)
e s = fqg + L (fug)
é dada por:
d (r; s) = PL(fug)? (p
q) .
Exemplo 45. Considere-se R3 com o produto interno usual.
(i) Seja P o plano (em R3 ) que passa pelos pontos: (1; 2; 1), (1; 0; 1) e (1; 1; 1). Tem-se
P = f(1; 2; 1)g + L (f(0; 2; 2); (0; 1; 0)g)
uma vez que
(0; 2; 2) = (1; 0; 1)
e
(1; 2; 1)
(0; 1; 0) = (1; 1; 1)
(1; 2; 1).
Equação vectorial de P: (x; y; z) = (1; 2; 1)+ (0; 2; 2)+ (0; 1; 0), com ;
Equações paramétricas de P:
8
< x=1
y=2
:
z=1
com ;
2
2
2 R.
119
2 R.
Equação cartesiana de P: x = 1:
Podemos determinar a equação cartesiana de P do seguinte modo. Atendendo a que
P = f(1; 2; 1)g + L (f(0; 2; 2); (0; 1; 0)g)
seja
U = L (f(0; 2; 2); (0; 1; 0)g) .
Logo,
U= U
? ?
=
N
0
0
2
1
2
0
?
=
= (L (f(1; 0; 0)g))? = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0; 0)i = 0
e assim, a equação cartesiana do plano P que passa pelo ponto (1; 2; 1) é dada por:
(h(x
1; y
1); (1; 0; 0)i = 0) , (1 (x
2; z
1) + 0 (y
2) + 0 (z
1) = 0) ,
ou seja por
x = 1.
(ii) Determinemos a equação cartesiana da recta que passa pelos pontos (1; 1; 0) e
(1; 2; 1). Tem-se
r = f(1; 1; 0)g + L (f(0; 1; 1)g) ,
uma vez que
(0; 1; 1) = (1; 2; 1)
(1; 1; 0):
Seja
U = L (f(0; 1; 1)g) .
Logo,
U = U?
?
= N
0 1 1
?
= (L (f(1; 0; 0); (0; 1; 1)g))?
e assim, a equação cartesiana da recta r é dada por:
(h(x
1; y
1; z); (1; 0; 0)i = 0 e h(x
, (1 (x
1; y
1) = 0 e 1 (y
ou seja por
x=1
y z = 1.
120
1)
1; z); (0; 1; 1)i = 0) ,
1z = 0) ,
Mínimos quadrados
Existem aplicações relativamente às quais os erros cometidos nas medições das entradas
de A ou de b podem levar a que o sistema de equações lineares Au = b não tenha solução,
quando teoricamente deveria ter. Em tais casos é natural a procura da "melhor solução
aproximada" para esse problema.
Considera-se o produto interno usual.
De…nição 57. Sejam A 2 Mm n (R) e b 2 Rn . Então, a u
b 2 Rn chama-se melhor
solução aproximada ou solução de mínimos quadrados de Au = b se
kb
Ab
uk
kb
Auk ,
para qualquer u 2 Rn . Ao vector b Ab
u chama-se vector erro de mínimos quadrados e
ao escalar kb Ab
uk chama-se erro de mínimos quadrados.
Observação 36. Sejam A 2 Mm n (R) e b 2 Rn . Procuremos então um método para
determinar as soluções de mínimos quadrados de Au = b. Atendendo a que Au 2 C (A) para
todo o u 2 Rn , então a distância kb Auk é mínima se
Au = PC(A) (b) ,
onde PC(A) é a projecção ortogonal de Rn sobre C (A). Como PC(A) (b) 2 C (A), a equação
Au = PC(A) (b) tem sempre solução e essas soluções são as soluções de mínimos quadrados
de Au = b. Deste modo, qualquer sistema de equações lineares tem sempre pelo menos uma
solução de mínimos quadrados.
Por outro lado, pode escrever-se a equação Au = PC(A) (b) na forma
b
Au = b
PC(A) (b) = PN (AT ) (b)
tendo-se
AT (b
Au) = AT b
pois (C (A))? = N AT . Logo
PC(A) (b) = AT PN (AT ) (b) = 0;
AT Au = AT b.
A esta equação chama-se equação normal associada a Au = b.
Teorema 77. Sejam A 2 Mm
n (R)
e b 2 Rn .
(i) As soluções de mínimos quadrados do sistema de equações lineares
Au = b
são as soluções da equação normal
AT Au = AT b:
121
(ii) Se car A = n então a equação normal
AT Au = AT b
tem a solução única
u = AT A
1
AT b
e tem-se
1
PC(A) (b) = Au = A AT A
AT b,
isto é,
A AT A
1
AT
é a matriz que representa a projecção ortogonal PC(A) .
Teorema 78. Seja A 2 Mm
Então
n (R).
car A = car AT A :
Dem. Basta para isso, mostrar que
N (A) = N AT A :
Seja u 2 N (A). Como Au = 0 então AT Au = AT 0 = 0 e assim u 2 N AT A .
Reciprocamente, seja u 2 N AT A e vejamos que u 2 N (A). Tem-se AT Au = 0, logo
Au 2 N AT = L AT
?
= (C (A))?
e como tal
2
hAu; Aui = 0,
ou seja kAuk = 0 e então Au = 0, isto é, u 2 N (A).
Observação 37. Vejamos agora o modo como se pode determinar uma curva (ou recta)
especí…ca que se possa "ajustar" a um conjunto de pontos determinados experimentalmente.
(i) A partir de dois ou mais pontos dados
(x1 ; y1 ) ; (x2 ; y2 ) ; : : : ; (xm ; ym ) ;
pretende-se determinar uma recta y = a0 + a1 x que seja a recta que "melhor aproxime" ou
a recta de mínimos quadrados de melhor ajuste aos pontos dados (recta de regressão). Isto
é, pretende-se determinar as soluções de mínimos quadrados de
8
>
y 1 = a0 + a1 x 1
>
>
< y 2 = a0 + a1 x 2
..
>
.
>
>
: y =a +a x
m
0
1 m
122
ou seja de
2
Sejam
2
6
6
A=6
4
6
6
6
4
3
1 x1
1 x2 7
7
.. .. 7
. . 5
1 xm
3
1 x1
1 x2 7
7
.. .. 7 ;
. . 5
1 xm
2
6
6
=6
4
a0
a1
y1
y2
..
.
ym
a0
a1
u=
e
3
7
7
7.
5
2
6
6
b=6
4
y1
y2
..
.
ym
3
7
7
7:
5
Atendendo a que car A = car AT A , se houver pelo menos dois pontos distintos, tem-se
car A = 2 e nesse caso, a equação normal
AT Au = AT b
tem como única solução de mínimos quadrados
1
u = AT A
AT b:
Assim, a recta de mínimos quadrados y = a + bx é a recta que torna mínimos os quadrados
cuja soma
(y1
(a0 + a1 x1 ))2 + (y2
(a0 + a1 x2 ))2 +
+ (ym
(a0 + a1 xm ))2
é dada por
kb
onde kb
Auk2 ,
Auk é o erro de mínimos quadrados.
(ii) A partir de m pontos dados (x1 ; y1 ) ; (x2 ; y2 ) ; : : : ; (xm ; ym ), pretende-se determinar
um polinómio cujo grá…co esteja tão perto quanto possível desses m pontos dados. Isto é,
com m 2 N previamente …xo, pretende-se determinar as soluções de mínimos quadrados do
sistema de m equações a n + 1 incógnitas (a0 ; a1 ; a2 ; : : : ; an )
8
2
>
+ an xn1
> y 1 = a0 + a1 x 1 + a2 x 1 +
>
< y 2 = a0 + a1 x 2 + a2 x 2 +
+ an xn2
2
..
>
.
>
>
: y = a + a x + a x2 +
+ an xnm
m
0
1 m
2 m
ou seja de
2
6
6
6
4
1 x1 x21
1 x2 x22
.. ..
..
. .
.
1 xm x2m
xn1
xn2
..
.
xnm
32
76
76
76
54
123
a0
a1
..
.
an
3
2
7 6
7 6
7=6
5 4
y1
y2
..
.
ym
3
7
7
7.
5
Sejam
2
6
6
A=6
4
3
xn1
xn2
..
.
1 x1 x21
1 x2 x22
.. ..
..
. .
.
1 xm x2m
2
7
7
7;
5
xnm
6
6
u=6
4
a0
a1
..
.
an
3
7
7
7
5
2
6
6
b=6
4
e
y1
y2
..
.
ym
3
7
7
7:
5
Note-se que se n + 1 = m e se os pontos dados forem distintos, então existe um único
polinómio de grau n (o chamado polinómio interpolador) que passa por todos esses m pontos.
Por outro lado, atendendo a que car A = car AT A , se n < m e pelo menos n + 1 pontos
forem distintos, tem-se car A = n + 1 e então a equação normal
AT Au = AT b
tem como única solução de mínimos quadrados
u = AT A
1
AT b:
Exemplo 46. Determinemos a recta de mínimos quadrados relativa aos pontos
(0; 1) ; (1; 3) ; (2; 4) e (3; 4) :
Sejam
2
3
2 3
1 0
1
6 1 1 7
6 3 7
7
7
A=6
e
b=6
4 1 2 5
4 4 5.
1 3
4
Tem-se car A = 2 e como tal a solução de mínimos quadrados é única e dada por:
a0
a1
u=
0
2
1
6 1
6
4 1
1
B 1 1 1 1
=B
@ 0 1 2 3
tendo-se
= AT A
31
0
C
1 7
7C
2 5A
3
1
AT b =
1
1 1 1 1
0 1 2 3
2
3
1
6 3 7
6 7=
4 4 5
4
3=2
1
,
3
+ x:
2
O vector b Au é o vector erro de mínimos quadrados, sendo o erro de mínimos quadrados
dado por:
kb Auk =
y=
q
=
(y1
=
=
s
r
1
(a0 + a1 x1 ))2 + (y2
3
+0
2
2
+ 3
25 1
1
1
+ +
+ =
16 4 16 4
(a0 + a1 x2 ))2 + (y3
3
+1
2
2
+ 4
p
34
.
4
124
(a0 + a1 x3 ))2 + (y4
3
+2
2
2
+ 4
(a0 + a1 x4 ))2 =
3
+3
2
2
=
8a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R2
interno.
(i) h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = x21 y12 + x22 y22
(ii) h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = x1 y1
(iii) h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i =
x2 y1
R2 ! R de…nem em R2 um produto
x1 y2 + 3x2 y2
2x1 y1 + 3x2 y2
2. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R3
interno.
R3 ! R de…nem em R3 um produto
(i) h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3
(ii) h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y2
x2 y1
(iii) h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = 2x1 y1 + x1 y3 + x3 y1 + 2x2 y2 + x3 y3
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
e v =
p2 ; p3
30
30
. Veri…que que o conjunto
fu; vg é ortonormado relativamente ao produto interno de…nido em R2 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(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 + x3 y3 .
(i) Calcule kuk, para qualquer vector u = (x1 ; x2 ; x3 ) 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
125
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 ?.
9. Seja
2
3
1 0 2
A=4 0 0 0 5
2 0 1
e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectivamente 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).
10. Seja
2
3
1 0 1
A=4 0 2 0 5
1 0 1
e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectivamente 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
R3 ! R de…nida por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1
x1 y2
x2 y1 + 4x2 y2 + x3 y3 .
(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.
126
(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. Considere R3 com o produto interno usual. Seja U o subespaço de R3 gerado pelos
vectores v1 = (0; 1; 0) e v2 = 45 ; 0; 53 . Escreva u = (1; 2; 3) na forma u = u1 + u2 ,
com u1 2 U e u2 2 U ? .
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
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 a aplicação h; i : P2
por
hp(t); q(t)i = p( 1)q( 1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).
P2 ! R de…nida
Considere também o seguinte subespaço de P2 : U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g.
(i) Veri…que que h; i de…ne um produto interno em P2 .
127
(ii) Determine uma base ortonormada para U .
(iii) Determine uma base ortonormada para U ? .
(iv) Determine as projecções ortogonais do polinómio 1 + t sobre U e U ? respectivamente.
(v) Determine as representações matriciais de PU : P2 ! P2 e de PU ? : P2 ! P2 em
relação à base canónica f1; t; t2 g de P2 .
(vi) Determine a distância entre 1 + t e U .
(vii) 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 ).
Considere também o subespaço U de M2 2 (R) constituído por todas as matrizes
simétricas reais do tipo 2 2:
U=
a b
c d
2 M2 2 (R) : b = c .
(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 1
0 0
;
0 0
1 0
de M2 2 (R).
(v) Determine as projecções ortogonais da matriz
0 0
0 1
;
1 1
0 1
sobre U e U ? respectiva-
mente.
(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
1 1
?
0 1
e U.
e U.
20. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também o seguinte subespaço
de R3 :
U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) .
a) Determine uma base ortogonal para U .
b) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores geradores de U .
c) Determine a projecção ortogonal de (1; 0; 0) sobre U ? , isto é, PU ? (1; 0; 0).
d) Determine a distância do ponto (1; 0; 0) a U ? .
128
21. Seja
P2 = p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 : a0 ; a1 ; a2 2 R
o espaço linear dos polinómios de grau menor ou igual a 2. Considere a aplicação h; i
:P2 P2 ! R de…nida por
a0 + a1 t + a2 t2 ; b0 + b1 t + b2 t2 = 3a0 b0 + a1 b1 + 2a2 b2 : (*)
Considere também o seguinte subespaço de P2 :
W = p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : p(0) = p(1) e p(1) = p( 1) .
a) Veri…que que a aplicação h; i de…ne em P2 um produto interno.
b) Determine uma base ortonormada para W ? , relativamente ao produto interno (*).
22. Seja
2
3
1 1 0
A=4 1 0 1 5
1 0 1
e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectivamente o
núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.
a) Determine uma base ortogonal para L (A).
b) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).
c) Determine o elemento de (N (A))? mais próximo de ( 1; 1; 1) e a distância entre
( 1; 1; 1) e (L (A))? .
23. Considere R3 com o produto interno usual. Seja U o subespaço de R3 gerado pelo
conjunto
f(1; 0; 1); (0; 1; 2)g .
a) Determine uma base ortogonal para U .
b) Determine u 2 U e v 2 U ? tais que (2; 3; 4) = u + v.
c) Determine a distância entre o ponto (2; 3; 7) e o plano f(1; 2; 3)g + U .
24. Considere R3 com o produto interno usual.
2
1
4
A= 1
1
Seja
3
0 1
1 1 5:
0 1
Sejam C (A), L (A) e N (A), respectivamente, o espaço das colunas, o espaço das linhas
e o núcleo de A.
a) Determine uma base ortogonal para R3 que inclua um vector de (C (A))? (complemento ortogonal de C (A)).
b) Calcule a distância entre (1; 1; 0) e L (A).
c) Determine uma matriz B tal que (N (A))? = N (B) (o complemento ortogonal de
N (A) é igual ao núcleo de B).
129
25. Considere o espaço linear R4 munido com o produto interno usual e os seguintes subespaços lineares de R4 :
V = L (f(1; 1; 0; 0); (1; 0; 1; 1)g) ;
W = f(x; y; z; w) 2 R4 : x
y + 2z + 3w = 0g:
a) Determine u 2 V e v 2 V ? tais que (2; 2; 1; 1) = u + v e calcule a distância entre
(1; 1; 1; 1) e V .
b) Encontre uma matriz A tal que W ? = N (A).
c) Veri…que que V
W e determine uma base para W ? \ V ? .
d) Veri…que se V ? + W ? = R4 , justi…cando.
26. Considere o espaço linear R4 munido com o produto interno usual e os seguintes subespaços lineares de R4 :
U = L (f(0; 1; 1; 1); (1; 1; 1; 0)g) ;
V = f(x; y; z; w) 2 R4 : 4x + 3y + 2z + w = 0g:
a) Determine uma base ortogonal para V ? :
b) Determine a distância entre o ponto (1; 2; 3; 4) e o subespaço V ? .
c) Determine uma base ortogonal para R4 que inclua os vectores (0; 1; 1; 1) e (1; 1; 1; 0).
d) Encontre uma matriz A tal que U = (C(A))? .
27. Seja W = f(x; y; z) 2 R3 : x
2y
3z = 0g. Considere o produto interno usual.
a) Determine as equações cartesianas da recta que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e é
perpendicular ao plano W .
b) Determine a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e é
paralelo ao plano W .
28. Considere a recta r = (1; 1; 1) + L (f(1; 1; 1)g). Considere o produto interno usual.
a) Determine as equações cartesianas da recta r.
b) Determine a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 0; 0) e é
perpendicular à recta r.
29. Seja P o plano que passa pelos pontos (1; 1; 1) ; (2; 0; 3) e (0; 2; 2). Considere o produto
interno usual.
a) Determine a equação cartesiana de P .
b) Determine as equações paramétricas de P .
c) Determine a equação vectorial de P .
30. Determine a solução de mínimos quadrados de Au = b, com
2
3
2 3
1 2
3
4
5
4
A= 2 4
e b = 2 5;
1
2
1
calculando o correspondente vector erro de mínimos quadrados.
130
3a Ficha de exercícios facultativos
1. Seja V um espaço euclidiano real. Veri…que que para todos os u; v; w 2 V;
tem:
(i)
hu; vi = hv; ui
(ii)
h u; vi = hu; vi =
hu; vi
(iii)
hu; v + wi = hu; vi + hu; wi
(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 , ku + vk = ku
vk :
(viii)
hu; vi = 0 , ku + vk2 = kuk2 + kvk2 :
(ix)
hu; vi = 0 , (ku + cvk
kuk para todo o c 2 R):
(x)
hu + v; u
vi = 0 , 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 , (hu; wi = hv; wi para qualquer w 2 V ):
131
2 R se
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
k
X
T (v) =
hv; ui i ui ,
i=1
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. Seja U uma matriz unitária. Mostre que os valores próprios de U têm módulo 1.
7. Considere o espaço euclidiano Rn . Seja T : Rn ! R uma transformação linear. Mostre
que existe um e um só u0 2 Rn tal que
T (u) = hu; u0 i;
para todo o u 2 Rn .
8. Seja P : Rn ! Rn a projecção ortogonal sobre um subespaço V de Rn de dimensão k.
Determine o polinómio característico de P e prove que P é diagonalizável.
9. Considere o espaço linear Rn munido com o produto interno usual. Seja A 2 Mn
tal que
AT A = AAT :
n (R)
Prove que o complemento ortogonal do espaço das colunas de A é igual ao núcleo de
A, isto é
(C(A))? = N (A).
10. Seja V um espaço linear complexo, isto é, cujo corpo dos escalares é C. Considere V
munido de um produto interno h; i. Seja T : V ! V uma transformação linear tal que
hT (u); ui = 0
para todo o u 2 V . Mostre que T = 0.
132
Determinantes
De…nição 57. Dados os números naturais 1; 2; :::; n chama-se permutação desses n
números a qualquer lista em que os mesmos sejam apresentados por ordem arbitrária.
De…nição 58. Seja (i1 i2 :::in ) uma permutação dos números naturais 1; 2; :::; n. Diz-se que um par (ij ik ) é uma inversão quando (j k) (ij ik ) < 0 (isto é, quando ij e ik
aparecerem na permutação por ordem decrescente).
De…nição 59. Uma permutação (i1 i2 :::in ) diz-se par (ímpar) quando o no máximo de
inversões incluídas fôr par (ímpar).
Exemplo 46. A permutação (21453) é ímpar pois o no máximo de inversões nela incluídas é ímpar: (21); (43) e (53).
De…nição 60. Seja A uma matriz do tipo n n. Chama-se determinante de A, e
escreve-se jAj ou det A, o número que se obtém do seguinte modo:
(i) Formam-se todos os produtos possíveis de n factores em que intervenha um elemento
de cada linha e, com s 6= 0 ou t 6= 0taneamente, um elemento de cada coluna de A.
(ii) Afecta-se cada produto do sinal + ou do sinal
conforme as permutações (dos
números naturais 1; 2; :::; n) que …guram nos índices de linha e de coluna tenham a mesma
paridade ou não.
(iii) Somam-se as parcelas obtidas.
Em resumo: …xando, por exemplo, a permutação (i1 i2 :::in ) de 1; 2; :::; n
jAj =
X
( 1) ai1 j1 ai2 j2 :::ain jn ,
(j1 j2 :::jn )
permutação de 1;2;:::;n
em que
=
8
< 0 se (i1 i2 :::in ) e (j1 j2 :::jn ) têm a mesma paridade
:
1 se (i1 i2 :::in ) e (j1 j2 :::jn ) têm paridade diferente.
Observação 36. Pode ainda escrever-se
133
jAj =
X
onde
( 1) a1j1 a2j2 :::anjn
=
(j1 j2 :::jn )
permutação de 1;2;:::;n
ou
jAj =
X
onde
( 1) ai1 1 ai2 2 :::ain n
=
(i1 i2 :::in )
permutação de 1;2;:::;n
Teorema 77. (i) Se A é do tipo 2
(ii) Se A é do tipo 3
:
1 se (j1 j2 :::jn ) é ímpar.
8
< 0 se (i1 i2 :::in ) é par
:
1 se (i1 i2 :::in ) é ímpar.
2, então
a11 a12
a21 a22
jAj =
8
< 0 se (j1 j2 :::jn ) é par
= a11 a22
a12 a21 :
3, então
jAj =
a11 a12 a13
a21 a22 a23
a31 a32 a33
= a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32
=
a13 a22 a31
Observação 37. (i) Se A é uma matriz do tipo n
a12 a21 a33
a11 a23 a32 .
n então jAj tem n! parcelas.
(ii) O determinante de cada um dos três tipos de matrizes elementares é dado por
det Pij =
1;
det Ei ( ) = ;
det Eij ( ) = 1:
Exemplo 47. (i)
1
2
1
2
= 1( 2)
( 1)2 = 0:
(ii)
1
3
2
2
1
1
1
2
3
= 1( 1)( 3) + 3 + 8
134
1( 1)2
6( 3)
2 = 32:
De…nição 61. Seja A = (aij ) uma matriz do tipo n n, com n > 1. Seja Aij a matriz
do tipo (n 1) (n 1) que se obtem de A suprimindo a linha i e a coluna j de A. Chama-se
a Aij o menor-ij da matriz A.
Teorema 78. (Fórmula de Laplace.) Seja A uma matriz do tipo n
Tem-se
det A =
n
X
aij ( 1)i+j det Aij ,
j=1
Observação 38. Seja A uma matriz do tipo n
det A =
n
X
aij ( 1)i+j det Aij ,
n, com n > 1.
com i 2 f1; :::; ng …xo:
n, com n > 1. Tem-se
com j 2 f1; :::; ng …xo:
i=1
Exemplo 48.
1
2
0
1
0
1
1
0
2
1
0
2
3
4
2
3
3+2
= ( 1)( 1)
= ( 1)( 3) + ( 2)4 + 2( 2)3
( 1)3
1
2
1
2
1
2
3
1 0
3+4
4 + ( 2)( 1)
2 1
3
1 0
( 2)2( 3)
Teorema 79. Sejam A e B matrizes do tipo n
4( 2) + 2 [( 2)
n. Seja
2
1
2
( 2)] =
=
18.
um escalar.
(i) det AT = det A:
(ii) Se A fôr uma matriz diagonal, triangular superior ou triangular inferior então o
determinante de A é igual ao produto dos elementos da diagonal principal de A.
(iii) Se A tiver uma linha (ou coluna) nula então det A = 0.
(iv) Se B fôr obtida de A trocando duas linhas (ou colunas) de A então det B =
det A.
(v) Sendo B, A1 e A2 matrizes do tipo n n com as n 1 linhas (colunas): 1; 2; :::; i
1; i + 1; :::; n iguais, se a linha (coluna) i de B fôr obtida somando as linhas (colunas) i de
A1 e de A2 então det B = det A1 + det A2 .
(vi) Sendo B fôr obtida de A multiplicando uma linha (ou coluna) de A por um escalar
então det B = det A.
(vii) Se duas linhas (ou colunas) de A forem iguais então det A = 0.
135
(viii) Se B fôr obtida de A somando a uma linha (ou coluna) de A um múltiplo escalar
de uma outra linha (ou coluna) de A então det B = det A.
n
(ix) det ( A) =
det A:
(x) det (EA) = det E det A; onde E é uma matriz elementar (Pij ; Ei ( ) ou Eij ( )).
(xi) det A 6= 0 , A é invertível.
(xii) det (AB) = det A det B:
(xiii) det (A1 A2 :::Al ) = det A1 det A2 ::: det Al ; onde A1 ; A2 ; :::; Al são l (l 2 N) matrizes
do tipo n n.
1
:
det A
(xiv) Se A fôr invertível, det (A 1 ) =
(xv) det (AB) = 0 , (det A = 0 ou det B = 0):
(xvi) det (AB) = det (BA) :
Exemplo 49.
9
7
5
3
1
7
7
5
3
1
=
5
5
5
3
1
1
0
0
0
0
3
3
3
3
1
1
2
0
0
0
1
1
1
1
1
1
2
2
2
2
=
1
2
2
4
4
1
3
5
7
9
1
2
2
4
6
1
3
5
7
7
=
1
3
5
5
5
1
0
0
0
0
1
3
3
3
3
1
1
1
1
1
1
2
0
0
0
1
1
1
1
1
=
1
2
2
0
0
1
2
2
2
2
1
2
2
2
4
1
3
3
3
3
=
1
3
5
5
5
1
3
5
7
7
1
0
0
0
0
Observação 39. (i) Sendo A e B matrizes do tipo n
jA + Bj =
6 jAj + jBj
e
Por exemplo, se n é par, A = I e B =
jA + Bj = 0 6= 2
jA
1
2
0
0
0
1
3
5
7
9
1
2
2
0
0
=
1
2
2
2
0
1
0
0
0
0
1
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
2
4
4
4
1
2
4
6
6
1
2
4
6
8
=
= 24 = 16.
n, em geral:
Bj =
6 jAj
jBj .
I, tem-se
=
n é par
1 + ( 1)n = jAj + jBj :
(ii) Sendo A uma matriz do tipo n n, se …xarmos n 1 linhas (colunas), o determinante
de A é uma função linear em relação à linha (coluna) não …xada.
136
De…nição 62. Seja A = (aij ) uma matriz do tipo n n, com n > 1. Seja Aij o
menor-ij da matriz A. Chama-se a ( 1)i+j det Aij o cofactor-ij da matriz A e à matriz
cof A = (( 1)i+j det Aij ) do tipo n n, com n > 1, a matriz dos cofactores de A.
Teorema 80. Para qualquer matriz A do tipo n
n, com n > 1, tem-se
A (cof A)T = (cof A)T A = (det A) I.
Se det A 6= 0 então A é invertível e
A
1
=
1
0
C
B 1
1
j+i
C
(cof A)T = B
(
1)
det
A
ji
A
@ det A
det A
{z
}
|
entrada (i;j) de A
a b
c d
Exemplo 50. (i) Seja A =
e
A
Note que ad
1
=
2 M2
1
ad
bc
2
1
.
n n
(R) tal que det A 6= 0. Então A é invertível
d
c
b
a
.
bc = det A.
(ii) Podemos usar o teorema anterior para calcular não só a inversa de uma matriz
(invertível) mas também (e sobretudo) entradas concretas dessa inversa. Seja
2
3
1 0 3
A = 4 4 5 6 5.
7 8 9
A entrada (1; 2) da matriz A
(A 1 )12 =
1
(cof A)T
det A
1
é dada por
=
12
1
( 1)2+1 det A21 =
det A
1
12
0 3
8 9
det
Note que apesar da entrada (1; 2) de A ser nula, a entrada (1; 2) de A
1
=
2.
não é nula.
(iii) Para calcular A 1 a partir do teorema anterior, é preciso calcular (cof A)T . Assim,
usando por exemplo A da alínea anterior, tem-se
2
3
5 6
4 6
4 5
6
7 2
3
8 9
7 9
7 8
6
7
3
6
3
6
7
0 3
1 3
1 0 7 4
24
12
8 5
cof A = 6
6
7=
8
9
7
9
7
8
6
7
15 6
5
4
5
0 3
1 3
1 0
5 6
4 6
4 5
137
pelo que
2
3
(cof A)T = 4 6
3
e assim
A
1
=
1
(cof A)T =
det A
De facto
2
4
1
4
1
4
1
2
2
3
1 4
6
12
3
5
4
2
1
1
2
5
12
2
3
3
15
6 5
5
24
12
8
24
12
8
32
3 2
15
6 5=4
5
1
4
1
4
1
2
5
4
2
1
1
2
5
12
2
3
3 2
3
1 0 3
1 0 0
54 4 5 6 5 = 4 0 1 0 5.
7 8 9
0 0 1
3
5.
Teorema 81. (Regra de Cramer.) Seja A uma matriz do tipo n n tal que A é
invertível. Então a única solução do sistema de equações lineares AX = B é dada por
X = A 1B =
Isto é, sendo X =
x1 ::: xn
T
eB=
1
(cof A)T B.
det A
T
b1 ::: bn
tem-se, para i = 1; :::; n,
1 X
det Ci
,
( 1)k+i det Aki bk =
det A k=1
det A
n
xi =
onde Ci é a matriz obtida de A substituindo a coluna i de A pela matriz coluna B dos termos
independentes.
Exemplo 51. O sistema de equações lineares
8
< y + 2z = 8
4x + 2y z = 7
:
x z=1
pode ser resolvido usando a regra de Cramer:
x=
8
7
1
0
4
1
1
2
0
1
2
0
2
1
1
2
1
1
= 14,
y=
0
4
1
0
4
1
8
7
1
1
2
0
2
1
1
2
1
1
138
=
18
e
z=
0
4
1
0
4
1
1
2
0
1
2
0
8
7
1
2
1
1
= 13.
Produto externo e produto misto
De…nição 64. Sejam u = (u1 ; u2 ; u3 ) ; v = (v1 ; v2 ; v3 ) 2 R3 . Considere-se em R3 o
produto interno usual. Então o produto externo (vectorial) de u por v, denotado por
u v, é o vector de R3 de…nido por
u
v = (u2 v3
u3 v2 ; u3 v1
u1 v3 ; u1 v2
u2 v1 ) ,
isto é,
u
v=
u 2 u3
e
v2 v3 1
=
u 2 u3
;
v2 v3
u1 u3
u u
; 1 2
v1 v3
v1 v2
u 1 u3
u1 u2
e2 +
e =
v1 v3
v1 v2 3
=
e1 e2 e3
u1 u 2 u3 ,
v1 v2 v3
onde fe1 ; e2 ; e3 g é a base canónica de R3 .
Teorema 84. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam u; v; w 2 R3 e
Então, tem-se:
(i) e1
e2 = e3
(ii) e2
e3 = e1
(iii) e3
e1 = e2
(iv) u
v=
(v) u
(v
u)
(v + w) = u
(vi) (u + v)
(vii)
2 R.
(u
(viii) u
(ix) u
w=u
v+u
w+v
v) = ( u)
0=0
w
w
v=u
( v)
u=0
u=0
(x) Se u e v forem linearmente dependentes então u
(xi) u
(xii) (u
(xiii) ku
(xiv) u
w) = hu; wi v
(v
v)
w = hw; ui v
v=0
hu; vi w
hw; vi u
vk2 + hu; vi2 = kuk2 kvk2 (identidade de Lagrange)
(v
w) + w
(u
v) + v
(w
u) = 0 (identidade de Jacobi)
Teorema 85. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam u = (u1 ; u2 ; u3 ) ; v =
(v1 ; v2 ; v3 ) 2 R3 n f0g e seja 2 [0; ] o ângulo formado por u e v. Então tem-se:
139
(i)
kuk kvk sen = ku
vk :
(ii) A área do paralelogramo de lados adjacentes u e v é dada por:
A = ku
Dem. (i) Como
2 [0; ], tem-se sen =
vk :
p
cos2
1
e deste modo,
kuk kvk sen =
p
= kuk kvk 1
s
= kuk kvk
=
q
1
kuk2 kvk2
cos2 =
hu; vi2
=
kuk2 kvk2
hu; vi2 =
q
= (u21 + u22 + u23 ) (v12 + v22 + v32 ) (u1 v1 + u2 v2 + u3 v3 )2 =
q
= (u2 v3 u3 v2 )2 + (u3 v1 u1 v3 )2 + (u1 v2 u2 v1 )2 =
= k(u2 v3
u3 v2 ; u3 v1
u1 v3 ; u1 v2
u2 v1 )k = ku
vk .
(ii)
A = (base)(altura) = kuk kvk sen :
De…nição 65. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam w = (w1 ; w2 ; w3 ) ; u =
(u1 ; u2 ; u3 ) ; v = (v1 ; v2 ; v3 ) 2 R3 . À expressão
hw; u
vi
chama-se produto misto de w; u e v.
Teorema 86. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam w = (w1 ; w2 ; w3 ) ; u =
(u1 ; u2 ; u3 ) ; v = (v1 ; v2 ; v3 ) 2 R3 . Então, tem-se:
(i)
hw; u
vi =
w1 w2 w3
u 1 u 2 u3
v1 v2 v3
(ii)
hu; u
vi = 0
hv; u
vi = 0
140
hw; u
vi = hw
u; vi :
(iii) Sendo o ângulo formado por w e u
em (0; 0; 0) e arestas w; u; v, é dado por
V =
v, o volume do paralelepípedo com um vértice
ku vk
| {z }
área da face determinada por u e v
= ku
altura
jhw; u vij
=
kwk ku vk
vk kwk
= jhw; u
kwk jcos j =
| {z }
w1 w2 w3
u1 u2 u 3
v1 v2 v3
vij =
(iv) Considere-se Rn com o produto interno usual. Sendo V o volume do hiperparalelepípedo
determinado pela base ordenada fw1 ; :::; wn g, tem-se
V 2 = det
w1
= det w1
wn
w1
wn
= det
wn
det
T
2
=
w1
det w1
wn
=
wn
=
T
wn
w1
wn
=
3
1
(w1 )T
5 w1
wn A =
= det @4
T
(wn )
02
31
(w1 )T w1
(w1 )T wn
B6
7C
...
= det @4
5A =
= det
w1
02
(wn )T wn
31
02
hw1 ; w1 i
hw1 ; wn i
7C
B6
..
= det @4
5A = det G.
.
hwn ; w1 i
hwn ; wn i
(wn )T w1
Logo
V 2 = det G.
(v) A distância entre duas rectas disjuntas r e s não paralelas de…nidas por:
r = fag + L fug
e
s = fbg + L fvg
é dada por:
d (r; s) =
V
jhb a; u vij
=
A
ku vk
onde os vectores b a; u e v determinam o paralelepípedo cuja altura é a distância entre as
duas rectas, V é o volume desse paralelepípedo e A é a área do paralelogramo que é a base
do paralelepípedo.
141
9a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
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
cada uma das seguintes parcelas:
6 diga qual o sinal que afecta
(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
(iii)
2
6
det 6
4
=
a13 a22 a31
0
0
0 an
an1
(ii)
a1n
an 1 n
ann
12
0
0
0
0
0 a23
0 a32 a33
a41 a42 a43
a14
a24
a34
a44
= a14 a23 a32 a41
3
7
n 1
7 = ( 1)n 2 a1n :::an
5
1 2 an1
4. Calcule os seguintes determinantes e diga quais são as matrizes invertíveis:
p
1 2
18563 18573
1 + p2 2
(i)
(ii)
(iii)
3 4
21472 21482
2+ 3 1
(iv)
(vii)
(xi)
(xiv)
cos
sen
2
5
2
sen
cos
1
1
3
2
0
0
0
2
1
0
0
12
22
32
42
22
32
42
52
(v)
1
3
2
(viii)
8
2
3
0
32
42
52
62
6
0
23
5
42
52
62
72
2 0 1
5 3 0
5 1 2
8 12
5
1
2 1
8
3
1
1
1
2
2
3
2
1
0
(xii)
(xv)
0
0
0
0
5
4
0
0
0
0
142
0
0
0
3
0
(vi)
(ix)
1
1
1
2
0
2
0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
1
0
2
5
2
1 2 3
4 5 6
7 8 9
0
0
0
2
a
b
0
0
0
0
a
b
0
0
2
3
1
0
1
0
0
(x)
(xiii)
(xvi)
3
1
1
1
0
1
0
0
0
1
2
0
0
a
b
0
p
p3
2
0
1
0
1
0
3
2
8
0
0
0
a
b
b
0
0
0
a
0
0
1
0
5
23
0
6
7
1
(xvii)
2
2
(xx)
4
2
1
2
2 1 0
7 3 0
3 1
3 9 0
0
0
3
0
5
2
8
4
9
5
8
6
7
(xviii)
0
3
0
0
0
n
0
2
1
0
n
6
0
4
3
5
4
1
1
1
2
n
1
1 n
1
(xxi)
5. (i) Veri…que que a matriz
2
6
6
6
6
4
0
e
0
0
0
..
.
..
.
..
2
1
a
0
f
0
0
0
b
0
g
0
2
1
0
0
c
0
h
0
0
0
d
0
7
0
(xix) 0
0
5
2
2
1
3
3
4
0
0
0
3
1
0
5
3
7
3
2
8
9
2 1
2
.
. ..
2
1
1
..
.
1
1
3
7
7
7
7
5
não é invertível para quaisquer a; b; c; d; e; f; g; h 2 R.
(ii) Diga, para que valores de a; b; c; d; e; f; g; h; i; j 2 R, é invertível a seguinte matriz
2
3
0 a 0 0 0 0
6 f 0 b 0 0 0 7
6
7
6 0 g 0 c 0 0 7
6
7
6 0 0 h 0 d 0 7
6
7
4 0 0 0 i 0 e 5
0 0 0 0 j 0
6. Determine todos os valores do escalar para os quais a matriz A
onde A é dada por:
2
3
1 0
2
0 3
1
2 5
(i)
(ii) 4 0
2
1
2
2 0
2
3
2
3
1
1
1 1 1
7
6
(iii) 4 1 1 1 5
(iv) 4 ... . . . ... 5
1 1 1
1
1 n n
7. Indique três matrizes A do tipo 2
2 tais que tr A =
= det A.
8. Seja
2
6
A =6
4
1
0
1
0
1
0
1
0
143
3
1
0 7
7 ; com
1 5
2R
I é não invertível,
6
0
1
p0
3
a) Diga, justi…cando, quais são os valores de
para os quais A é invertível.
b) Seja n 2 N. Calcule det (A0 )n + (A0 )n+2 .
c) Considerando os valores de
da matriz inversa de A .
para os quais A é invertível, calcule a entrada (3; 1)
9. 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
10. Determine a matriz A do tipo 2
2 tal que
0 1
2 2
I
11.
Diga, justi…cando, se a matriz:
1
A=4 1
1
1
1
1
AT A + A det A
1
4 1
0
0 1
2 2
A = A det
2
2
0
1
6
3
4
3 5
0
:
3
1
1 5:
1
5A
é invertível.
2
3
0 0 1
12. Seja A = 4 0 2 2 5. Calcule
1 2 3
det
13.
14.
15.
16.
2A 1 AT det A
2
:
2
3
0 a 0 1
6 1 0 2 0 7
7 = 1:
Calcule os valores de a para os quais det 6
4 0
2 0 1 5
1 0 a 0
2
3
1
1
0
0
6 0
1
0
2 7
7. Calcule det (A3 + A4 ) :
Seja A = 6
4 1
1
2
2 5
1
0
2
1
3
2
0
0
1
1
6 1
0
3
3 7
7. Calcule det (A6 A5 ) :
Seja A = 6
4 2
1
2
2 5
0
2
1
0
2
3
2
3
0 0 1
1 0 1
Sejam A = 4 0 1 0 5 e B = 4 0 2 0 5. Determine a matriz X tal que
1 0 0
1 0 1
AXB
B = AX det AT A .
144
17. Sejam
2
3
6 1
A=6
4 0
3
2
0
9
1
0
0
2
0
3
2
3 7
7
0 5
2
2
1
6 4
B=6
4 0
0
0
0
1
1
0
1
0
2
3
2
0 7
7.
3 5
2
(i) Justi…que que A e B são invertíveis e determine as entradas (2; 2) de A
de B 1 .
(ii) Veri…que que det (A + B) 6= det A + det B e det (A
B) 6= det A
1
e (2; 3)
det B.
18. Use a regra de Cramer para calcular as soluções dos sistemas:
2x + 3y = 1
5x + 7y = 3
8
< x+y =1
2x + z = 1
(ii)
:
x + 2y + 2z = 1
2
3
2
1 0 1
9
19. Sejam C = 4 2 3 2 5 e D = 4 7
0 1
2
2
(i)
8
3
0
Veri…que que C e D são invertíveis e calcule:
(i) det (2C
1
)
1
(ii) det C 3 (2C)
1
C T 2C
(iii) det
3
1
0 5.
0
(iv) det C T 12 C
2
(v) det (C 2 + 2D)
2 3
D
3
2C T
(vi) det
Sugestão: Sejam m 2 N,
1
DT
1
1
C
escalar, A; B e S matrizes n
n com S invertível, tem-se
(a) det (AB) = (det A) (det B)
n
(b) det ( B) =
(c) det A
det B
T
= det A
1
(d) det (A 1 ) =
det A
T
T
(e) ( B) = B
(f) S
m
= (S
1 m
)
20. Sejam A e B matrizes 3
3 tais
2
a
4
21. Sejam a; b; c 2 R. Seja B = 1
1
p
que det A = 3 e det B = 12 . Calcule det(2AT B 3 ).
3
1 2
b 2 5 : Sabendo que det B = 2, calcule:
2 c
145
(i)
1 1 a
2 b 1
c 2 2
(ii)
a+3
1
b+3 b 2
c+3 2 c
a
d
g
x
22. Sejam a; b; c; d; e; f 2 R. Sabendo que
(i)
2
2
c
b
e
h
y
(iii) det
0
0
0
1
c
f
i
z
1 T
B B
2
= 5; calcule:
d e f
g h i
a b c
(ii)
a
2d
g
b
c
2e 2f
h
i
(iii)
a+d b+e c+f
d
e
f
g
h
i
2i
(iv)
(v)
2h
2g
f 3c e 3b d 3a
c
b
a
a g d
b h e
c i f
a b c
2 1 0
1 2 1
23. Sejam a; b; c 2 R. Sabendo que
(i)
a
6
b
3
1
1
2
(ii)
(iv)
c
0
1
2
a
b
c
2a + 2 2b + 1 2c
a+1 b+2 c+1
a
(iii)
= 1; calcule:
1 b
3
1
2 c
3
2
1
1
1
1
1
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
1
24. Sejam ;
2 R. Sabendo que
1
2
1
+
146
1
1
2
= 1; calcule
2
+
2
2
.
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
25. Seja
2 R. Veri…que que
26. Seja
2 R. Calcule o determinante da seguinte matriz do tipo n
2
3
6
6
6
6
6
6
6
6
4
27. Sejam
1
..
.
+1
1
1
..
.
+1
1
6= 0 e A = (aij )n
1
n.
1
1
..
.
..
.
..
.
1
..
.
..
.
+1
1
1
+1
1
Mostre que det A = det
i j
=
6
.
n.
7
7
7
7
7
7
7
7
5
aij .
3
1 a a2
28. Que condições devem os parâmetros reais a; b e c veri…car para que a matriz 4 1 b b2 5
1 c c2
seja invertível?
29. Veri…que que
2
1 1
4
x
(i) det
1 y1
x2 x2
2
(x1 )3
6 (x2 )3
(ii) det 6
4 (x3 )3
(x4 )3
3
1
y1 5 = (y1
y2
(x1 )2
(x2 )2
(x3 )2
(x4 )2
x1
x2
x3
x4
30. Mostre que:
(i)
(ii)
2
b+c c+a b+a
a
b
c
1
1
1
x1 ) (y2
3
1
1 7
7 = (x1
1 5
1
b1 c 1
b2 c 2
b3 c 3
(iii)
(iv)
a1 b1 a1 + b1 + c1
a2 b2 a2 + b2 + c2
a3 b 3 a3 + b 3 + c 3
x2 ) (x1
=0
b1 + c 1 b2 + c 2 b3 + c 3
c 1 + a1 c 2 + a2 c 3 + a3
a1 + b 1 a2 + b 2 a3 + b 3
a1 + b 1 a1
a2 + b 2 a2
a3 + b 3 a3
x2 )
a1 b 1 c 1
= 2 a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
=
a1 b 1 c 1
2 a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
=
a1 b 1 c 1
a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
147
x3 ) (x1
x4 ) (x2
x3 ) (x2
x4 ) (x3
x4 )
31. 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
32. 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.
33. 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
34. Resolva as seguintes equações.
(i)
(ii)
(iii)
1
0
1
x 1
1 1
0 2
x
x
x
x
x
1
1
1
x
4
x
x
1
x
1
1
x
x
4
x
1
1
x
1
=0
x
x
x
4
1
1
1
x
=0
=0
35. Sabendo que 533; 715 e 871 são múltiplos de 13, justi…que que
5 3 3
7 1 5
8 7 1
é também
múltiplo de 13, sem calcular o determinante.
36. Sem calcular o determinante, veri…que que
2
1
3
1 8
0 10
7 4
é múltiplo de 5.
37. 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. Isto é, toda a matriz anti-simétrica de ordem ímpar
não é invertível.
38. Mostre que se uma matriz fôr ortogonal então o seu determinante ou é 1 ou é
se a matriz fôr unitária?
39. Seja A uma matriz real do tipo 5
6. Calcule, justi…cando, det AT A :
148
1. E
Valores próprios e vectores próprios. Diagonalização.
De…nição 66. Seja V espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Diz-se
que um escalar é um valor próprio de T se existir um vector não nulo v 2 V tal que
T (v) = v.
Aos vectores não nulos v que satisfaçam a equação anterior chamam-se vectores próprios
associados ao valor próprio . Dado um valor próprio de T , o conjunto
E = fv 2 V : T (v) = vg = N (T
I)
é um subespaço linear de V . Chama-se a E o subespaço próprio associado ao valor
próprio . À dimensão de E chama-se multiplicidade geométrica de e denota-se por
mg ( ), isto é,
dim N (T
I) = mg ( ) .
Exemplo 53. (a) Seja V um espaço linear e I : V ! V a transformação identidade. Então todos os vectores de V , exceptuando o vector nulo, são vectores próprios de T associados
ao valor próprio 1.
(b) Seja V o espaço linear das funções reais inde…nidamente diferenciáveis em R e T :
V ! V a (transfomação) função derivada. Como, por exemplo
T e2x = 2e2x
então e2x é vector próprio de T associado ao valor próprio 2.
Observação 42. (i) Sejam V um espaço linear e 0 o vector nulo de V . Seja T : V ! V
uma transformação linear. Um escalar é um valor próprio de T se e só se N (T
I) 6= f0g.
(ii) Se o espaço linear V tiver dimensão …nita n e se A = M (T ; B; B) fôr a matriz n n
que representa T em relação a uma base ordenada B de V , então um escalar é um valor
próprio de T se e só se esse escalar fôr solução da equação
det(A
I) = 0,
uma vez que se tem, para v 2 V ,
(T
I) v = 0 , (A
2
1
3
6
7
I) 4 ... 5 = 0.
n
onde
1 ; :::;
n
são as coordenadas de v na base ordenada B, daí que
é um valor próprio de T , N (T
I) 6= f0g , N (A
149
I) 6= f0g , det(A
I) = 0
isto é
é um valor próprio de T , det(A
I) = 0
Além disso, tem-se
v é um vector próprio de T , v 2 N (T
I) n f0g , (
1 ; :::;
n)
2 N (A
I) n f0g
isto é
v é um vector próprio de T , (
1 ; :::;
n)
2 N (A
I) n f0g
e
mg ( ) = dim N (T
I) = dim N (A
I).
(iii) No caso em que V = Rn e A = M (T ; Bcn ; Bcn ), como (neste caso) v = (
tem-se
N (T
I) = N (A
I) :
De…nição 67. Seja A uma matriz n
1 ; :::;
n ),
n. Chama-se ao polinómio
p( ) = det(A
I)
o polinómio característico da matriz A. Este polinómio tem grau n, o coe…ciente do
termo de grau n é ( 1)n , o coe…ciente do termo de grau n 1 é ( 1)n 1 tr A e o termo
constante é p(0) = det A.
De…nição 68. Seja A uma matriz n n. Chama-se valor próprio de A a qualquer
escalar tal que A
I seja não invertível, isto é, tal que det(A
I) = 0. Ao conjunto de
todos os valores próprios de A chama-se espectro de A. À multiplicidade de como raíz
do polinómio det(A
I) chama-se multiplicidade algébrica de e denota-se por ma ( ).
Chama-se vector próprio de A, associado ao valor próprio de A, a qualquer vector não
nulo v que veri…que
(A
I)v = 0,
isto é, a qualquer vector
v 2 N (A
I)n f0g .
Teorema 87. Seja A uma matriz n n. O escalar 0 é valor próprio de A se e só se A
fôr não invertível. Isto é, a matriz A é invertível se e só se 0 não fôr valor próprio de A.
Teorema 88. Seja A uma matriz n
escrito na forma:
p( ) = det(A
I) = (
n. Então o polinómio característico de A pode ser
1
)m1 (
2
)m2
(
k
)mk ,
onde 1 ; 2 ; : : : ; k são os valores próprios distintos de A e m1 ; m2 ; : : : ; mk são tais que
m1 + m2 +
+ mk = n.
De…nição 69. Se
p( ) = det(A
I) = (
1
)m1 (
150
2
)m2
(
k
)mk ,
onde 1 ; 2 ; : : : ; k são os valores próprios distintos de A, aos expoentes m1 ; m2 ; : : : ; mk
chamam-se as multiplicidades algébricas desses valores próprios respectivamente. Escrevese
ma ( k ) = mk .
Teorema 89. Seja A uma matriz n n, com os valores próprios 1 ; 2 ; : : : ; n (repetidos
de acordo com a respectiva multiplicidade algébrica). Então, atendendo à alínea anterior e
à de…nição anterior tem-se
det A =
1 2
e
n
De…nição 70. Sejam A e B matrizes n
se existir uma matriz S invertível tal que
tr A =
1
+
2
+
+
n.
n. As matrizes A e B dizem-se semelhantes
B = SAS
1
.
Teorema 90. Duas matrizes são semelhantes se e só se existirem bases ordenadas em
relação às quais essas matrizes representem a mesma transformação linear.
Teorema 91. Sejam A e B matrizes n
têm o(a) mesmo(a):
(i) determinante;
(ii) característica;
n. Se A e B forem semelhantes então A e B
(iii) nulidade;
(iv) traço;
(v) polinómio característico, e portanto têm os mesmos valores próprios com as mesmas
multiplicidades algébricas e geométricas.
Dem. (Matrizes semelhantes têm o mesmo polinómio característico.)
det(B
I) = det(SAS 1
SS 1 ) =
I)S 1 ) = det S det(A
I) det S
1
= det(A
I).
= det S det(A
I)
det S
I) = det(SAS
= det(S(A
1
1
=
Teorema 92. (i) Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear.
Se T tiver valores próprios 1 ; :::; k distintos dois a dois e se para cada i = 1; :::; k considerarmos o conjunto Si dos vectores próprios de T linearmente independentes e associados a
i , então S1 [ ::: [ Sk é um conjunto linearmente independente.
(ii) Seja A uma matriz n n. Se A tiver valores próprios 1 ; :::; k distintos dois a dois e
se para cada i = 1; :::; k considerarmos o conjunto Si dos vectores próprios de A linearmente
independentes e associados a i , então S1 [ ::: [ Sk é um conjunto linearmente independente.
(iii) Seja A uma matriz n
n. Tem-se
mg ( i )
ma ( i ) ;
151
para qualquer valor próprio
i
de A.
Dem. (ii) Vejamos que a a…rmação é válida para k = 2. O caso geral prova-se por
indução. Sejam 1 e 2 dois valores próprios distintos e sejam S1 = fu1 ; :::; ur g e S2 =
fv1 ; :::; vs g dois conjuntos de vectores próprios de A linearmente independentes e associados
respectivamente a 1 e a 2 . Suponhamos que se tinha
1 u1
+
+
r ur
+
1 v1
+
+
s vs
= 0. (*)
Logo
0 = A ( 1 u1 +
= 1 1 u1 +
Multiplicando (*) por
1
+
+
r ur
r
+ 1 v1 +
+ s vs ) =
+ s 2 vs . (**)
1 ur + 1 2 v1 +
e subtraindo a (**) obtem-se
1
(
2
1 ) v1
+
+
s
(
2
1 ) vs
= 0,
e atendendo a que 1 6= 2 e ao facto de S2 ser linearmente independente, conclui-se que
= s = 0. Finalmente, como S1 é linearmente independente, então 1 =
= r=
1 =
0 e deste modo S1 [ S2 é um conjunto linearmente independente.
(iii) Seja i um qualquer valor próprio de A. Seja r = mg ( i ) = dim N (A
i I). Seja
n
fu1 ; :::; ur g uma base de N (A
I).
Seja
fu
;
:::;
u
;
u
;
:::;
u
g
uma
base
de
R
(ou de
i
1
r
r+1
n
n
1
C ). Considere-se a matriz invertível S = [u1 :::ur ur+1 :::un ]. Tem-se
SAS
1
=
i Ir r
0(n
.
r) r
Logo, como SAS 1 e A têm o mesmo polinómio característico, então i é uma raíz do
polinómio característico de A com multiplicidade algébrica pelo menos igual a r.
De…nição 71. (i) Seja A uma matriz n n. Se existir uma matriz P
que
D = P AP 1 ,
1
invertível tal
com D matriz diagonal, então diz-se que A é uma matriz diagonalizável e que P 1 é
a matriz diagonalizante. No caso de A ser uma matriz diagonal, a matriz diagonalizante
é a matriz identidade.
(ii) Seja V um espaço linear tal que dim V = n. Seja T : V ! V uma transformação
linear. Diz-se que T é diagonalizável se existir uma base ordenada B de V em relação à
qual a matriz M (T ; B; B) que representa T nessa base seja uma matriz diagonal.
Teorema 93. Seja A 2 Mn n (R). A matriz A é diagonalizável se e só se existir uma
base Bvp de Rn apenas constituída por vectores próprios de A. Neste caso, as entradas da
diagonal principal da matriz diagonal D serão os valores próprios de A apresentados pela
ordem dos vectores próprios correspondentes na base ordenada Bvp . Além disso, a matriz
152
P 1 será a matriz cujas colunas serão os vectores próprios de A, da base Bvp de Rn dispostos
pela mesma ordem, tendo-se
D = P AP 1 .
O mesmo se aplica a Cn .
Teorema 94. Seja A uma matriz n n. Sendo
A, então as a…rmações seguintes são equivalentes:
1 ; :::;
k
os valores próprios distintos de
(i) A é diagonalizável.
(ii) A tem n vectores próprios linearmente independentes.
(iii)
k
P
mg ( i ) = n.
i=1
(iv) mg ( i ) = ma ( i ) para todo o i = 1; :::; k..
Dem. (i) ,(iii) Sejam 1 ; :::; k os valores próprios de A distintos dois a dois.
()) Suponhamos que A é diagonalizável. Então A terá n vectores próprios linearmente
independentes. Suponhamos que li dos vectores próprios de A estão associados ao valor
próprio i . Logo, para cada i = 1; :::; k
dim N (A
i I)
li .
Seja
r = dim N (A
1 I)
+ ::: + dim N (A
k I) :
Então
r
l1 + ::: + lk = n.
Para cada i = 1; :::; k seja Si uma base de N (A
i I). Logo S1 [ ::: [ Sk é um conjunto de
r vectores linearmente independentes, pelo que se tem r n. Logo r = n.
(() Suponhamos que n = dim N (A
1 I) + ::: + dim N (A
k I). Para cada i =
1; :::; k sendo mi = dim N (A
I),
existirá
então
um
conjunto
S
formado
por mi vectores
i
i
próprios de A linearmente independentes associados ao valor próprio i . Assim, conclui-se
que S1 [ ::: [ Sk é um conjunto de n vectores próprios de A linearmente independentes, sendo
deste modo A diagonalizável.
Observação 43. (i) Se todos os valores próprios de A forem raízes simples do polinómio
característico, então A é diagonalizável.
(ii) Se A 2 Mn
n
(R) então A é é diagonalizável se e só se:
Rn = N (A
1 I)
:::
N (A
k I) .
(iii) Seja V um espaço linear tal que dim V = n. Seja A = M (T; B; B) a matriz n n
que representa a transformação linear T : V ! V em relação à base ordenada B. No caso de
153
haver uma base Bvp (ordenada) de V apenas constituída por vectores próprios de T , então
tem-se
M (T; Bvp ; Bvp ) = P AP 1 ,
onde P 1 = SBvp !B , sendo deste modo M (T; Bvp ; Bvp ) a matriz diagonal cujas entradas da
diagonal principal são os valores próprios de A apresentados pela ordem dos vectores próprios
correspondentes na base Bvp . Assim, T é representada relativamente a uma base ordenada
por uma matriz diagonal, isto é, T é diagonalizável.
(iv) No caso de se ter D = P AP 1 , com P 1 invertível e D matriz diagonal, tem-se,
para k 2 N,
D k = P Ak P 1 ,
ou seja,
Ak = P 1 D k P .
Exemplo 54. Nos exemplos que se seguem as matrizes A consideradas poderão ser vistas
como matrizes que representam transformações lineares T relativamente à base canónica (ou
outras) ordenada de R3 , tendo-se no caso da base canónica, para todo o v 2 R3 ,
T (v) = Av.
Deste modo, os valores próprios e vectores próprios de T serão respectivamente
próprios e vectores próprios de A.
2
1
5
4
0
2
(i) Uma matriz com valores próprios distintos. A =
4 0
polinómio característico é dado por
1
det(A
=
=
=
=
=
5
0
4
I) =
(1
(1
(3
(3
(3
2
1
1
os valores
3
1
1 5.
3
O
=
0
)(
)(
) [(
)
)(
3
2
) (3
) 20 + 4 (2 + ) =
2
) (3
)+4
12 =
1) ( + 2) 4] =
2
+
6 =
2) ( + 3) .
Os valores próprios de A são os valores de para os quais det(A
próprios de A são
3.
1 = 3,
2 = 2 e
3 =
Os vectores próprios de A associados ao valor próprio
para os quais
(A
I) v = 0,
isto é, são os vectores não nulos de N (A
Determinemos os vectores próprios de A
02
2
@
4
0
N (A
I)
=
N
1
4
I) = 0. Logo, os valores
são os vectores não nulos v 2 R3
I).
associados ao valor próprio 1 = 3. Tem-se
31
5
1
5 1 5A = L (f(0; 1; 5)g) .
0
0
154
Logo, o subespaço próprio E
é dado por
1
E
1
= N (A
1 I)
= L (f(0; 1; 5)g) .
Os vectores próprios de A associados ao valor próprio
1
= 3 são
v = (0; s; 5s) , com s 2 Rn f0g .
Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio 2 = 2. Tem-se
02
31
1 5
1
@4 0
4 1 5A = L (f(1; 1; 4)g) .
N (A
2 I) = N
4 0
1
Logo, o subespaço próprio E
é dado por
2
E
2
= N (A
2 I)
= L (f(1; 1; 4)g) .
Os vectores próprios de A associados ao valor próprio
2
= 2 são
v = (s; s; 4s) , com s 2 Rn f0g .
Determinemos os vectores próprios de A
02
4
@
4
0
N (A
3 I) = N
4
Logo, o subespaço próprio E
E
3
3
é dado por
= N (A
associados ao valor próprio 3 =
31
5
1
1 1 5A = L (f(3; 2; 2)g) .
0 6
3 I)
3. Tem-se
= L (f(3; 2; 2)g) .
Os vectores próprios de A associados ao valor próprio
3
=
3 são
v = (3s; 2s; 2s) , com s 2 Rn f0g .
Atendendo a que os valores próprios de A são distintos, os vectores próprios de A associados a esses valores próprios são linearmente independentes. Como dim R3 = 3, então 3
vectores em R3 linearmente independentes formarão desde logo uma base de R3 . Logo, o
conjunto
B = f(0; 1; 5) ; (1; 1; 4) ; (3; 2; 2)g
é uma base de R3 . Deste modo, temos uma base de R3 formada só por vectores próprios de
A. Logo, a matriz A é diagonalizável, isto é, existe uma matriz invertível P 1 diagonalizante
tal que a matriz P AP 1 é diagonal, tendo-se
2
3 2
3
2
3
0 0
3 0 0
0 1 3
1
0 5 = 4 0 2 0 5 , com P 1 = 4 1 1
2 5.
D = P AP 1 = 4 0
2
0 0
0 0
3
5 4 2
3
Note que cada coluna de P 1 é formada pelo vector próprio associado ao valor próprio
respectivo e na posição respectiva. Além disso, tem-se
(R3 ; Bc3 )
SBc3 !B # I
(R3 ; B)
M (T ;Bc3 ;Bc3 )
!
T
T
!
M (T ;B;B)
155
(R3 ; Bc3 )
I # SBc3 !B
(R3 ; B)
com
SBc3 !B = P , M (T ; B; B) = D
(ii) Uma matriz com valores próprios
2
2
4
A= 2
3
O polinómio característico é dado por
2
det(A
1
2
3
I) =
3
3
= (2
) (3
3
=
+9 2
=
(
1) (
e M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = A.
repetidos mas diagonalizável.
3
1 1
3 2 5.
3 4
1
2
=
4
) (4
)+6+6
15 + 7 =
1) (
7) .
3 (3
)
6 (2
Os valores próprios de A são os valores de para os quais det(A
próprios de A são
1 = 1 e
2 = 7.
Logo, o subespaço próprio E
E
1
1
é dado por
= N (A
1 I)
)=
I) = 0. Logo, os valores
I).
A associados ao valor próprio 1 = 1. Tem-se
31
1
2 5A = L (f( 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1)g) .
3
= L (f( 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1)g) .
Os vectores próprios de A associados ao valor próprio
v=( s
2 (4
são os vectores não nulos v 2 R3
Os vectores próprios de A associados ao valor próprio
para os quais
(A
I) v = 0,
isto é, são os vectores não nulos de N (A
Determinemos os vectores próprios de
02
1 1
@
4
2 2
N (A
1 I) = N
3 3
)
1
= 1 são
t; s; t) , com s 6= 0 ou t 6= 0.
Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio 2 = 7. Tem-se
02
31
5 1
1
@4 2
4 2 5A = L (f(1; 2; 3)g) .
N (A
2 I) = N
3
3
3
Logo, o subespaço próprio E 2 é dado por: E 2 = N (A
próprios de A associados ao valor próprio 2 = 7 são
2 I)
v = (s; 2s; 3s) , com s 2 Rn f0g .
156
= L (f(1; 2; 3)g). Os vectores
Atendendo a que dim E
por vectores próprios de A
1
+ dim E
2
= 3, podemos ter a seguinte base de R3 formada só
B = f( 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1) ; (1; 2; 3)g .
Logo, a matriz A é diagonalizável, isto é, existe uma matriz invertível
tal que a matriz P AP 1 é diagonal, tendo-se
2
3 2
3
2
0 0
1 0 0
1
0 5 = 4 0 1 0 5 , com P 1 = 4
D = P AP 1 = 4 0
1
0 0
0 0 7
2
P
1
1
1
0
diagonalizante
3
1 1
0 2 5.
1 3
Note que cada coluna de P 1 é formada pelo vector próprio associado ao valor próprio
respectivo e na posição respectiva. Além disso, tem-se
(R3 ; Bc3 )
SBc3 !B # I
(R3 ; B)
M (T ;Bc3 ;Bc3 )
!
T
(R3 ; Bc3 )
I # SBc3 !B
(R3 ; B)
T
!
M (T ;B;B)
com
SBc3 !B = P , M (T ; B; B) = D
e M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = A.
(iii) Uma matriz com valores próprios repetidos e não diagonalizável.
2
3
7 5
1
2 1 5.
A=4 0
20 0
3
O polinómio característico é dado por
7
det(A
0
20
I) =
=
=
=
=
5
(7
(3
(3
(3
1
1
2
=
3
)( 2
) (3
) + 100 20 (2 + ) =
) [(7
)( 2
) + 20] =
2
)
5 +6 =
)(
3) (
2) .
0
Os valores próprios de A são os valores de para os quais det(A
próprios de A são
1 = 3 e
2 = 2.
Os vectores próprios de A associados ao valor próprio
para os quais
(A
I) v = 0,
isto é, são os vectores não nulos de N (A
I).
157
I) = 0. Logo, os valores
são os vectores não nulos v 2 R3
Determinemos os vectores próprios de A
02
4
@
4
0
N (A
1 I) = N
20
associados ao valor próprio 1 = 3. Tem-se
31
5
1
5 1 5A = L (f(0; 1; 5)g) .
0
0
Logo, o subespaço próprio E 1 é dado por: E 1 = N (A
próprios de A associados ao valor próprio 1 = 3 são
1 I)
= L (f(0; 1; 5)g). Os vectores
v = (0; s; 5s) , com s 2 Rn f0g .
Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio 2 = 2. Tem-se
02
31
5 5
1
@4 0
4 1 5A = L (f(1; 5; 20)g) .
N (A
2 I) = N
20 0
1
Logo, o subespaço próprio E 2 é dado por: E 2 = N (A
2 I) = L (f(1; 5; 20)g). Os
vectores próprios de A associados ao valor próprio 2 = 2 são
v = (s; 5s; 20s) , com s 2 Rn f0g .
Atendendo a que
dim E
1
+ dim E
2
= 2 < 3,
não é possível ter uma base de R3 formada só por vectores próprios de A. Logo, a matriz A
não é diagonalizável, isto é, não existe uma matriz invertível P 1 diagonalizante tal que a
matriz P AP 1 seja diagonal.
2
3
1 0 0
1 5. O
(iv) Uma matriz com apenas um valor próprio real. A = 4 0 0
0 1 0
polinómio característico é dado por
1
det(A
I) =
0
0
0
0
1
=
1
= 2 (1
) + (1
)=
2
= (1
)
+1 .
Os valores próprios de A são os valores de para os quais det(A
próprios de A são
i.
1 = 1,
2 = i e
3 =
I) = 0. Logo, os valores
Logo, a matriz A não é diagonalizável numa matriz de entradas reais, isto é, não existe uma
matriz invertível P 1 diagonalizante tal que a matriz P AP 1 seja diagonal com entradas
reais. No entanto e atendendo a que os três valores próprios são distintos, a matriz A é
diagonalizável numa matriz de entradas complexas:
2
3
1 0 0
4 0 i 0 5
0 0
i
158
Exemplo 55. A sucessão de Fibonacci (Leonardo de Pisa, 1202). Seja (vn )n2N tal que
v1 = 1;
e
v2 = 1
vn+2 = vn + vn+1 , n 2 N.
Considerando a igualdade vn+1 = vn+1 , podemos escrever o sistema
vn+1 = vn+1
vn+2 = vn + vn+1
vn+1
vn+2
isto é
0 1
1 1
=
vn
vn+1
para todo o n 2 N. Aplicando sucessivamente a igualdade anterior tem-se
vn+1
vn+2
0 1
1 1
=
=
vn
vn+1
n
0 1
1 1
=
Calculemos agora os valores próprios de
1
det
1
Valores próprios: 1 =
Atendendo a que
N
1
1
1
1
p
1+ 5
2
e
2
v1
v2
=
0 1
1 1
:
=
1
p
5
2
1
n
vn 1
vn
1
1
=
.
p
1+ 5
=
2
ou
=
1
p !
5
.
2
.
2
1
1
0 1
1 1
0 1
1 1
1=0,
0 1+
1
1
=N
1
2
=0,
1
0 1
1 1
=
=N
0
1
1
0p
5
=L
2
(
1+
2
p
5
!)!
;1
p
p
1+ 5
;1
2
é um vector próprio associado ao valor próprio 1+2 5 , sendo todos os vectores
n
o
p
p
1+ 5
1+ 5
próprios associados ao valor próprio 2 dados por L
;1
n f(0; 0)g.
2
Atendendo a que
(
!)!
p
2
0
0
1
+
5
1
0
1
+
2
2
2
p
N
=N
=N
=L
;1
1 1
1
1
1 1+2 5
2
2
2
p
1+ 5
;1
2
p
é um vector próprio associado ao valor próprio 1 2 5 , sendo todos os vectores
n
o
p
p
1+ 5
próprios associados ao valor próprio 1 2 5 dados por L
;
1
n f(0; 0)g.
2
Como existe uma base de R2 formada só por vectores próprios (os dois valores próprios
são distintos logo os vectores próprios correspondentes são linearmente independentes) então
0 1
a matriz
é diagonalizável. Assim, fazendo
1 1
" p
p #
p
p
P
1
=
1+ 5
2
1
1+ 5
2
1
tem-se
159
P =
5
5p
5
5
5+ 5
10
p
5
5
10
e
D=
"
p
1+ 5
2
0p
1
0
#
5
2
0 1
1 1
=P
1
P
,
Logo
vn+1
vn+2
=P
=
1
"
=
p
1+ 5
2
0
p
1+ 5
2
1
0p
1
#n
5
2
vn+1 =
5
1
n
5
p
5
1
1
1
2
p
2
10
2
p
5
5
n
+
n
+
1
0
1+ 5
2
5
n
0p
1
0
0
p
1
5
n
2
p
p
5+ 5
10
p
5
5
10
5
5p
5
5
0p
5
2
1
1
P
5
p
p
n
5+ 5 1+ 5
10
2
p
p
n
3 5+5 1+ 5
10
2
p !n
p
5
5+ 5
+
2
10
p
1+ 5
2
n
0
3"
5
"
# !n
2
p
4
1
=P
p
1+ 5
2
2
p
1
"
0
0
p
1
P
=P
p
1+ 5
2
10
p
5 3 5
10
5
=
1
1
P
4
1
=4
1
1
2
p
1+ 5
2
2
Isto é,
n
0 1
1 1
0 1
1 1
P.
=
3
1
1
5P
#
#
1
1
=
=
3
5.
p !n
1+ 5
2
para todo o n 2 N, com v1 = 1.
Veri…que que (por exemplo) v2 = 1, v3 = 2; v4 = 3:
Exemplo 56. (Um processo de difusão.) Considere duas células adjacentes separadas
por uma membrana permeável e suponha que um ‡uído passa da 1a célula para a 2a a uma
taxa (em mililitros por minuto) numericamente igual a 4 vezes o volume (em mililitros) do
‡uído da 1a célula. Em seguida, passa da 2a célula para a 1a a uma taxa (em mililitros por
minuto) numericamente igual a 5 vezes o volume (em mililitros) do ‡uído da 2a célula.
Sejam v1 (t) e v2 (t) respectivamente o volume da 1a célula e o volume da 2a célula no
instante t. Suponha que inicialmente a primeira célula tem 10 mililitros de ‡uído e que a
segunda tem 8 mililitros de ‡uído, isto é v1 (0) = 10 e v2 (0) = 8.
Determinemos o volume de ‡uído de cada célula no instante t.
Tem-se
8 0
< v1 (t) = 4v1 (t)
v10 (t)
4 0
v1 (t)
isto é
=
: (*)
0
v2 (t)
4
5
v2 (t)
: 0
v2 (t) = 4v1 (t) 5v2 (t)
4e
5 são os valores próprios da matriz
4
4
0
, sendo os vectores próprios associados
5
(1; 4) e (0; 1) respectivamente.
Como existe uma base de R2 formada só por vectores próprios (os dois valores próprios
são distintos logo os vectores próprios correspondentes são linearmente independentes) então
4 0
a matriz
é diagonalizável. Assim, fazendo
4
5
P
1
=
1 0
4 1
tem-se P =
160
1 0
4 1
e
4
0
,D=
0
5
4
4
=P
0
5
1
P
4
4
,
0
5
=P
4
0
1
0
5
P.
o sistema (*) é equivalente a
v10 (t)
v20 (t)
=
P
4
0
1
0
5
v1 (t)
v2 (t)
P
v10 (t)
v20 (t)
,P
=
4
0
0
5
P
v1 (t)
v2 (t)
Assim, considerando a mudança de variável
u1 (t)
u2 (t)
P
v10 (t)
v20 (t)
=
=P
v1 (t)
v2 (t)
4 0
u01 (t)
=
0
0
5
u2 (t)
8 0
u1 (t)
>
8 0
>
= 4
>
>
< u1 (t) = 4u1 (t)
< u1 (t)
,
,
,
: 0
> u0 (t)
u (t)6=0
u2 (t) = 5u2 (t) e u21(t)6=0, 8t >
> 2
>
= 5
:
u2 (t)
8
8
< log ju1 (t)j = 4t + k1
< u1 (t) = c1 e 4t
,
,
:
:
log ju2 (t)j = 5t + k2
u2 (t) = c2 e 5t
4
0
0
5
v1 (t)
v2 (t)
P
u1 (t)
u2 (t)
,
t
com c1 ; c2 2 R. De facto, se u (t) fôr solução de u0 (t) = u (t) então u (t) e
0
uma vez que (u (t) e t ) = 0. Logo u (t) = ce t .
Assim
v1 (t)
v2 (t)
=P
4t
c1 e
c2 e
1
1 0
4 1
=
5t
Como
c1 e
c2 e
4t
5t
=
,
= c (constante)
c1 e 4t
4c1 e 4t + c2 e
5t
.
8
< v1 (0) = 10
:
então c1 = 10 e c2 =
32 e assim a solução geral do sistema de equações diferenciais lineares
8 0
< v1 (t) = 4v1 (t)
:
com os valores iniciais
v20 (t) = 4v1 (t)
4
v1 (t)
v2 (t)
3
2
5=4
10e
40e
4t
5v2 (t)
8
< v1 (0) = 10
:
é dada por
2
v2 (0) = 8
v2 (0) = 8
4t
32e
5t
3
5 = 10
161
1
4
e
4t
32
0
1
e
5t
.
Diagonalização unitária e diagonalização ortogonal
Considera-se o produto interno usual.
T
De…nição 72. Seja A = (aij ) 2 Mn n (C). Denota-se por AH a matriz A , isto é, a
transposta da matriz conjugada A = (aij ), onde aij é o complexo conjugado de aij . Ou seja,
T
escreve-se AH = A . A matriz A diz-se hermitiana se
AH = A:
Observação 44. (a) Sejam ;
(i)
AH
H
=A
(ii)
2 C, A; C 2 Mm
n (C)
e B 2 Mn r (C). Tem-se:
( A + B)H = AH + B H
(iii)
(AC)H = C H AH
(b) Sendo A hermitiana tal que A 2 Mn n (R), então A é simétrica (AT = A). Reciprocamente, se A 2 Mn n (R) fôr hermitiana então A é simétrica. Ou seja, para matrizes reais
quadradas os conceitos de matriz simétrica e matriz hermitiana coincidem.
Teorema 95. Todos os valores próprios de uma matriz hermitiana são reais. Além disso,
os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz hermitiana, são
ortogonais.
Dem. Seja A 2 Mn n (C) tal que A é hermitiana. Seja um valor próprio de A e seja
u um vector próprio associado. Seja = uH Au. Então, tem-se
=
Ou seja,
H
= uH Au
H
= u H AH u H
H
=
A é hermitiana
uH Au = .
é real. Por outro lado, como
= uH Au = uH u =
tem-se
=P
X
jui j2 ;
2 R:
jui j2
Sejam agora u1 e u2 vectores próprios associados respectivamente a valores próprios
distintos 1 e 2 . Então, tem-se
H
(Au1 )H u2 = uH
1 A u2
=
A é hermitiana
uH
1 Au2 =
H
2 u1 u2
e
(Au1 )H u2 = ( 1 u1 )H u2 =
H
1 u1 u2
=
1 2R
H
1 u1 u2 .
Logo, tem-se
H
1 u1 u 2
E assim, como
1
6=
2,
=
H
2 u1 u2
,(
1
então
uH u = 0;
| 1{z }2
=hu1 ;u2 i
162
H
2 ) u1 u2
= 0.
ou seja, u1 e u2 são ortogonais.
Observação 45. Todos os valores próprios de uma matriz simétrica real são reais. Além
disso, os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz simétrica,
são ortogonais.
De…nição 73. (i) Seja U 2 Mn n (C). A matriz U diz-se unitária se se tiver U H U = I,
isto é, se U H = U 1 , ou seja, se as colunas de U constituirem uma base ortonormada de Cn .
(ii) Seja P 2 Mn n (R). A matriz P diz-se ortogonal se se tiver P T P = I, isto é, se
P = P 1 , ou seja, se as colunas de P constituirem uma base ortonormada de Rn .
T
De…nição 74. (i) Seja A 2 Mn n (C). A matriz A diz-se unitariamente diagonalizável se existir U H unitária tal que U AU H é uma matriz diagonal, isto é, se as colunas de
U H formarem uma base ortonormada de Cn constituída só por vectores próprios de A.
(ii) Seja A 2 Mn n (R). A matriz A diz-se ortogonalmente diagonalizável se existir
P ortogonal tal que P AP T é uma matriz diagonal, isto é, se as colunas de P T formarem
uma base ortonormada de Rn constituída só por vectores próprios de A.
T
Observação 46. (i) Seja U unitária tal que U 2 Mn n (R). Então U H = U T , isto é,
toda a matriz unitária real é ortogonal. Reciprocamente, se P 2 Mn n (R) fôr ortogonal
então P é unitária. Ou seja, para matrizes reais quadradas os conceitos de matriz ortogonal
e matriz unitária coincidem.
(ii) Seja A uma matriz hermitiana. Se todos os valores próprios de A forem raízes simples
do polinómio característico, então existe uma matriz unitária que diagonaliza A, isto é, existe
U H unitária tal que U AU H é uma matriz diagonal, ou seja, A é unitariamente diagonalizável.
(iii) Como se vai ver a seguir, a a…rmação anterior (ii) continua válida mesmo se os
valores próprios não forem todos raízes simples do polinómio característico.
Teorema 96. (Teorema de Schur). Seja A uma matriz n
matriz unitária U H tal que U AU H é triangular superior.
n. Então, existe uma
Dem. A demonstração será efectuada por indução em n. O resultado é óbvio para n = 1.
Suponhamos que a hipótese é válida para matrizes k k e seja A uma matriz (k + 1) (k + 1).
Sejam 1 um valor próprio de A e w1 um vector próprio associado de norma 1. Aplicando
o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, seja fw1 ; : : : ; wk+1 g uma base ortonormada
para Ck+1 . Seja W H a matriz cuja coluna i é igual ao vector wi , para i = 1; : : : ; k + 1. Então,
por construção, a matriz W H é unitária. Por outro lado, a primeira coluna de W AW H é
igual a W Aw1 , tendo-se
2 3 2
3
1
1
6 0 7 6 0 7
6 7 6
7
W Aw1 = W 1 w1 = 1 W w1 = 1 6 .. 7 = 6 .. 7
4 . 5 4 . 5
0
0
163
e assim
W AW H
2
6
6
6
=6
6
4
1
0
..
.
3
j
j
j
j
j
0
7
7
7
7;
7
5
M
onde M é uma matriz k k.
Pela hipótese de indução, existe uma matriz k k unitária (V1 )H tal que V1 M (V1 )H = T1 ,
onde T1 é uma matriz triangular. Seja
2
3
1 j 0
0
6
7
j
6
7
6 0 j
7
H
V =6
7.
6 ..
7
H
4 . j
5
(V1 )
0 j
Então V H é unitária e tem-se
2
6
6
6
=6
6
4
1
0
..
.
0
(V W ) A (V W )H = V W AW H V H =
3 2
1 j
7 6
j
7 6
7 6 0 j
7=6
7 6 ..
H
5 4 . j
V1 M (V1 )
T1
0 j
j
j
j
j
j
3
7
7
7
7 = T,
7
5
onde T é uma matriz triangular. Como a matriz (V W )H é unitária, pondo U H = (V W )H ,
tem-se
U AU H = T ,
com T triangular e U H unitária.
2 1
. Os valores próprios de A são: 3 e 4. Como
2 5
N (A 3I) n= L (f(1; 1)g) e N (Ao 4I) = L (f(1; 2)g) então, aplicando Gram-Schmidt,
p p
p p
p p
2
2
2
2
2
2
;
;
;
é
uma
base
ortonormada
de
R
onde
; 22 é um
o conjunto
2
2
2
2
2
vector próprio de A associado ao valor próprio 3. Tem-se
" p
p #
Exemplo 57. Seja A =
U AU H = T
com U H =
2
p2
2
2
2
p2
2
2
.
Isto é
T =
"
p
2
2p
2
2
p
2
p2
2
2
#
2 1
2 5
"
p
2
p2
2
2
p
2
p2
2
2
#
=
3 3
0 4
.
Teorema 97. Seja A uma matriz hermitiana. Então existe uma matriz unitária U H que
diagonaliza A, isto é, A é unitariamente diagonalizável. Ou seja, existe U H unitária tal que
a matriz U AU H é diagonal.
164
Dem. Pelo teorema anterior, existe uma matriz unitária U H tal que a matriz U AU H é
triangular. Seja T = U AU H . Tem-se então
T H = U AU H
H
= UH
H
AH U H
=
A é hermitiana
U AU H = T .
Logo, como T = T H e T é triangular então T é diagonal.
Teorema 98. Seja A 2 Mn n (R) tal que A é simétrica. Então existe uma matriz
ortogonal P T que diagonaliza A, isto é, A é ortogonalmente diagonalizável. Ou seja, existe
P ortogonal tal que a matriz P AP T é diagonal.
Observação 47. Sendo A 2 Mn n (R) tal que A é simétrica, então existe P T ortogonal
tal que a matriz P AP T é diagonal, isto é, existe uma base ortonormada de Rn formada só
por vectores próprios de A; e a matriz P T é a matriz cujas colunas são os vectores próprios
de A que formam essa base ortonormada de Rn , sendo P AP T a matriz diagonal onde se
coloca na entrada i da diagonal principal o valor próprio correspondente ao vector próprio
da coluna i da matriz P T .
Teorema 99. Seja A 2 Mn
A é ortogonalmente diagonalizável , A é simétrica
n (R).
Dem. ()) Suponhamos que A é ortogonalmente diagonalizável. Sejam D diagonal e
P ortogonal tais que A = P T DP . Então
T
AT = P T DP
T
= P T DT P T
T
= P T DP = A.
(() Teorema anterior e o facto de todos os valores próprios de uma matriz simétrica real
serem reais
Teorema 100. Seja A 2 Mn
n (R)
tal que A é simétrica. Tem-se:
A é de…nida positiva, isto é, uT Au > 0 para todo o u 6= 0 ,
, todos os valores próprios de A são positivos
Dem. Sendo A simétrica então A é ortogonalmente diagonalizável, isto é, existem D
diagonal e P T ortogonal tais que D = P AP T . Assim
(uT Au > 0 para todo o u 6= 0) ,
, ( PTu
T
AP T u > 0 para todo o u 6= 0) ,
, (uT P AP T u > 0 para todo o u 6= 0) ,
, (uT Du > 0 para todo o u 6= 0) ,
,(
n
X
i=1
(ui )2
i
> 0 para todo o u 6= 0) , (
165
i
> 0 para todo o i = 1; :::; n)
onde
1 ; :::;
n
são os valores próprios de A são positivos.
Observação 48. (i) Existem matrizes não hermitianas que são unitariamente diagonalizáveis, como por exemplo as matrizes anti-hermitianas (AH = A) e as matrizes antisimétricas (AT = A).
(ii) Seja A 2 Mn n (C). Suponhamos que A é unitariamente diagonalizável. Sejam
D diagonal e U H unitária tais que A = U H DU . Como em geral se tem DH 6= D, então
H
AH = U H DU
= U H DH U 6= U H DU = A.
Logo A não tem que ser necessariamente hermitiana.
(iii) O próximo teorema diz quais são as matrizes unitariamente diagonalizáveis.
De…nição 75. Uma matriz A diz-se normal se
AAH = AH A:
Observação 49. Se A 2 Mn
n (R)
então A dir-se-á normal se
AAT = AT A:
u
Teorema 101. (i) Sendo A 2 Mn
n (C)
uma matriz normal tem-se para todo o vector
kAuk = AH u .
Em particular, sendo A 2 Mn n (C) uma matriz normal, para qualquer escalar , a matriz
A
I também é normal tendo-se
k(A
I)H u =
I) uk = (A
AH
I u
e assim, se fôr um valor próprio de A e u um vector próprio de A associado a esse valor
próprio então é um valor próprio de AH e u um vector próprio de AH associado a esse
valor próprio, isto é,
Au = u
e
AH u = u.
(ii) Os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz normal,
são ortogonais.
Dem. (i) Sendo A 2 Mn
n (C)
uma matriz normal tem-se para todo o vector u
kAuk2 = (Au)H Au = uH AH Au
=
AH A=AAH
uH AAH u = AH u
logo
kAuk = AH u .
166
H
AH u = A H u
2
Sendo A 2 Mn
é normal:
n (C)
(A
I)H = (A
I) (A
= AH (A
uma matriz normal, para qualquer escalar , a matriz A
I)
I) AH
(A
I = AAH
= AH
I)
A+j j2 I = AH A
AH
I (A
I)H (A
I) = (A
I também
AH
A+j j2 I =
I) .
Logo
k(A
I)H u =
I) uk = (A
AH
I u
e assim, se fôr um valor próprio de A e u um vector próprio de A associado a esse valor
próprio então é um valor próprio de AH e u um vector próprio de AH associado a esse
valor próprio, isto é,
Au = u
e
AH u = u.
1
(ii) Seja A 2 Mn n (C) tal que A é normal. Sejam 1 ; 2 valores próprios de A tais que
6
=
2 e sejam v1 e v2 vectores próprios de A associados respectivamente a 1 e 2 . Tem-se
Av1 =
1 v1
e
AH v 1 =
1 v1
Av2 =
2 v2
e
AH v 2 =
2 v2
e
(
=
1 v1
H
=(
H
2 ) (v1 )
1
(v1 )H ( 2 v2 ) = AH v1
v2
Assim, como
2 ) hv1 ; v2 i
1
1
6=
2,
H
v2
v2 =
1
(v1 )H v2
(v1 )H (Av2 ) = AH v1
2
(v1 )H v2 =
H
v2
AH v 1
H
v2 = 0.
tem-se hv1 ; v2 i = 0:
Teorema 102. Seja A 2 Mn
n (C).
A é unitariamente diagonalizável , A é normal
Dem. (() Suponhamos que A é normal. Existe uma matriz unitária U H e uma matriz
triangular superior T tais que T = U AU H . Vejamos que T é normal. Tem-se
T HT =
U AU H
H
U AU H = U AH U H U AU H = U AH AU H
=
A é normal
= U AAH U H = U AU H U AH U H = T T H .
Logo T é normal. Seja T = (tij ) do tipo n
principais de T T H e T H T tem-se:
jt11 j2 + jt12 j2 + jt13 j2 +
jt22 j2 + jt23 j2 +
n. Comparando as entradas das diagonais
+ jt1n j2 = jt11 j2
+ jt2n j2 = jt12 j2 + jt22 j2
..
.
2
jtnn j = jt1n j2 + jt2n j2 + jt3n j2 +
+ jtnn j2
e assim, tij = 0 sempre que i 6= j. Logo T é diagonal e portanto A é unitariamente
diagonalizável.
167
()) Suponhamos agora que A é unitariamente diagonalizável. Queremos mostrar que
A é normal. Sejam D diagonal e U H unitária tais que D = U AU H , ou seja, A = U H DU .
Tem-se
H
AAH = U H DU U H DU
= U H DU U H DH U = U H DDH U
e
AH A = U H DU
H
U H DU = U H DH U U H DU = U H DH D U .
Como
2
6
6
DD = D D = 6
4
H
H
j 1 j2
0
..
.
0
j 2 j2
..
.
0
...
0
..
.
..
0
.
0
j
2
nj
então tem-se AAH = AH A e assim A é normal.
3
7
7
7,
5
2
3
1 1 0
Exemplo 58. Seja A = 4 0 1 1 5. A matriz A não é simétrica logo não é ortogonal1 0 1
mente diagonalizável. Mas:
2
3T 2
1 1 0
1
4 0 1 1 5 4 0
1 0 1
1
2
3
1 1 0
isto é 4 0 1 1 5 é normal
1 0 1
2
2
4 0
0
|
1
2
0 p
1
i 3
2
0
{z
D
e como tal é unitariamente diagonalizável. Tem-se
3 2
0
6
0 p 5=4
+ 21 i 3
}
p
3
p 3
3
+
p6
3
6
p
3
p 3
3
p6
3
+
6
1
i
2
1
i
2
p
1
i
2
1
i
2
3
p3
3
p3
3
3
32
1 1 0
6
74
5 0 1 1 54
1 0 1
|
32
p
+ 12 i 3 são os valores próprios de A e
p p !
p
p
p !
p
3 3 3
3 1
3 1
3
3 1
;
;
;
;
i;
+ i;
+ i;
3 3 3
6
2
6
2 3
6
2
onde 2; 12
( p
1
i
2
p
1
2
3 2
32
3T 2
3
1 0
1 1 0
1 1 0
2 1 1
1 1 5 = 4 0 1 1 54 0 1 1 5 = 4 1 2 1 5
0 1
1 0 1
1 0 1
1 1 2
3e
1
2
p
3
6
p
3
p3
3
p3
3
3
p
3
p6
3
+
6p
3
3
1
i
2
1
i
2
{z
UH
p !)
1
3
i;
2 3
são respectivamente vectores próprios associados a esses valores próprios, normalizados e
ortogonais entre si.
Teorema 103. Seja A 2 Mn
são equivalentes.
n (R)
tal que A é simétrica. Então, as seguintes a…rmações
(i) A é de…nida positiva.
168
p
3
+
p6
3
6p
3
3
1
i
2
1
i
2
3
7
5
}
(ii) Existe uma matriz simétrica de…nida positiva B tal que A = B 2 . À matriz B
chama-se raíz quadrada positiva de A e escreve-se
B = A1=2 .
(iii) Existe uma matriz invertível S tal que A = S T S.
Dem. (i) ) (ii) Supondo que A é de…nida positiva, vejamos que existe uma matriz
simétrica de…nida positiva B tal que A = B 2 .
Como A é simétrica, então A é ortogonalmente diagonalizável, isto é, existe uma matriz
ortogonal P tal que
2
3
0
0
1
. . . . . . .. 7
6
. 7
6 0
P AP T = D = 6 . .
7
..
4 ..
0 5
0
0
n
onde 1 ; :::; n são os valores próprios de A, os quais são todos positivos por A ser de…nida
positiva, tendo-se
2
D = (D0 )
com
Assim
2 p
6
6
D0 = 6
4
1
0
..
.
0
..
.
..
.
..
0
.
0
3
0
..
.
p0
2
A = P T DP = P T (D0 ) P = P T D0 P
n
7
7
7.
5
P T D0 P = B 2
com
B = P T D0 P
simétrica:
B T = P T D0 P
T
T
= P T (D0 )
PT
T
= P T D0 P = B
e de…nida positiva uma vez que os valores próprios de P T D0 P são os de D0 .
(ii) ) (iii) Supondo que existe uma matriz simétrica de…nida positiva B tal que A = B 2 ,
vejamos que existe uma matriz invertível S tal que
A = S T S:
Como B é simétrica e de…nida positiva, basta fazer S = B para ter-se
A = B 2 = BB = S T S
com S simétrica e invertível uma vez que sendo B de…nida positiva, 0 não é valor próprio de
B.
(iii) ) (i) Supondo que existe uma matriz invertível S tal que A = S T S, vejamos que A
é de…nida positiva, isto é, vejamos que
uT Au > 0;
169
para todo o u 6= 0. Tem-se
uT Au = uT S T Su = (Su)T Su = kSuk2 > 0
para todo o u 6= 0, uma vez que S é invertível.
Observação 50. Sendo A matriz simétrica e de…nida positiva do tipo n n, existe uma
única raíz quadrada simétrica e de…nida positiva B de A, isto é, existe uma única matriz
B simétrica e de…nida positiva tal que A = B 2 . No entanto, poderão existir pelo menos 2n
raízes quadradas de uma matriz A, isto é, 2n matrizes B para as quais se tem A = B 2 .
4 1
. Os valores próprios de A são: 3 e 5. Os vectores
1 4
próprios associados ao valor próprio 3 são todos os vectores de L (f( 1; 1)g) n f0g. Os
vectores próprios associados ao valor próprio 5 são todos os vectores de L (f(1; 1)g) n f0g.
Tem-se
Exemplo 59. Seja A =
D=
2
3 0
0 5
2
2
=4
com
2
2
p
2
2
2
2
onde
(
2
4 1
1 4
5
p
3 0
0 5
D=
3
p
p
2
4
p !
2 2
;
;
2 2
p
2
2
2
2
p
p
2
2
2
2
p
p
2
2
e PT = 4
p
p
2
2
p
p
2
2
2
2
p !)
2 2
;
2 2
p
3
3
5 = P AP T
5
são vectores próprios normalizados e ortogonais entre si respectivamente associados aos valores próprios 3 e 5. Logo
2
B=4
ou seja
p
3
p
2
2
2
2
p
p
2
2
2 1p
2
2
2
3+
2
5
=4 p
1
5
2
p
3 p0
0
5
4
p
2
2
p
2
2
p
2
2
p
2
2
p 3
3
5 = A1=2
p
p
p
1
3 12 3 + 12 5
2
1
2
2 1p
p
2
3+
2
5
B=4 p
1
1
2
5
p
1
2
5
3
5=
p 3
3
5
p 1p
p
1
1
3 2 3+ 2 5
2
1
2
p
1
2
5
p
5
1
2
é a única matriz simétrica e de…nida positiva tal que
2 1p
2
B2 = 4 p
1
2
3+
5
p 32
3
5 =
p 1p
p
1
1
3 2 3+ 2 5
2
1
2
p
5
1
2
p
5
170
1
2
4 1
1 4
= A.
Formas quadráticas
Considera-se o produto interno usual.
De…nição 76. Uma equação quadrática em duas variáveis x1 e x2 é uma equação da
forma
ax21 + bx22 + 2cx1 x2 + dx1 + ex2 + f = 0
a qual pode ser escrita na forma
x1 x2
a c
c b
x1
x2
d e
+
x1
x2
+ f = 0.
Sejam
x=
x1
x2
e
A=
a c
c b
:
(A é uma matriz real simétrica). À função real a duas variáveis reais Q : R2 ! R de…nida
por Q (x) = xT Ax, com
xT Ax = ax21 + bx22 + 2cx1 x2
chama-se forma quadrática real a 2 variáveis reais associada à equação quadrática anterior.
Podem haver equações do 2o grau e formas quadráticas com um no de variáveis superior
a 2. Uma equação quadrática em n variáveis x1 ; x2 ; : : : ; xn é uma equação da forma
xT Ax + Bx +
2
6
6
onde x = 6
4
x1
x2
..
.
= 0,
3
7
7
7, A = (aij ) é uma matriz real simétrica do tipo n
5
n, B 2 M1
n
(R) e
xn
é um escalar. À função real a n variáveis reais Q : Rn ! R de…nida por
!
n
n
X
X
Q (x) = xT Ax =
aij xj xi
i=1
j=1
chama-se forma quadrática real a n variáveis reais associada à equação quadrática anterior.
Se a matriz A não fôr simétrica considera-se
B=
A + AT
2
e tem-se a mesma expressão, isto é
xT Bx = xT
A + AT
1
1
1
1
x = xT Ax + xT AT x = xT Ax + xT Ax = xT Ax
2
2
2
2
2
uma vez que tendo-se xT Ax 2 R obtém-se
xT Ax = xT Ax
171
T
= xT AT x.
Teorema 104. (Teorema dos eixos principais). Seja A 2 Mn n (R) tal que A é simétrica.
Então existe uma mudança de variáveis ortogonal que transforma a forma quadrática xT Ax
na forma quadrática y T Dy sem termos cruzados. Isto é, se P T diagonalizar A ortogonalmente
(D = P AP T ), então a mudança de variáveis x = P T y transforma a forma quadrática xT Ax
na forma quadrática y T Dy:
xT Ax = y T P AP T y = y T Dy =
=
y1 y2
2
2
2 y2
+
0
1
6
6
6
4
yn
2
1 y1
0
..
.
2
..
.
0
0
...
+
0
0
..
.
n
2
n yn
+
32
76
76
76
54
y1
y2
..
.
yn
=
3
7
7
7,
5
onde 1 ; 2 ; : : : ; n são os valores próprios de A associados respectivamente aos vectores
próprios que constituem as colunas de P T e que formam uma base ortonormada de Rn .
De…nição 77. (i) Chama-se cónica ou secção cónica à curva plana obtida por meio de
um corte efectuado por um plano relativamente a uma superfície cónica. As secções cónicas
que se obtêm quando o plano que efectua o corte não passa pelo vértice da superfície cónica,
são elipses (os valores próprios têm o mesmo sinal) (podendo ter-se circunferências: quando
o corte é efectuado perpendicularmente ao eixo de simetria do cone), parábolas (um dos dois
valores próprios é zero) e hipérboles (os dois valores próprios têm sinais contrários).
e
(ii) Em R3 tem-se
2
3
x1
x = 4 x2 5 ;
x3
2
3
a d e
A=4 d b f 5
e f c
2
3
g
B=4 h 5
i
e
ax21 + bx22 + cx23 + 2dx1 x2 + 2ex1 x3 + 2f x2 x3 + gx1 + hx2 + ix3 +
= 0.
À super…cie resultante da equação anterior chama-se quádrica. Existem quatro tipos de
quádricas não degeneradas): elipsóides, hiperbolóides (de uma ou duas folhas), cones e
parabolóides (elípticos ou hiperbólicos).
Exemplo 60. Considere-se a forma quadrática Q : R2 ! R de…nida por
Q(x; y) = 3x2 + 4xy + 3y 2 .
Tem-se
x y
Q(x; y) =
A
x
y
,
com
3 2
2 3
A=
Os valores próprios de A são 1 = 1 e
diagonal (isto é, sem termos cruzados)
Q(x0 ; y 0 ) =
x0 y 0
D
2
:
= 5. Tem-se então a seguinte forma quadrática
x0
y0
=
172
x0 y 0
1 0
0 5
x0
y0
com
x0
y0
D = P AP T ,
x
y
=P
,
e
2 p
6
6
P =6
4
T
2
2
p
2
2
p
2
2
p
2
2
3
2
cos
7 6
7 6
7=4
5
sen
4
sen
cos
4
p
2 p
3
6
6
P =6
4
4 7
7,
5
4
2
2
p
2
2
2
2
p
2
2
3
2
7 6
7 6
7=4
5
cos
sen
4
4
sen
cos
4
4 7
7,
5
em que P T é a matriz diagonalizante obtida colocando na 1a coluna um vector próprio
de norma 1 associado ao valor próprio 1 e na 2a coluna um vector próprio de norma 1
associado ao valor próprio 2 , de tal modo que ambos os vectores próprios constituam uma
base ortonormada de R2 . Observe-se que a matriz P é ortogonal, isto é, tem-se P T = P 1 .
Tem-se então
x
Q(x; y) = x y A
=
y
=
P
x0 y 0
=
x
y
P T DP
x y
T
x
y
x
y
DP
x0
y0
D
=
=
= Q(x0 ; y 0 ).
Por exemplo, relativamente à equação quadrática
3x2 + 4xy + 3y 2 = 4
y
4
2
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
x
-2
-4
tem-se a elipse:
0 2
0 2
(x ) + 5 (y ) = 4 ,
x0
2
173
2
+
y0
p
2 5
5
!2
= 1:
3
De…nição 78. Seja A uma matriz real simétrica do tipo n
quadrática Q : Rn ! R dada por
Q (x) = xT Ax
n. Diz-se que A e a forma
são:
(i) de…nidas positivas se
xT Ax > 0;
para todo o x 6= 0;
(ii) de…nidas negativas se
xT Ax < 0;
para todo o x 6= 0;
(iii) semide…nidas positivas se
xT Ax
0;
xT Ax
0;
para todo o x;
(iv) semide…nidas negativas se
para todo o x;
(v) inde…nidas se existirem pontos onde xT Ax seja positiva e pontos onde xT Ax seja
negativa.
Teorema 105. Seja A 2 Mn
n (R)
tal que A é simétrica. Então,
(i) A é de…nida positiva se e só se todos os valores próprios de A forem positivos;
(ii) A é de…nida negativa se e só se todos os valores próprios de A forem negativos;
(iii) A é semide…nida positiva se e só se todos os valores próprios de A forem não
negativos;
(iv) A é semide…nida negativa se e só se todos os valores próprios de A forem não
positivos;
(v) A é inde…nida se e só se A tiver pelo menos um valor próprio positivo e outro
negativo.
174
10a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
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
determinante seja igual a 6.
2 cujo traço seja igual a 5 e cujo
4. Determine 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.
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 .
175
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
matriz diagonal D tais que
D = P AP 1 :
1
e uma
9. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 que em relação à base ordenada
f(1; 2) ; (2; 1)g de R2 é representada pela matriz:
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 transformação linear T , isto é, determine uma base ordenada de R2
relativamente à qual a matriz que represente T seja uma matriz diagonal.
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 .
176
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) 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 transformação linear T , isto é, determine uma base ordenada de R3
relativamente à qual a matriz que represente T seja uma matriz diagonal.
(iv) Determine An e T n (x; y; z).
17. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0; 1) e
2
1 1
4 a b
d e
determine a; b; c; d; e; f .
177
(1; 1; 0) são vectores próprios da matriz
3
1
c 5,
f
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
2 1
2 5
A1 =
2
3
2
3
2 1 1
1 1 0
; A2 = 4 0 3 1 5 ; A3 = 4 1 1 0 5 :
0 1 3
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 .
Ou seja, veri…que que existe uma base de R2 formada por vectores próprios
de A1 , uma base de R3 formada por vectores próprios de A2 e outra base de
R3 formada por vectores próprios de A3 .
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 .
21. Para cada parâmetro
2 R, sejam
2
3
2 3
2
3
1 1
1
1
A = 4 0 3 0 5 ; u1 = 4 0 5 ; u2 = 4 0 5 :
1 0
1
1
(i) Prove que u1 e u2 são vectores próprios de A. Determine os valores próprios
associados.
(ii) Determine os valores próprios de A e indique os valores de
3 valores próprios todos distintos.
para os quais A tem
(iii) Determine, em função de , bases para os espaços próprios associados.
(iv) Identi…que, justi…cando, os valores de
178
para os quais a matriz A é diagonalizável.
22. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de…nida por
T (x; y; z) = (x + 2z; y; 2x + z) :
a) Determine os valores próprios de T e diga, justi…cando, se T é invertível e se T é
diagonalizável.
b) Diga se T pode ou não ser representada por uma matriz diagonal em relação a uma
base ordenada de R3 . Em caso a…rmativo, determine uma tal base ordenada e indique
a correspondente matriz diagonal que representa T .
23. Considere matriz dada por:
2
3
1 0 1
A = 4 0 2 0 5.
1 0 1
Considere a base ordenada B = f(1; 0; 0); (1; 1; 0)); (1; 1; 1)g de R3 e T : R3 ! R3 a
transformação linear tal que
A = M (T ; B; B):
a) Determine os valores próprios da matriz A.
b) Encontre uma base de R3 formada por vectores próprios de A.
c) Veri…que se o vector (1; 0; 1) é vector próprio da matriz A ou da transformação
linear T .
d) Resolva, em R3 , a equação linear T (x; y; z) = (2; 1; 1).
24. Considere o espaço linear R3 munido com o
considere a matriz dada por:
2
1
4
1
A=
2
produto interno usual. Para cada
real,
3
0 2
5.
3
0 1
a) Prove que (4; 1 + ; 4) é um vector próprio de A e diga qual é o valor próprio
associado.
b) Determine os valores próprios de A e as respectivas multiplicidades algébricas.
c) Determine uma base para cada espaço próprio de A e identi…que os valores de
para os quais A é diagonalizável.
d) Determine, se existirem, os valores de para os quais é possível encontrar uma base
ortogonal de R3 constituída só por vectores próprios de A. Justi…que.
25. Considere a transformação linear T : P1 ! P1 de…nida por
M T ; Bc2 ; B =
onde Bc2 = f1; tg e B = f1 + t; 1
valores próprios de T .
2 1
1 2
tg são duas bases ordenadas de P1 . Determine os
179
26. Seja P1 = fp(t) = a0 + a1 t : a0 ; a1 2 Rg o espaço linear real dos polinómios reais de
grau menor ou igual a 1. Considere ainda a transformação linear T : P1 ! P1 tal que
T (2
2t) = 6
2t
T ( 1 + 2t) = 6t
T (1 + t) = 9 + 9t:
a) Determine os valores próprios de T .
b) Determine uma base de P1 formada por vectores próprios de T .
27. Seja
2
3
1 0 1
A = 4 1 1 1 5:
1 0 1
a) Determine os valores próprios de A e diga, justi…cando, se A é invertível.
b) Determine, caso exista, uma base para R3 formada só por vectores próprios de A.
28. Seja
2
3
2 0 1
A = 4 0 1 0 5:
1 0 2
Calcule as dimensões dos espaços próprios de A sem os determinar.
29. Considere o espaço linear R3 munido com o produto interno usual. Seja
2
3
1 0 3
A = 4 2 0 2 5:
3 0 1
Diga, justi…cando, se é possível encontrar uma base ortogonal para R3 formada só por
vectores próprios de A. Caso seja possível, determine essa base.
30. Considere o espaço linear R3 munido com o produto interno usual. Seja
2
3
3
1
2
3 2 5:
A=4 1
2 2
0
Diga, justi…cando, se é possível encontrar uma base ortogonal para R3 formada só
por vectores próprios de A. Caso seja possível, determine essa base. Isto é, diga se
é possível encontrar uma matriz ortogonal P T que diagonalize ortogonalmente A e
indique nessa caso, a correspondente matriz diagonal semelhante a A.
31. Considere o espaço linear R3 munido com o produto interno usual. Seja
2
3
3
1 0
1 5:
A=4 1 2
0
1 3
Determine três raízes quadradas de A, isto é, determine três matrizes B tais que
A = B2:
Diga qual é a única raíz quadrada de…nida positiva B.
180
32. Considere o espaço linear R3 munido com o produto interno usual. Seja
2
3
2 1 1
A = 4 1 2 1 5:
1 1 2
a) Mostre que (1; 1; 1) é um vector próprio de A e diga qual é o valor próprio associado.
b) Sendo T : R3 ! R3 a transformação linear representada matricialmente por A
relativamente à base canónica ordenada Bc3 = f(1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g de R3 (isto
é, A = M (T ; Bc3 ; Bc3 )), determine
e
T ( 1; 1; 0)
T ( 1; 0; 1).
c) Determine uma base ortogonal para R3 formada só por vectores próprios de A.
d) Determine a única matriz B de…nida positiva (isto é, cujos valores próprios sejam
todos positivos) tal que
A = B2:
33. Considere o produto interno usual. Seja
A=
2
1
i
1+i
3
:
(i) Mostre que A é normal.
(ii) Diga, justi…cando, se A é hermitiana.
(iii) Encontre uma matriz unitária U H que diagonalize unitariamente A e indique a
correspondente matriz diagonal semelhante a A.
34. Considere o produto interno usual. Justi…que a seguinte a…rmação. A matriz
2
3
1 1 0
4 0 1 1 5
1 0 1
não é ortogonalmente diagonalizável (não existe P T ortogonal tal que
D = P AP T
é diagonal), no entanto, é unitariamente diagonalizável (existe U H unitária tal que
D = U AU H
é diagonal).
35. Considere o sistema de equações diferenciais
8 0
< u1 = 2u3
u0 = u1 + 2u2 + u3
: 20
u3 = u1 + 3u3
181
(i) Resolva-o, determinando a respectiva solução geral.
(ii) Determine a única solução
tal que
2
3
u1 (t)
4 u2 (t) 5
u3 (t)
2
3 2
3
u1 (0)
2
4 u2 (0) 5 = 4 1 5 :
u3 (0)
0
36. Considere o produto interno usual. Classi…que e diagonalize a seguinte forma quadrática.
Q : R3 ! R;
Q (x1 ; x2 ; x3 ) = 3x21
2x1 x2 + 2x22
182
2x2 x3 + 3x23 :
4a 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 .
k
3. Seja A uma matriz do tipo n n. Mostre que se é um valor próprio de A então
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.
5. Seja A uma matriz n
n. Veri…que que A e AT têm os mesmos valores próprios.
6. Seja A uma matriz n n cuja soma das suas colunas é constante e igual a r. Mostre
que r é um valor próprio de A:
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
1.
9. Seja A 2 M2 2 (R) 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
(A
1;
2
escalares, com
1 I) (A
Mostre que A é diagonalizável.
183
2 I)
= 0:
1
6=
2,
tais que
15. Seja A matriz real n n nilpotente, isto é, existe um natural k tal que Ak 6= 0 e
Ak+1 = 0. Prove que A não é diagonalizável.
16. Considere a aplicação h; i : R3
R3 ! R dada por:
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x1 y3 + 2x2 y2 + x3 y1 + x3 y3 .
Determine um subespaço de R3 com a maior dimensão possível relativamente ao qual
a aplicação anterior de…na um produto interno.
184
Bibliogra…a
1. Howard Anton and Robert C. Busby, Contemporary Linear Algebra, John Wiley &
Sons, Inc., 2002.
2. Luís Barreira e Clàudia Valls, exercícios de álgebra linear, IST Press, 2011.
3. Bernard Kolman, Introductory Linear Algebra with Applications, Prentice Hall, 1996.
4. Steven J. Leon, Linear Algebra with Applications, 8th edition, Pearson, 2009.
5. Seymour Lipschutz, Linear Algebra, Schaum´s Outline Series, 4th edition, McGrawHill, 2009.
6. Luis T. Magalhães, Álgebra Linear como Introdução à Matemática Aplicada, 9a edição,
Texto Editora, 2001.
7. António Monteiro e Gonçalo Pinto, Álgebra Linear e Geometria Analítica, McGrawHill, 1997.
8. Ana Paula Santana e João Filipe Queiró, Introdução à Álgebra Linear, Gradiva, 2010.
9. Gilbert Strang, Linear Algebra and its Applications, 3rd edition, Thomson Learning,
1988.
185
Resolução da 1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
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;
p
3
2
são soluções desse sistema de
equações lineares.
4.
9
212 32
= ,
100 0
5
F
C
32
9
9
= , F = C + 32:
0
5
5
8
< 3x z = 0
5. a) Tem-se 2y 2z w = 0 e assim,
:
8x 2w = 0
2
3
2
3 0
1 0 j 0
3 0
4 0 2
5
4
0 2
2
1 j 0
!
8
L +L2 !L2
3 1
8 0 0
2 j 0
0 0
8
< 3x
2y
Logo,
: 8
z
3
1
2
8
3
3
0 j 0
1 j 0 5:
2 j 0
8
x = 41 w
>
>
>
>
z=0
<
y = 54 w A solução geral do sistema é:
2z w = 0 ,
>
>
2w = 0.
>
>
:
z = 34 w.
2
1
s
4
3
7
3 6
6 5 7
x
6 s 7
6 y 7 6 4 7
7 6
7
X=6
4 z 5 = 6 3 7;
6 s 7
6 4 7
w
4
5
s
2
para qualquer s 2 R, isto é, o conjunto solução é dado por:
S=
1 5 3
s; s; s; s
4 4 4
:s2R :
Para s = 4, tem-se a seguinte solução para a equação química: x = 1; y = 5; z = 3; w =
4:
186
8
< x 6z = 0
b) Tem-se 2x + y 6z 2w = 0 e assim,
:
2y 12z = 0
2
2
3
3
1 0
6 0 j 0
1 0
6 0 j 0
4 2 1
4 0 1 6
6
2 j 0 5
2 j 0 5
!
!
2L1 +L2 !L2
2L2 +L3 !L3
0 2
12 0 j 0
0 2
12 0 j 0
2
3
1 0
6 0 j 0
4 0 1 6
2 j 0 5:
!
2L2 +L3 !L3
0 0
24 4 j 0
8
8
< x 6z = 0
< x=w
y + 6z 2w = 0 ,
y=w
A solução geral do sistema é
Logo,
:
:
1
24z + 4w = 0.
z = 6 w.
S=
1
s; s; s; s
6
:s2R :
Para s = 6, tem-se a seguinte solução para a equação química: x = 6; y = 6; z = 1; w = 6:
6. p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 com a0 ; a1 ; a2
p (1) = 0 , a0 + a1 + a2 = 0
p (0) = 1 , a0 = 1
p ( 1) = 1 , a0 a1 + a2 = 1
2
3
2
1 0 0 j 1
1 0
4 1 1 1 j 0 5
4 0 1
!
L1 +L2 !L2
1
1 1 j 1
0
1
L1 +L3 !L3
a0 = 1;
a 1 = a2 =
Logo p (t) = 1
7. a)
1
t
2
2 3 j 1
5 7 j 3
2 R.
0 j
1 j
1 j
1
2
3
2
1
1 0 0 j
1 5
! 4 0 1 1 j
L2 +L3 !L3
0
0 0 2 j
3
1
1 5
1
1 2
t
2
!
5
L +L2 !L2
2 1
2
0
3
1
2
j 1
. Logo,
j 12
2x + 3y = 1
,
1
y = 12
2
x=2
y = 1.
A solução geral do sistema é S = f(2; 1)g.
b)
2 4 j 10
3 6 j 15
!
3
L +L2 !L2
2 1
2 4 j 10
. Logo, 2x + 4y = 10 , x = 5
0 0 j 0
A solução geral do sistema é S = f(5
2s; s) : s 2 Rg.
187
2y.
2
3
1 2 3 j 3
c) 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
2
d) 4 1
3
2
3
3 j 3
1
2 j 5 5 ! 4 2
L1 $L2
2 j 7
3
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
Logo,
1 2
4
e) 2 4
3 6
1
L +L3 !L3
3 2
Logo,
1
4 0
0
2 j
7 j
8 j
3
5
7 5
8
x 2y = 5
,
7y = 7
2
!
2
1 2
4 0 0
0 0
1
6
0
1
f) 4 3
3
!
8
L +L3 !L3
7 2
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
3
3 j 3
3 j 3 5.
0 j 0
x + 2y
z + 3w = 3
,
6z 3w = 3
2
1
6
3
2
9
1 j
5 j
3 j
1; 2s + 2; s) : s 2 Rg.
3
2 j 5
3 j 3 5
2 j 7
A solução geral do sistema é S =
2
!
2
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
3
5
7 5.
0
2 j
7 j
0 j
1
4 0
0
3
1
2 5
6
2
1 2
4 0 0
0 0
1
6
2
3
3 j 3
3 j 3 5
1 j 1
x = 2y 52 w +
z = 12 w + 12 .
5
t
2
2s
!
3L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
!
1
L +L3 !L3
3 2
7
2
+ 72 ; s; 21 t + 12 ; t : s; t 2 R .
2
1
4 0
0
2
5
0
3
7
0
1 j
8 j
0 j
Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
2
0 0
2
6 2 0
6
g) 6
4 2 2
5
0 100 150
3
9
2
200
2 3 j
1 2 j
0 0 j
1
4 0
0
x=3
A solução geral do sistema é S = f(3; 1)g.
y = 1.
3
1 3 j 3
4 3 j 9 5
1 8 j 10
2
!
4L2 +L3 !L3
2
x = 7z 1
y = 2z + 2.
A solução geral do sistema é S = f( 7s
2
3
3
2 5
8
2 3 j
1 2 j
4 8 j
1
4 0
0
3
j 4
j 7 7
7
j 4 5
j 50
!
L1 $L3
1
L !L4
50 4
2
2
6 2
6
4 0
0
188
2
0
0
2
5
6
2
3
2
9
3
4
j
j
j
j
3
4
7 7
7
4 5
1
3
1
1 5.
3
!
L1 +L2 !L2
3
3
2 5.
0
!
L1 +L2 !L2
!
L3 +L4 !L4
2
2
6 0
6
4 0
0
2
2
0
2
5
1
2
3
2
6 0
6
4 0
0
2
2
0
0
5
1
2
0
2
j
j
j
j
2
7
3
4
j
j
j
j
2
7
3
0
3
4
3 7
7
!
4 5 L2 +L4 !L4
1
3
4
3 7
7.
4 5
0
2
2
6 0
6
4 0
0
8
x1 =
>
8
>
>
>
< 2x1 + 2x2 5x3 + 2x4 = 4
<
x2 =
2x2 x3 + 7x4 = 3
Logo,
,
:
>
>
2x3 + 3x4 = 4
>
>
:
x3 =
19
2
2
2
0
0
5
1
2
2
2
7
3
3
j
j
j
j
3
4
3 7
7
4 5
4
!
L3 +L4 !L4
9x4
17
x
4 4
3
x
2 4
5
2
+2
A solução geral do sistema é dada por
19
2
S=
2
1
8. a) Sejam A = 4 3
1
2
1
4
[A j Ba;b;c ] = 3
1
!
3L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2
1
5
2
1
5
9s;
17
s
4
5
;
2
3
s + 2; s
2
:s2R :
3
2 3
3
a
2 5 e Ba;b;c = 4 b 5 :
8
c
3
3 j a
2 j b 5
8 j c
!
3L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
3
2
3 j
a
7 11 j b 3a 5
7 11 j c a
!
L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
3
2
3 j
a
7 11 j
b 3a 5.
0
0 j c 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
4
[A j Ba;b;c ] = 2
3
2
3
1
2
3
1
b + 2a = 0:
3
2 3
4
a
5
4
1 e Ba;b;c = b 5 :
2
c
3
4 j a
1 j b 5
2 j c
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
189
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
3
4 j
a
9 j b 2a 5
10 j c 3a
2
7
7
!
L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
3
4 j
a
9 j b 2a 5.
1 j c b a
2
7
0
Como car A = car [A j Ba;b;c ], este sistema tem solução para quaisquer valores de a; b; c.
9. a) Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se
2
3
1 4 2 j 10
4 2 7 2 j 20 5
1 5
j 10
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
4
1
1
2
2
2
3
j 10
1
4 0
j 0 5
!
L2 +L3 !L3
2 j 0
0
4
1
0
2
2
3
j 10
j 0 5:
4 j 0
Se 6= 4 então o sistema é possível e determinado, existindo uma única solução. Se
= 4 então o sistema é possível e indeterminado, existindo um no in…nito de soluções.
b) Para
= 4, tem-se o sistema de equações lineares
x + 4y + 2z = 10
,
y 2z = 0.
x = 10 + 6z
y = 2z.
Colocando z = s, a solução geral do sistema é dada por: S = f(10 + 6s; 2s; s) : s 2 Rg.
10. a) Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se
2
1
6
6
4 1
2
Se
Se
1
3
1
2
1 j
1 j
j
2 j
3
2
2 7
7
2 5
4
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
1
3
0
0
1
+1
+1
0
j
j
j
j
2
2
2
2
2
0
3
7
7:
5
2 f 1; 0; 1g então o sistema é possível e indeterminado.
2
= f 1; 0; 1g então o sistema é possível e determinado.
8
<
x+y+z =
6y z = 2
b) Para = 2, tem-se o sistema de equações lineares
:
z = 2.
A solução geral do sistema é dada por: S = f(0; 0; 2)g.
2
3
2 3
1 1
1
1 5 e B = 4 1 5.
11. a) Sejam A = 4 1
1 1
1
190
2
8
< x=0
y=0
,
:
z = 2.
2
2
3
3
1 1 j 1
1 1
j 1
1 j 1 5 ! 4 1
1 j 1 5
[A j B] = 4 1
L1 $L3
1 1
j 1
1 1 j 1
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
1
1
4 0
1 1
0 1
1
2
3
j
1
j
0
j 1
5
!
L2 +L3 !L3
2
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
1
4 0
0
1
1
0
(1
j
1
1
j
0
) ( + 2) j 1
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
S1 = 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).
| {z }
|
{z
}
=2
S
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) .
1
;
+2
A solução geral do sistema é então dada por S =
2
1 1
4
b) Sejam A = 3 4
2 3
!
3L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
2
1 1
4 0 1
0 1
3
2
3
2
1 1
5
4
5
4
2
eB =
. [A j B ] = 3 4
1
1
2 3
2 3
1 2
j
j
j
2
3
2
1
;
+2
3
6 5
!
L2 +L3 !L3
2
1 1
4 0 1 2 3
0 0
3+
1
+2
.
3
j 2
5
2 j
1 j 1
!
3L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
3
j
2
j
6 5.
j 3
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.
191
3
5.
A solução geral deste sistema é então dada por
S3 = f(8
+ (2
4 ) s;
2) s; s) : s 2 Rg :
6 + (3
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
8
<
2
x+y + z =1
2x + y 2 z =
c)
:
x+ y +z = 1+2
2
1 1
4
2
[A j B] =
2
1
j
j
j
2 ; 1)g :
1 1
4
2
Sejam A =
1
1+2
3
5
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
1
2
1
4 0
0
3
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
,
3y = 3:
x=z
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:
3
A solução geral deste sistema é então dada por
S
Se
=
2
= f(s
3; s; 1) : s 2 Rg :
1 então car A < car [A j B]. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).
| {z }
|
{z
}
=2
=3
S
1
= ?:
192
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 =
+1
1
+1
; 1;
8
2
2z + w =
0
>
>
<
6
x + y + z + 3w = 1
1
12.
Sejam A = 6
4 2
2x
+
2y
+
z
+
w
=
2
>
>
:
x + y + 3z + 14w = 4
1
2
3
0 0 2
j
6 1 1 1 3 j 1 7
7 !
[A j B ] = 6
4 2 2 1 1 j 2 5 L1 $L
3
1 1 3 14 j 4
2
2
6 1
! 6
L1 $L3 4 0
1
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
! 6
L1 $L2 4 0
0
2
1
0
1
2
1 1
1 3
2
3 14
1
6 0
6
4 0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
3
j 2
j 1 7
7 !
5 L1 $L2
j
j 4
1
3
1
5
2
2 11
3
5
1
10
2
1
6 2
6
4 0
1
1
2
0
1
3
j 1
j 0 7
7
j 3 5
j
(
3
2
2
6
1 3 7
7eB =6 1
4 2
1 1 5
3 14
4
0
1
2
1
3
j 1
j 2 7
7
5
j
j 4
1 3
1 1
2
3 14
3
j 1
j 0 7
7
5 2L2 +L!
j
3 !L3
j 3 2L2 +L4 !L4
:
2
1
6 0
6
4 0
0
!
10)L3 +L4 !L4
1
0
0
0
2
1
6 0
6
4 0
0
7
7:
5
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L4 !L4
1
1
0
0
1
0
0
0
3
3
5
10
1
1
1
0
0
3
5
1
0
3
j 1
j 0 7
7 !
5 L1 $L2
j
j 3
j
j
j
j
1
0
3
3(
10) +
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
193
;
= f(7
s; s; 15; 3) : s 2 Rg.
3
7
7.
5
Se
6= 3 (
impossível). S
10) então car A < car [A j B ]. Logo, o sistema não tem solução (é
| {z }
|
{z
}
=3
;
=4
= ?.
13. a) Sejam x = 1 + t e y = 1
b) Sejam x = t, y = 1
t. Logo x + y = 2:
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 = 2t
Assim:
3s, y = t + s
y
2z = 0.
1, z = 2s + 1 e w = t
8
>
>
>
< x = 2 (w + 1)
3
>
>
z
>
: y =w+1+
z
1
2
1
2
Deste modo, obtém-se o sistema de equações lineares:
8
< 2x + 3z 4w = 7
:
e) Por exemplo:
2y
z
2w =
8
< x+y =1
:
x + y = 0.
8
< x=1
y=1
f)
:
z = 1.
194
1.
1.
1. Logo t = w + 1 e s =
z
1
2
.
Resolução da 2a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1
0
1. (ii)
220
0 1
1 0
(xi) se ad
1000
+
0 1
1 0
0 0
0 0
=
2
1
3
(iii) 4
3
2
1
!500
220
= I 500 = I
=
0 1
1 0
b
a
=
220
0 1
1 0
2
+I
!
=
0 0
0 0
1
ad
2
1
0
bc
3
2
32
d
c
=[ 2
1
3
54
3
2 4
p
1
2
1
3
0
2
5
1
2
3
1
ad
5=4
bc
bc
0
0
ad
bc
=I
(ii) Não é possível.
1]
2
ad
11
2
8
3
p
3
2 5 5
5
p
7
2
5 2
3
6
2 2
= 20
(v) Não é possível. (vi) Não é possível.
3
2
3
p
p 3
2 p
1
p
4 2
2 2 2
2
2
1
5
2 =4
4
(vii)
2
3
3
6
12
2
p
p 3
02
3
1T 2 p
1
2
4
2
2
2
2
2
p
1 5
@
4
A
4
5
viii)
2
=
2
3
4
3
1
12
6
2
0
2 8 1
31T
1
9
3
2 1
3T 2
3
2
3
1
1
B
6
7C
0
1
0
0 0 0
3
2
2
B
6 1 1
7C
7C
4
5 4
5 6
4
5
(ix) B
B2
6 3 2 1 7C = 0 0 0
1
1
1
1
@
4
5A
1
1
0 0 0
3
2
3
2
5
5
1 2
3
2
3
1
18
6
7
7
3T 2
3 6 5
2
1
6
0
2
1
0
10 7
1
2
6
6
7
1
7
5 4 2 4 5=6
1
0
(x) 4 0
4
6 7
7
1
6
7
6 2
5
1
3
16
3
6 6
7
4
5
7
3
3
(iv) 2
1
3
2
1
1
bc 6= 0,
a b
c d
2. (i)
1
0
=
222
0 1
1 0
(iv)
=
1
1
195
2
3T 2
0
1
5
4
4
0
3
6
1
4
2
(xi)
1
3
2
1
6 1
3. (i) 6
4 1
1
4
4
4
4
9
9
9
9
1
2
0
1
2
5
1
4
3
2
0 5=
1
3
16
16 7
7
16 5
16
2
0
6 2
(ii) 6
4 3
4
7
6
7
3
16
3
5
6
1
18
10
2
0
3
4
3
3
0
4
3
4
4 7
7 (aii =
4 5
0
aii , aii = 0)
2
3
0 0
4. (i) Seja A = 4 0 0 5. car A = 0; nul A = 2. Não existem pivots.
0 0
5
0
(ii) Sendo A =
1 2
, tem-se car A = 2 e nul A = 1. Pivots: 5 e 2.
2 0
2
3
2
3
3 6 9
1 2 3
(iii) 4 2 4 6 5 ! 4 2 4 6 5
L1 $L3
1 2 3
3 6 9
2
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
2
3
1 2 3
4 0 0 0 5.
0 0 0
3
3 6 9
Assim, sendo A = 4 2 4 6 5, tem-se car A = 1 e nul A = 2. Pivot: 1.
1 2 3
2
(iv) 4
3
2
1
4 5 ! 4
L1 $L3
2
2
2
1
2
2
2
1
Assim, sendo A = 4
2
1
6 1
(v) 6
4 2
3
2
1
7
3
1
3
1
2
3
2
9
4
1
2
2
3
2
2
4
4 5
!
2L1 +L2 !L2
1 2L1 +L3 !L3
1
0
0
3
2
2
0 5 ! 4
L1 $L3
3
3
1
4 5, car A = 2 e nul A = 0. Pivots:
2
3
2
1 7
7
8 5
6
!
L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
3L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
196
2
3
3
3
1
2
1
1
3
1
3
5
1e
3
2
1 7
7
4 5
12
3
2
3 5.
0
1
0
0
3.
!
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
2
3
1
2
4
1
6 1
Assim, sendo A = 6
4 2
3
1; 3; 1 e 2.
2
1
4
2
5. (i)
3
2
1
2
2
1
7
3
3
2 5
1
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 =
1 9
8 5
2 4
6
!
2L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
3
1
4 0 1 + 2 2 (1 + ) 5.
!
2L2 +L3 !L3
0
0
3+
2
3
1
1
2 5. Se
Seja A = 4 2
3
2
1
Se
=
3 ou
=
2
(ii) 4 2
0
2
1
2
2
1
1
4 0
0
6=
1+2
2 4
3e
6=
2+2
1 3
4 e nul A = 1. Pivots:
3
5
!
2L2 +L3 !L3
1
então car A = 3 e nul A = 0.
2
1
então car A = 2 e nul A = 1.
2
Assim, A é invertível se e só se
car A = no de colunas de A .
2
2
3
2
1 7
7.
3 5
2
3
1 5
+1
!
6=
L1 +L2 !L2
3e
2
2
4 0 1
0 2
3
6=
2
1
, uma vez que é só neste caso que
2
3
1+ 5
!
L2 +L3 !L3
1
+1
2
2
2
5.
) (1 + )
1+
! 4 0 (1
L2 +L3 !L3
0
0
2 ( + 1)
2
3
2
2
1
1 5. Se = 1 então car A = 1 e nul A = 2.
Seja A = 4 2
2
0
1
+1
Se
= 1 então car A = 2 e nul A = 1.
Se
6=
1e
6= 1 então car A = 3 e nul A = 0.
197
Assim, A é invertível se e só se
car A = no de colunas de A .
2
1
6 0
(iii) 6
4 1
2
0
1
0
0
3
1
1
0 7
7
!
1 5 L1 +L3 !L3
2 2L1 +L4 !L4
3
1
1 0 7
7. Se
2
1 5
2
2
2
2
2
6=
1 e
2
1
6 0
6
4 0
0
6= 1, uma vez que é só neste caso que
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
car A = no de colunas de A .
6= 1 e
a b
c d
tal que
6. Pretende-se determinar
a b
c d
Tem-se então
1 2
3 4
7. Existem 16 matrizes 2
1 0
0 1
;
0 1 j 1 0
1 0 j 0 1
1 2
3 4
1, uma vez que é só neste caso que
1 2
3 4
=
8
a + 2c = a + 3b
>
>
<
b + 2d = 2a + 4b
,
3a + 4c = c + 3d
>
>
:
3b + 4d = 2c + 4d
As matrizes reais que comutam com
8. (i)
6=
a b
c d
.
c = 23 b
d = a + 32 b
a
são da forma:
3
b
2
b
, com a; b 2 R.
a + 32 b
2 só com 0 e 1 nas respectivas entradas. 6 são invertíveis:
0 1
1 0
!
L1 $L2
;
1 1
0 1
;
1 1
1 0
;
0 1
1 1
1 0 j 0 1
. Logo
0 1 j 1 0
198
;
0 1
1 0
1 0
1 1
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
1 2
3 4
Logo
2L1 +L2 !L2
1 0 j
0 1 j
!
L2 !L2
1
1
1 1 j 1 0
1 1 j 0 1
(vi)
1 1
1 1
Logo,
1 0
3 1
!
L2 +L1 !L1
2
1
.
1
2
3
2
.
1
2
1 1 j 0 1
2 1 j 1 0
!
L1 $L2
1 j 0
1 j 1
1
0
!
= [1]
1 0 j
0 1 j
!
1
L !L2
2 2
1
3
2
2 1 j 1 0
1 1 j 0 1
(v)
2 1
3 1
1
2 j
2 j
1
0
!
2
=
(iii) [1]
3L1 +L2 !L2
0 j
2 j
1
0
!
1 0
0 1
=
1
2
L2 +L1 !L1
!
L1 +L2 !L2
0 j 1
1 j 1
1
0
!
1
. Logo
2
!
2L1 +L2 !L2
2 1
1 1
1 1 j
0 0 j
1
1
1
=
1
2
! .
1
L !L2
2 2
1
2
1 0
.
1 1
não é invertível.
2
3
0 1 1
(vii) Nesta alínea só se apresenta a solução: 4 1 0 1 5
1 1 0
2
3
1 2 3 j 1 0 0
(viii) 4 4 5 6 j 0 1 0 5
7 8 9 j 0 0 1
!
2L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2
3
0
3 j
6 j
0 j
1
4
1
!
4L1 +L2 !L2
7L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
3
0 0
1 0 5.
2 1
199
2
3
6
3 j
6 j
12 j
1
2
=4
1
2
1
2
1
2
3
1 0 0
4 1 0 5
7 0 1
1
2
1
2
1
2
!
1
2
1
2
1
2
2L2 +L3 !L3
3
5
2
3
1 2 3
Logo, 4 4 5 6 5 não é invertível.
7 8 9
Nas alíneas (ix) e (x) só
2
3 1 2
1 2 3
1
(ix) 4 0 1 2 5 = 4 0
0 0 1
0
se apresentam as soluções:
3
0 2
2
2
2 1
1
1
2 5
(x) @ 4 1 2
3
2 1
0
1
2
2
3
1 0 2 j 1 0 0
1 0
4 0 3
(xi) 4 0 3 0 j 0 1 0 5
!
4L1 +L3 !L3
4 0 5 j 0 0 1
0 0
3
2
2
5
0 23
1 0 0 j
3
4 0 3 0 j 0 1 0 5
!
! 4
2
1
L
+L
!L
L
!L2
1
1
3 3
3 2
0 0
3 j
4 0 1
1
3
2
3
1 0 2
Logo 4 0 3 0 5
4 0 5
2
1
5
3
=4 0
4
3
0
1
3
0
2
3
L3 !L3
31
1
2 5A
2
3
1 0 0
0 1 0 5
4 0 1
2 j
0 j
3 j
1 0 0 j
0 1 0 j
0 0 1 j
5
3
1
3
2
3
1
3
2
3
2
3
2
3
1
3
2
3
3
5
!
2
L +L1 !L1
3 3
1
3
4
3
2
3
=4
0
0
2
1
0
3
2
3
3
0 5.
1
3
0 5.
1
3
(xii) Sejam k1 ; k2 ; k3 ; k4 6= 0.
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
0
0
1
0
1
0
0
j
j
j
j
0
0
1
0
0
0
0
1
1
k1
3
0
0 7
7 !
0 5 L1 $L4
1 L2 $L3
0
0
1
k2
0
0
1
k3
0
0
2
k4 0 0 0
6 0 k3 0 0
6
4 0 0 k2 0
0 0 0 k1
0
0
0
1
0
0
1
0
0
1
0
0
3
0 0 0 k1
6
7
0 7
7. Logo 6 0 0 k2 0 7
4 0 k3 0 0 5
0 5
k4 0 0 0
0
1
k4
3
j
j
j
j
2
9. Como
A2 + 2A + 2I = 0 , A
1
A
2
200
I
=
1
A
2
I A=I
3
1
0 7
7
0 5
0
1
!
1
L !L1
k4 1
1
L !L2
k3 2
1
L !L3
k2 3
1
L !L4
k1 4
2
0
6 0
=6
4 0
1
k1
0
0
1
k2
0
0
1
k3
0
0
1
k4
3
0 7
7.
0 5
0
então A é invertível e
1
A
10. Sejam A; B; X 2 Mn
n
1
A
2
=
I.
(R) matrizes invertíveis tais que
3 4
7 9
(AB)2 =
:
(i)
AXB + AB = 0 , AXB =
1
AB , A
, A 1 A X BB
1
, IXI =
1
(AXB) B
A 1A
=
=A
1
BB
II , X =
1
( AB) B
1
,
,
I.
(ii)
A 1B
BXA
1
1
=0,B
, B 1 B X AA
1
(BXA) A
1
= B 1A
1
1
, IXI = (AB)2
11. (i) A 2 M2
2I
, 2I
2
A 1B
B 1A
1
1
A
1
,
,
,
9
7
=
1
4
3
.
(R),
3A
3A
1
3 4
7 9
,X=
=B
1 T
,A=
1 T
1
=
5
7
=
1
3
7
7
4 3
7 5
3
4
3
6
, 2I
, 3A
T
!
1 T
3A
1 T
1
=
2 0
0 2
=
7
3
7
3
1
=
2
1
4 3
7 5
,
5
7
1
=
6
7
3
7
1
1
(ii)
(B T + 4I)
,B=
1
=
1 3
2 5
5
2
3
1
, B T + 4I =
4 0
0 4
201
T
=
1 3
2 5
9
3
1
,
2
5
:
3
4
.
,
(iii)
1
2
1
3
T
3
1
A
12. (i) Seja A 2 Mn
n
2
1
=I,A=
3
1
2
1
A
A2
1
1
1
2
3
= I.
(R) tal que
Ak = 0
para algum k 2 Nn f1g.
(I
A) I + A + ::: + Ak
ou seja, I
= I + A + ::: + Ak
1
Ak
:::
1
Ak = I
Ak = I
A é invertível e
(I
(ii)
A)
1
= I + A + ::: + Ak 1 .
2
2
3 1 0
31
1 1 0
0
1 0
4 0 1 1 5 = @I 4 0 0
1 5A
0 0 1
0 0
0
2
3 2
32 2
0
1 0
0
1 0
1
4
5
4
4
5
1 + 0 0
1
=I+ 0 0
= 0
0 0
0
0 0
0
0
2
0
4
uma vez que 0
0
2
;
(i)
3
1
1 5
1
1
1
0
33 2
3
2
0 0 0
3 5 =4 0 0 0 5
3
0 0 0
2 2
3
4
(i) A = 5 1
1 5
2
=
3
2
3 5:
3
2 2
4
13. A = 5 1
1 5
(ii) Por (i): (I
1
33 2
3
0
0 0 0
1 5 = 4 0 0 0 5.
0
0 0 0
1
0
0
2
14. A
1
A) (I + A + A2 ) = I
1 0
6 1
=6
4 0 1
1
1
2
+
2
+
0
+
3
2
1 0
7
6 0 1
7 ! 6
5 L2 $L3 4 1
1
202
1
0
2
+
2
+
+
3
7
7
5
!
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
!
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
!
L3 +L4 !L4
Se
=
6=
1 0
6 0 1
6
4 0
0
2
1 0
6 0 1
6
4 0 0
0 0
1e
Se ( =
Se
2
1
3
0
7
7
5
2
+
2
+
+1
+1
3
1 0
7
7.
+1 0 5
0
+
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
1
0
3
7
7
+1 0 5
+1
!
L3 +L4 !L4
= 0 então car A = 2 e nul A = 2.
1e
6= 0) ou ( 6=
1e
1e
= 0) então car A = 3 e nul A = 1.
6= 0 então car A = 4 e nul A = 0.
Assim, A ; é invertível se e só se
car A ; = no de colunas de A ; .
6=
1 e
6= 0, uma vez que é só neste caso que
15. (i) 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
3
2
0
0
(
2)
) (2 + )
0
(
2)
7
7:
5
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.
Assim, A é invertível se e só se 2 Rn f 2; 0; 2g, uma vez que é só nestes casos que
car A = no de colunas de A .
(ii)
2
1
6 2
=6
4 4
1
A1 j I
0
1
0
0
!
2L4 +L1 !L1
1
L +L1 !L1
3 3
1
L +L2 !L2
3 3
1
1
1
1
2
1
6 0
6
4 0
0
=
2
4
8
1
0
1
0
0
0
0
3
0
j
j
j
j
1
0
0
0
0
0
0
1
0
1
0
0
j
j
j
j
3
0
0 7
7
0 5
1
0
0
1
0
7
3
2
3
0
1
4 0
1 0
!
2L1 +L2 !L2
4L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
1
3
1
3
1
0
3
2
0 7
7
0 5
1
203
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
2
1
6 0
! 6
L4 !L4 4 0
1
L !L3
0
3 3
1
1
3
0
0
1
0
0
2
0
0
1
0
0
1
0
j
j
j
j
0
0
0
1
1
2
4
1
j
j
j
j
0
1
0
0
4
3
7
3
2
3
1
0
0
1
0
0
1
0
0
3
0
0 7
7
0 5
1
1
3
1
3
1
3
0
!
2L4 +L1 !L1
1
L +L1 !L1
3 3
1
L +L2 !L2
3 3
3
2
0 7
7
0 5
1
Logo
(A1 )
16. (i) Ba;b
2
2
6 3
! 6
L2 $L4 4 0
0
2
0
6 2
=6
4 0
3
2
0
0
0
0
2
0
0
3
a
0 7
7
b 5
1
0
6
a
a
2
6
=6
4
1
!
3
L +L2 !L2
2 1
L3 +L4 !L4
0
1
0
0
1
2
3
1
a 7
7 !
b 5 L1 $L2
0
a
0
a
6
4
3
7
3
2
3
2
6 0
6
4 0
3
2
2
6 0
6
4 0
0
1
3
1
3
3
2
0 7
7:
0 5
1
1
3
0
2
0
0
0
3
a
1 7
7 !
b 5 L2 $L4
0
0
a
a
6
3
0
a
3
a 7
6
2
7.
a
b 5
0 1 b
2
3
0
0
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.
(ii) [B1;0
2
0
6 2
j I] = 6
4 0
3
!
2
L +L2 !L2
3 1
L3 +L4 !L4
!
L4 +L2 !L2
6L3 +L1 !L1
2
1
6 0
! 6
4 0
1
L
!L2
2 2
1
0
L !L1
3 1
Logo (B1;0 )
2
0
2
0
0
1
0
1
6
j
j
j
j
1
1
0
0
1
0
0
0
3
6 0
6
4 0
0
0
2
0
0
6
4
1
0
0
1
0
1
j
j
j
j
0
0
0
1
3
6 0
6
4 0
0
0
2
0
0
0
4
1
0
0
0
0
1
j
j
j
j
0
1
0
1
0
1
0
0
0
2
1
0
0
0
0
1
0
0
2
1
2
6
=6
4
0
1
2
0
1
j
j
j
j
0
1
2
0
1
2
1
2
5
2
0
0
1
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
0
1
0
0
2
1
2
1
2
0
0
1
1
1
3
3
0
0 7
7 !
0 5 L1 $L4
1
0
0
1
0
3
7
7
0 5
0
2
3
6
1
1
1
1
3
1
3
7
7
0 5
0
2
3
3
3
6 2
6
4 0
0
204
0
2
0
0
6
0
1
1
0
1
0
1
j
j
j
j
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
0
3
1
0 7
7
0 5
0
!
2
L +L2 !L2
3 1
L3 +L4 !L4
!
L4 +L2 !L2
6L3 +L1 !L1
!
1
L !L2
2 2
1
L !L1
3 1
7
7
!
0 5 2L3 +L2 !L2
0
1
3
7
7.
0 5
0
1
3
3
1
2
2
1
6 0
6
4 0
0
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
(iii) Como B1;0 é invertível,
B1;0 X = C , X = (B1;0 )
2
0
0
3 6
6
1
6
1 76
7 6
2
3 76
7=6
0 54 3 5 6
6
6
0
1
4
32
1
3
2
6 1 1
2
2
C,X=6
4 0 0
1 0
1
2
5
2
1
1
19
3
19
3
3
2
3
7
7
7
7
7:
7
7
7
5
(iv) Seja X = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ).
2
0
6 2
Ba;1 X = D , 6
4 0
3
0
2
0
0
a
0
a
6
A solução geral de Ba;1 X = D é dada por:
32
1
x1
6 x2
a 7
76
1 5 4 x3
0
x4
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; 1; 0)
geral de Ba;1 X = 0.
2
0 0 a 1
6 2 2 0 a
Tem-se 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
é uma solução particular de Ba;1 X = D. Determinemos a solução
3
7
7
5
a
1
!
L1 +L3 !L3
3
L +L4 !L4
2 2
3
2
2
0
6 2
6
4 0
0
2
7
6 0
7 ! 6
3
a 5 L2 $L3 4 0
2
0
0
0
2
0
3
2
3
0
0
a
0
0
6
0
6
a
0
3
1
a
0
3
a
2
a
3
a
2
1
0
3
7
7 !
5 L1 $L2
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
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 +
a2
2
s; s; as
:s2R
205
=
2s; 2 +
a2
2
s; s
1; as
:s2R .
Resolução Alternativa.
2
3
2
0 0 a 1 j
a
0
6 2 2 0 a j 0 7
6 2
7
6
[Ba;1 j D] = 6
!
4 0 0 a 1 j
a 5 L1 +L3 !L3 4 0
3
L +L4 !L4
3 0 6 0 j
6
0
2 2
2
2
3
2 2 0
a j 0
2 2 0
6 0 0 a
6
7
1
j
a 7
0
3 6
! 6
! 6
3
4
4
5
0
3 6
a j
6 L2 $L3 0 0 a
L1 $L2
2
L3 $L4
0 0 0
0 0 0
0
j 0
8
8
>
>
< 2x + 2y + aw = 0
< x=
3
Tem-se então
y=
3y + 6z
aw = 6 ,
>
>
2
:
:
w=
az + w = a
0
2
0
3
a
3
a
2
1
0
2z
3
j
a
j 0 7
7 !
j 0 5 L1 $L2
3
a j
6 L3 $L4
2
3
0
6 7
7.
a 5
0
a
0
0
6
1
a
0
j
j
j
j
2
a2
2
+ 2 (z + 1)
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
2
2
17. Seja A = 4 2
3
Logo,
:s2R
as
3
1 2
1 0 5. Tem-se
1 2
=
2
2
1
3
4
0
E23 ( )E13 ( )E12 (1)A =
4
2
0
A = (E12 (1))
1
E13 ( 32 )
1
E23 (
2
e
2
A = E12 ( 1)E13 ( 32 )E23 ( 41 ) 4 0
0
2
1
)
4
3
1 2
2 2 5,
0 92
2
s; s
1; as
3
1 2
2 2 5.
0 29
ou ainda,
3
1 0 0
L = E12 ( 1)E13 ( 23 )E23 ( 14 ) = 4 1 1 0 5
3
1
1
2
4
3
2
2
1 2
2 2 5:
U =4 0
0
0 29
206
a2
2
3
1 2
2 2 5:
0 92
2
1
4 0
0
Isto é,
com
2s; 2 +
A = LU ,
:s2R :
Resolução da Ficha extra de exercícios
4
2 j 5
6 3 j 1
(é impossível). S = ?.
1. (i)
2
2
4
(ii) 3
5
1
2
3
2
3
3 j 5
2 j 5 5
1 j 16
2
4 0
0
!
3
L +L2 !L2
2 1
5
L +L3 !L3
2 1
3
13=2
!
11
L +L3 !L3
7 2
26=7
8
8
<
< 2x + y 3z = 5
13
5
7
y
+
z
=
,
Logo,
2
2
:
: 226
52
z
=
7
7
2
2
(iii) 4 1
4
!
2L2 +L3 !L3
3
2
1
2
1
7=2
0
3
2 j 5
3 j 2 5
4 j 1
2
4 0
0
3
7=2
0
2 j
0 j
4
0
!
3
L +L2 !L2
2 1
2
5
17
2
. Logo, o sistema não tem solução
1
3 j
7=2 13=2 j
11=2 13=2 j
2
4 0
0
3
j
5
j
5=2 5.
j 52=7
!
11
L +L3 !L3
7 2
x=1
y = 3 A solução geral do sistema é S = f(1; 3; 2)g.
z = 2.
!
1
L +L2 !L2
2 1
2L1 +L3 !L3
2
2
4 0
0
2 j
4 j
8 j
3
7=2
7
3
5
1=2 5.
8
2 j
4 j
0 j
3
5
5=2 5
7=2
3
5
1=2 5
9
!
2L2 +L3 !L3
Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
2
5 4
1 2
2 3
!
2
1
4
(iv) 3
2
1
L +L3 !L3
2 2
1
4 0
0
3
13 j 3
5 j 2 5
4 j 1
5
16
0
4
10
0
!
3L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
13 j
44 j
0 j
2
1
4 0
0
3
3
7 5.
5
16
8
3
2
Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.
2. (i) Sejam A =
1 2
2
8
eB=
1
.
3
207
4
10
5
13 j
44 j
22 j
3
3
7 5
5
!
1
L +L3 !L3
2 2
[A j B] =
1 2
j 1
2
8 j 3
!
2L1 +L2 !L2
1
0
j 1
.
j 1
2
4 8
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
>
>
x
=
1
( + 4) z
>
<
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
2
1
4
1
4
:s2R :
+ 2s; s
= 4 então car A < car [A j B]. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).
| {z }
|
{z
}
=1
S4 = ?.
( + 4) s;
=2
2
3
2
3
1 1
1
5.
1 5eB =4
(ii) Sejam A = 4 1
2
1 1
2
1 1
j
1 j
! 4 1
L1 $L3
1 1 j
!
L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2
1
1
1
0
(1
3
5
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
2
1 1 j
4
1 j
[A j B ] = 1
1 1
j
1
1
4 0
1 1
0 1
1
2
j
1
j
(1
)
) ( + 2) j (1 + ) (1
2
2
)
3
j
j
j 1
2
2
3
3
5
1
2
3
5
!
L1 $L3
!
L2 +L3 !L3
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 S1 = 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).
| {z }
|
{z
}
=2
S
2
= ?.
=3
208
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) .
A solução geral do sistema é então dada por
(
!)
+1
1
(1 + )2
S =
;
;
:
+2 +2
+2
2
1 4
3. (i) Sejam A = 4 2 7
1 5
2
1 4
4
[A j B ] = 2 7
1 5
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
4
1
1
3
2
3
3
10
2 5 e B = 4 10 5.
3
3 j 10
2 j 10 5
j
3
8
j
j
3 j
!
2L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
3
2
10
1
5
4
10
0
!
L2 +L3 !L3
10
0
4
1
0
3
j
8
j
11 j
3
10
10 5.
20
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
Se
= 11 e
impossível). S
6=
;
x = 30 + 29z
y = 10 8z.
20 então car A < car [A j B ]. Logo, o sistema não tem solução (é
| {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) .
209
A solução geral do sistema é então dada por
S
;
30
=
2
1
2
1
(ii) Sejam A = 4 1
1
2
1
2
1
[A j B ] = 4 1
1
2
1
1 1
4
1
2 2
!
L1 $L3
1
1
2
1
1
4
0
1
!
L1 +L2 !L2
0
+1
L1 +L3 !L3
2
1
1
4
0
1
!
( +1)L2 +L3 !L3
0 0
29 + 250 10
;
11
1
2
1
1
+1
8 + 50
;
11
3
20
11
:
2
3
0
5 e B = 4 1 5:
3
j 0
1
j 1 5 !
L1 $L3
+1 j
3
1
2
1
+1 j
1
j 1 5
j 0
1
1
1
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
3
+1 j
j 1
2
j
j
j
j
1
+1
1
0 ( 2
1)
5
!
( +1)L2 +L3 !L3
3
5.
1
2
+1
1
então car A = car [A j B ] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.
Se 6= 0 e 6=
2
Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se
8
< x
y + z + ( + 1) w =
y+z
w=1
:
( 2
1) w = + 1 + ( 2
1)
A solução geral do sistema é então dada por
S
;
=
(
+1
2 +1
( + 1)2
( 2
1)
1
8
>
< x=
,
y=z
>
: w=
(
;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
210
x=1 w
y = z.
A solução geral deste sistema é então dada por S
Se ( = 0 e
6= 1) ou
solução (é impossível). S
=
= f(1
;
1
então car A < car [A j B ]. Logo, o sistema não tem
| {z }
{z
}
|
2
=2
;
= ?.
s; t; t; s) : s; t 2 Rg.
=3
4. Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se
2
1
6 3
6
4 1
2
2
2
2
3
1
5
3
j
j
j
j
3
0
4 7
7
4 5
0
!
3L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
2
3
4
8
4
8
0 3 (1
)
(i) O sistema é possível e determinado se e só se
(ii) Para
j
j
j
j
3
2
0
1
6 0
4 7
7! 6
4 0
4 5
0
0
2
3
j
4
8
j
0 3 (1
) j
0
0
j
2 Rn f1g.
= 1, tem-se o sistema de equações lineares
x + 2y + 3z = 0
,
4y 8z = 4
Fazendo z = s, a solução geral do sistema é dada por: S = f(s + 2; 2s
5. (i) Por exemplo:
(ii) Sejam x = 3t
x=z+2
y = 2z 1.
1; s) : s 2 Rg.
8
< x=1
y=1
:
z = 1.
1ez=s
s, y = t + 2s
y = t + 2 (3t
x)
Deste modo:
s=3
Com
1 = 7t
y + 2x + 1
7
x+3
7
Tem-se então a seguinte equação linear:
s=
z=s
3y
2t + 1 =
3y
2t + 1. Logo s = 3t
2x
x=
e t=
x+3
7
1,t=
3y
2
y + 7z = 8.
211
y + 2x + 1
:
7
x+3
7
y + 2x + 1
7
Isto é:
5x
3
0
4 7
7:
0 5
0
y + 2x + 1
+ 1.
7
x e assim
(iii) 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
tem-se então o seguinte sistema linear não homogéneo
y = 1 x (w + 1)
,
z = 2 (1 x)
6. Sendo A =
(A
x e t = w + 1,
x+y+w =0
2x + z = 2
1 2
, tem-se
2 4
5I) u = 0 ,
4
2
2
1
u= 0 , u 2 f(s; 2s) : s 2 Rg .
Logo
fu 6= 0 : Au = 5ug = f(s; 2s) : s 2 Rn f0gg :
7. Sendo x o no de livros e y o no de caixas, tem-se
x
x
7y = 1
,
8y = 7
x = 57
y = 8.
A solução geral do sistema é f(57; 8)g.
8. (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:
8
d = 10
>
>
<
a+b+c= 3
27a + 9b + 3c = 21
>
>
:
16a + 4b + c = 6.
212
2
2
3
1 1 1 j
3
1 1
4 27 9 3 j
4
5
21
0
18
!
27L1 +L2 !L2
16 4 1 j
6
0
12
16L1 +L3 !L3
2
2
3
1 1
1 j
3
4
3
4 j 10 5
! 4 0
!
1
4L2 +L3 !L3
L
!L
2
2
6
0
12
15 j 42
tem-se
1
0
0
3
1 j
3
24 j 60 5
15 j 42
!
1
L !L2
6 2
3
1 j
3
4 j 10 5 ;
1 j 2
1
3
0
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 x2 + 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.
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
3
53
41 5
25
7 1 j
5 1 j
3 1 j
!
11
L +L3 !L3
9 2
tem-se
!
2L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
2
2
4 0
0
2
2 7
4 0
9
0 11
7
1
j
9
1 j
0 16=9 j
1 j
1 j
3 j
3
53
65 5
131
3
53
5;
65
464=9
8
< a= 2
b= 4
:
c = 29.
9. (i)
2
1 21 13
6 0 1 1
3
4
6
4 0 0 1
5
0 0 0
1
4
1
5
1
6
1
7
3
7
7
5
(ii)
2
1
6 1
6
4 2
3
213
2
2
1
2
2
3
3
1
3
3
2 7
7
4 5
4
!
11
L +L3 !L3
9 2
10. Seja (aij ) 2 M2
2
(R) tal que
aij = 3i + 2j
Como
a12 = 3
2 = 7 6= 8 = 3
1+2
2+2
1 = a21
então A não é simétrica.
2
3
1 2 3
11. (i) 4 0 1 1 5
1 2 3
2
!
L1 +L3 !L3
2
3
1 2 3
4 0 1 1 5.
0 0 0
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
3
1 2 3 4
(ii) 4 5 6 7 8 5
9 10 11 12
!
5L1 +L2 !L2
9L1 +L3 !L3
2
1
4
Assim, sendo A = 0
0
2
0
(iii) 4 1
1
!
L1 +L3 !L3
1
1
1
2
1
4 0
0
1 3
6 0 11
(iv) 6
4 2
5
4 1
1
5
3
1
3
0
1 5
1
1
1
1
1
4
Assim, sendo A = 0
0
2
3
8
0
1
4 0
0
3
2
3 7
7
1 5
5
1
1
0
3
4
12 5
24
3
8
16
1
1
1
!
1
1
2
2L2 +L3 !L3
1
1
3
!
2
4
8
!
2L2 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2
4
0
3
4
12 5, 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
1
1
2
2
2
4
0
2
2L1 +L3 !L3
4L1 +L4 !L4
2
3
0
1 5
1
1
4 0
0
1
1
0
3
8
0
3
4
12 5.
0
4.
!
L1 +L3 !L3
1
1
3
3
0
1 5.
3
3
0
1 5, tem-se car A = 3 e nul A = 1. Pivots: 1; 1 e 3.
3
2
1
6 0
6
4 0
0
3
11
11
11
214
1
5
5
5
3
2
3 7
7
!
3 5 L2 +L3 !L3
3 L2 +L4 !L4
2
1 3
6 0 11
6
4 0 0
0 0
1
5
0
0
3
2
3 7
7.
0 5
0
2
1 3
6 0 11
Assim, sendo A = 6
4 2
5
4 1
2
2
4
1
(v)
2
10
5
10
6
3
6
8
4
8
2
2
4
1
Assim, sendo A =
2
3
2
3 7
7, tem-se car A = 2 e nul A = 2. Pivots: 1 e 11.
1 5
5
1
5
3
1
3
4
2 5
4
10
5
10
2
2 10
4 0 0
0 0
!
1
L +L2 !L2
2 1
L1 +L3 !L3
6
3
6
3
4
2 5, car A = 1 e nul A = 4. Pivot: 2.
4
8
4
8
2
3
2
1 0 1
1 0
4
5
4
1
0
12. (i)
!
L1 +L2 !L2
0
1
0
2
3
1 0 1
5. Se 6= 0 então
Seja A = 4 1
0
1
Se
3
1
+1 5
1
!
L2 +L3 !L3
2
1 0
4 0
0 0
3
1
+ 1 5.
car A = 3 e nul A = 0.
= 0 então car A = 2 e nul A = 1.
Assim, A é invertível se e só se
colunas de A .
2
1 0
6 0
1
(ii) 6
4 3
0
1
1
2
1
6 0
! 6
L2 +L4 !L4 4 0
0
2
1
6 0
Seja A = 6
4 3
1
Se
3
4
0 5.
0
6 8
0 0
0 0
6= 2 e
6=
3
1
0 0 7
7
0 5
1 2
0
1
0
0
!
3L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
6= 0, uma vez que é só neste caso que car A = no de
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
1
3
1
0
0 7
7.
5
+3 3
0
2
3
0 1
1 0 0 7
7. Se = 2 ou
0
0 5
1 1 2
1
0
0
+3 3
0
2
=
7
7
5 L2 +L!
4 !L4
3 então car A = 3 e nul A = 1.
3 então car A = 4 e nul A = 0.
215
3
Assim, A é invertível se e só se
car A = no de colunas de A .
2
1
6 1
(iii) 6
4 1
1
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
1
1
3
1
1
2
1
6 0
6
4 0
0
2
1
6 0
Seja A = 6
4 1
2
2
1
+1
0
0
0
1
0
0
3
0
0
0
1
7
7
5
2
2
3
0 7
7. Se
1 5
2
3
0
7
0
7.
5
0
1) ( + 1)
= 1 então car A = 2 e nul A = 2.
= 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
car A = no de colunas de A .
2
3
1 2 1 j 1 0 0
13. (i) 4 4 0 6 j 0 1 0 5
1 8 1 j 0 0 1
3
L +L3 !L3
4 2
!
3, uma vez que é só neste caso que
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
Se
!
6=
1
1) ( + 1)
0
(
(
1
1
6= 2 e
2
1
4 0
0
2L3 +L2 !L2
L3 +L1 !L1
2
1
6
6
6 0
6
4
0
2 1 j
8 2 j
0 23 j
0 j
j
8 0 j
j
0 1 j
2
6= 1 e
!
4L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
3
1 0 0
4 1 0 5
4 34 1
11
3
4
3
1
2
1
2
2
1
4 0
0
2
1, uma vez que é só neste caso que
2 1 j
8 2 j
6 0 j
1
4
0
!
2
L !L3
3 3
0
2
3
4
3
0
8
3
6=
2
3
3
7
7
7
7
5
216
!
1
L !L2
8 2
2 1 j
8 2 j
0 1 j
2
6
6
6
6
4
3
1 0 0
4 1 0 5
1 0 1
!
3
L +L3 !L3
4 2
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
2
3
11
3
!
2L3 +L2 !L2
L3 +L1 !L1
1
2
2
3
1
6
0
1
6
8
3
1
2
2
3
3
7
7
7
7
5
!
2L2 +L1 !L1
2
!
2L2 +L1 !L1
6
6
6
6
4
2
1 2
4
Logo 4 0
1 8
(ii) Para
j 1 0
j 0 1
1
sen2
L2 +L1 !L1
Se
!
L2 !L2
cos
sen
=
2
0
1
6
1
2
2
3
7
7
7.
7
5
3
7
7
7.
7
5
!
cos2
sen2
j cos
j
0
sen
sen
j
j
1 0 j
0 1 j
cos
sen
1
sen
cos
=
j cos
j
0
cos sen
sen cos
(
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
sen
1
cos
!
L2 !L2
6= 0 para todo o
, para todo o
6= k ;
2
6= k ; (k 2 Z)
2
1
sen
cos
0
1
=
1
0
1
=
0 1
1 0
cos
sen
=
sen
cos
.
= 2k ; (k 2 Z),
cos
sen
Se
1
3
+ 2k ; (k 2 Z) ;
cos
sen
Se
2
3
1
0
0 sen cos
sen2 )L1 +L2 !L2
Logo
1
2
(cos )L1 !L1
(sen )L2 !L2
0
sen cos
!
(k 2 Z).
0
1
6
1
2
8
3
sen
cos
!
1
sen cos
1
6= k ; (k 2 Z)
2
cos
sen
(
1
2
1 0 0 j 4
j
1
0 1 0 j
6
j
8
0 0 1 j
3
2
4
3 1
6
1
6 1
6 5 =6
6 6
4
1
=
cos
sen
1
sen
cos
1 0
0 1
=
1
=
1 0
0 1
=
1
0
cos
sen
=
sen
cos
.
+ 2k ; (k 2 Z) ;
sen
cos
1
=
1
0
0
1
1
217
0
1
=
cos
sen
sen
cos
.
Se
=
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
.
(iii) 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
!
1
L +L4 !L4
k 3
1
L !L2
k 2
2
k
6 1
Logo 6
4 0
0
2
6
6
6
6
(iv) 6
6
6
6
4
2
13
2
13
8
13
2
1
6 0
6
4 0
0
2
1
6 0
6
4 0
0
0
k
1
0
5
13
j
j
j
j
0
0
k
1
2
13
7
13
6
13
2
13
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
0
1
0
0
0
0
1
0
3
0
0 7
7
0 5
k
0
0
0
1
1
2
13
6
13
7
13
2
13
j
j
j
j
2
6
=6
4
8
13
2
13
2
13
5
13
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
!
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
0
1
1
k2
0
3
0 0
0 0 7
7
1
0 5
k
0 k1
0
1
k2
1
k3
1
k
1
k
0
0
0
1
k2
1
k3
1
k4
3
7
7
7
7
7=
7
7
7
5
1
k
1
k2
1
k
1
k2
1
k3
2
3
0
0 7
7.
0 5
0
0
1
k2
1
k3
1
k4
1
k
3
0
0 7
7.
0 5
1
k
1
k2
5
6
6
6 2
6
1 6
13 6
6 2
6
4
8
218
!
1
L +L4 !L4
k 3
1
L !L2
k 2
1
k
2
7
6
2
2
6
7
2
8
3
7
7
2 7
7
7:
7
2 7
7
5
5
1
1
k
0
0
3
0 0 0
1 0 0 7
7
0 k1 0 5
0 0 k1
!
1
L2 +L3 !L3
k2
1
L !L1
k 1
2
5
6
6
6 2
6
6
6
6 2
6
4
8
2
2
7
6
6
7
2
8 j
j
2 j
j
2 j
j
5 j
1 0 0 0
7
7
0 1 0 0 7
7
7 !
7 L1 $L3
0 0 1 0 7
7
5
0 0 0 1
2
2
2 6
7
2
6
6
6 0
13 13
0
6
6
!
L1 +L2 !L2 6
6 0
13
13 39
5
2
L +L3 !L3 6
2 1
4
4L1 +L4 !L4
0 26
26 13
2
2 6
7 2 j
6
j
6
6 0
13
13
0
j
6
6
j
!
L2 +L3 !L3 6
13
6
13 j
0
2L2 +L4 !L4 6 0
2
4
j
0 0
0
13 j
2
!
1
L !L1
2 1
1
L !L2
13 2
2
L
!L3
13 3
1
L !L4
13 4
1 3
6
6
6 0 1
6
6
6
6 0 0
6
4
0 0
2
1 3
6
6
6 0 1
6
6
!
L4 +L1 !L1 6
6
2L4 +L3 !L3 6 0 0
4
0 0
2
1 3
6
6
6 0 1
6
6
!
L3 +L2 !L2 6
6 0 0
7
L +L1 !L1 6
2 3
4
0 0
7
2
j
j
0 j
j
2 j
j
1 j
1
1
1
0
3
7
2
0 j
j
1 0 j
j
1 0 j
j
0 1 j
0 0 j
j
0 0 j
j
1 0 j
j
0 1 j
0
j
j
j
j
j
j
j
0 0
0
0
0
1
1 0
0 0
0
1
2
1
13
2
13
2
13
2
13
0
1
0
2
13
2
13
9
26
0
1
13
1
13
0
1
13
2
13
2
13
1
13
2
13
0
2
13
2
13
1
13
8
13
6
13
2
13
1
13
2
13
2
13
2
13
2
13
1
13
2
13
0
2
13
2
13
1
13
2
2
3
2
3
7
7
7
7
7
7
7
7
5
219
j
j
2 j
j
8 j
j
5 j
2
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
!
L2 +L3 !L3
2L2 +L4 !L4
!
1
L !L1
2 1
1
L !L2
13 2
2
L
!L3
13 3
1
L
!L4
13 4
!
L4 +L1 !L1
2L4 +L3 !L3
1
13
0
5
13
6
2
3
7
7
0 7
7
7
7
0 7
7
5
3
13
7
7
0
1
13
7
13
6
6
6
6 2
6
6
6
6 5
6
4
8
1
2
0
0
2
7
7
1 0 7
7
7
7
5
7
0
2
7
5
4 1
3
1 0
7
7
1 0 7
7
7
7
3
7
0
2
7
5
2 1
0 1
1
2
3
7
7
7
7
7
7
7
7
5
!
L3 +L2 !L2
7
L +L1 !L1
2 3
!
3L2 +L1 !L1
2
6
6
6
6
6
6
6
6
4
1 0 0 0 j
j
0 1 0 0 j
j
0 0 1 0 j
j
0 0 0 1 j
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
Logo 6
6
6
6
4
2
6
6
6
6
= 13 6
6
6
6
4
2
6
6
6
6
(v) 6
6
6
6
4
2
6
6
6
6
6
6
6
6
4
2
1
1
1
5
13
2
13
2
13
2
13
7
13
8
13
6
13
2
13
6
13
7
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
2
13
1
13
8
13
1
2
1
1
2
1
2
1
0
1
2
1
2
0
1
1
2
1
2
1
1
2
0
0
2
1
1
2
1
2
j
j
1 j
j
1 j
j
2 j
1
1
3
7
7
7
7
7=
7
7
7
5
2
0
1
2
2
6
6
6
6
1 6
2 6
6
6
4
1 0 0 0
1
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
j
2
2
0
1
0
2
1
3
1
0 0 0
0 1 0
0 0 1
1 0 0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
1
1 0
220
6
6
6
6
6
6
6
6
4
1
31
7C
7C
C
2 7
7C
7C
7C
C
2 7
7C
5A
5
7
2
1
8
6
6
2
1
=
3
7
7
1 7
7
7.
7
1 7
7
5
2
1
2
2
7
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
1 2
6
6
6 0 1
1 1
6
6
!
L1 +L2 !L2 6
6
1 1
1
L1 +L3 !L3 6 0
2L1 +L4 !L4 4
0 1
1
3
2
1
1
1 2
6
6
6 0 1
1 1
6
6
!
L2 +L3 !L3 6
6
0
0
2
L2 +L4 !L4 6 0
4
0 0
2
4
5
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
7
7
7
7
7
7
7
5
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
1
2
1
2
3
1
1
1
2
3
1
2
0
1
1
0
2
1
7
7
1 7
7
7
7 L2 +L!
3 !L3
1 7
7 L2 +L4 !L4
5
2
3
1
7
7
1 7
7
7 !
7 L3 $L4
2 7
7
5
3
j
j
1 j
j
1 j
j
1 j
2
0 0 0 1
3
7
7
0 1 0 0 7
7
7
7
0 0 1 0 7
7
5
1 0 0 0
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
2
1
1
6
6
6 0
6
! 6
L3 $L4 6
6 0
6
4
0
1
2L4 +L3 !L3
1
L +L2 !L2
2 4
L4 +L1 !L1
2
0
2
0
0
1
2
!
L3 +L2 !L2
L3 +L1 !L1
2
6
6
6
6
Logo 6
6
6
6
4
2
6
6
6
6
= 26
6
6
6
4
1
1
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
1
0
0
1
0
0
0
0
0
1
0
1
0
1 0 j
j
1 0 j
j
2 0 j
j
0 2 j
6
6
6 0
6
6
6
6 0
6
4
0
1
2
1
1
2
1
2
1
1
2
0
1
2
0
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
0
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
0
1
2
1
2
1
1
2
3
7
7
7
7
7=
7
7
7
5
1
2
3
7
7
7
7
7
7
7
7
5
1
0
7
7
1 7
7
7
7
3 7
7
5
2
1
1
1
0
1
1
2
0
1
1
1
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
1
B 6
B 6
B 6
B1 6
6
=B
B2 6
B 6
B 6
@ 4
2 1 1 0
!
1
L !L3
2 3
1
L !L4
2 4
3
7
7
0 7
7
7
!
7
1 7 L3 +L2 !L2
2 7 L3 +L1 !L1
5
1
0
0 2
3
7
7
0 7
7
7
7
1 7
7
5
2
1
1
2
1
2
!
2L4 +L3 !L3
1
L +L2 !L2
2 4
L4 +L1 !L1
1
1
2
1
2
1
2
1
3
1
1 0
1
1 0 0 j 21
j
1 0 0 j 12
j
0 1 0 j 12
j
0 0 1 j 0
1
1
2
1
0
1 0 j 0
j
1 0 j 0
j
1 0 j 12
j
0 1 j 0
1
6
6
6 0
6
6
!
6
1
L
!L
3
3
6 0
2
6
1
L !L4 4
2 4
0
2
1
2
!
j
j
1 j
j
4 j
j
2 j
1
2
1
1
1
3
6
7
6
7
6 1 2 1 1 7
6
7
6
7.
6
7
6 1 1 2 1 7
6
7
4
5
0 1 1 2
221
3
7
7
7
7
7
7 L2 +L!
1 !L1
7
7
5
1
2
0
1
1
0
2
1
2
6
6
6
6
6
6
6
6
4
1
1 0 0 0 j 1 21 12 0
j
0 1 0 0 j 12 1 12 12
j
0 0 1 0 j 21 12 1 12
j
0 0 0 1 j 0 21 12 1
31
7C
7C
C
1 7
7C
7C
7C
C
1 7
7C
5A
2
1
=
3
7
7
7
7
7.
7
7
7
5
Resolução da 1a Ficha de exercícios facultativos
1. (i) Sejam A = (aij )m
n
P
p
P
(AB) C =
n
P
k=1
aik
p
P
B = (bij )n
aik bkl
clj
bkl clj
n
P
=
aik
k=1
(ii) Sejam A = (aij )m
n
P
n,
p
P
n
P
aik bkj
bkl clj
B = (bij )n
aik (bkj + ckj )
aik bkl clj
n
P
= A (BC)
=
p
e C = (cij )n p .
n
P
aik bkj + aik ckj
=
aik ckj
= AB + AC
k=1
(iii) Sejam A = (aij )m
T
(AB) =
n
n
X
e B = (bij )n p .
aik bkj
k=1
2. Seja A 2 Mm
Como
n
!T
=
n
X
bkj aik
k=1
!T
=
n
X
bki ajk
k=1
(R) tal que AT A = 0. Então AT A
!
n
X
AT A (i;i) =
(aik )2
(i;i)
!
= B T AT :
= 0, para todo o i = 1; :::; n.
k=1
tem-se ai1 = ::: = ain = 0, para todo o i = 1; :::; n. Logo A = 0.
3. Para todo o n 2 N, (prova-se por indução)
8
0
1
>
k+1
>
, se n = 2k 1, k = 1; 2; 3:::
n
< ( 1)
1 0
0
1
(i)
=
1 0
>
>
:
( 1)k I,
se n = 2k, k = 1; 2; 3:::.
(ii)
=
k=1 l=1
k=1
+
k=1
p
n P
P
=
l=1
k=1
=
aik bkl clj
l=1 k=1
l=1
A (B + C) =
e C = (cij )p q .
p
p P
n
P
=
k=1
l=1
=
n,
1 0
2 1
n
=
1 0
.
2n 1
222
2
3n 2
1 1 0
1 n 1+
4
5
4
(iii) 0 1 1
= 0 1
0 0 1
0 0
+n
n
1
1
Note que
1+
+ (n
= 1 + (n
|
1) +
= (n
2
0
6 0
(iv) 6
4 0
0
2
0
6 0
6
4 0
0
(v)
1
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
32 2
0 1
0
6 0 0
0 7
7 =6
4 0 0
1 5
0
0 0
cos
sen
4. Seja A =
n
sen
cos
3
0
0 7
7,
1 5
0
+ (n
2
0
6 0
6
4 0
0
1) =
1
0
0
0
; (com
2
,
a b
c d
2
a + b ac + bd
ac + bd c2 + d2
=
a b
c d
1 0
0 1
e
T
A A=I,
2
,
T
a b
c d
2
a + c ab + cd
ab + cd b2 + d2
4.
0
0
0
0
3
1
0 7
7.
0 5
0
2 R).
2 ortogonal, isto é, tal que AAT = AT A = I.
Tem-se
AA = I ,
n (n 1)
.
2
33 2
0
0 0
6 0 0
0 7
7 =6
4 0 0
1 5
0
0 0
0
1
0
0
sen(n )
cos(n )
uma matriz 2
T
+1=
3
0
0 7
7, para todo o natural n
0 5
0
cos(n )
sen(n )
=
a b
c d
0
1
0
0
5.
n
1
n 1 parcelas
1) n , 1 +
0
0
0
0
1) +
3
n(n 1)
2
1) + 1 = n
| + {z + n}
}
+ (n
{z
2
1 n
5=4 0 1
0 0
1) + (n
n 1 parcelas
3n 2
0
0 0
7
6
0 7
0 0
=6
5
4
1
0 0
0
0 0
3
=
1 0
0 1
=I,
8 2
< a + b2 = 1
ac + bd = 0
,
: 2
c + d2 = 1
a b
c d
=I,
8 2
< a + c2 = 1
ab + cd = 0
,
: 2
b + d2 = 1.
Logo c = b.
Se c = b tem-se b (a + d) = 0 , (b = 0 ou a = d).
Se c = b tem-se b (a d) = 0 , (b = 0 ou a = d).
223
T
Deste modo
a
b
A=
b
a
ou
A=
Por outro lado, a2 + b2 = 1 , (a = cos
cos
sen
A=
sen
cos
a b
b a
.
e b = sen , para algum
cos
sen
ou A =
sen
cos
2 R). Logo
( 2 R):
;
5.
A2 = (AB) (AB) = A (BA) B = ABB = AB = A:
B 2 = (BA) (BA) = B (AB) A = BAA = BA = B:
6.
A2 = A (BAB) = (ABA) B = B 2 .
7. (i) A e B do tipo n
(ii) A do tipo m
B) = A2 + BA
n; (A + B)(A
n e B do tipo n
AB
B2:
m, (AB)2 = ABAB:
n; (A + B)2 = A2 + BA + AB + B 2 :
(iii) A e B do tipo n
8. (i) Falsa:
1 0
2 0
0 0
3 4
mas A 6= 0 e B 6= 0.
=0
No caso de A ser invertível, a seguinte condição é verdadeira:
AB = 0 ) (A = 0 ou B = 0)
uma vez que AB = 0
,
A é invertível
B = 0.
(ii) Falsa:
1 2
1 2
0 0
1 1
=
1 2
1 2
2 2
0 0
0 0
1 1
mas
6=
No caso de A ser invertível, a seguinte condição é verdadeira:
AB = AC ) B = C
uma vez que
AB = AC
,
A é invertível
A
1
(AB) = A
1
(AC) ,
, A 1 A B = A 1 A C , IB = IC , B = C:
224
2 2
0 0
.
9. (i) 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:
(ii) Se A é normal (isto é AH A = AAH ) e B é unitária (isto é B H B = BB H = I) então
BAB H
BAB H
H
H
= BAB H B H
AH B H = BA B H B AH B H =
= BAAH B H = BAH AB H = BAH B H BAB H = BAB H
H
BAB H
ou seja, BAB H é normal.
(iii) Como
BT B
T
T
= BT BT
= BT B
e
BB T
T
e
BB H
H
= BT
T
B T = BB T
as matrizes B T B e BB T são simétricas.
Além disso, como
BH B
H
= BH BH
H
= BH B
= BH
H
B H = BB H
B H B e BB H são matrizes hermitianas.
10. (i) Seja A = (aij ) do tipo n
diagonais principais tem-se:
n tal que AT =
aii =
A: Assim, em relação às respectivas
aii
e logo aii = 0; para todo o i 2 N:
(ii) Seja A = (aij ) do tipo n
(A
n. A matriz A
AT )T = AT
A=
AT é anti-simétrica pois:
AT ):
(A
(iii) Escrevendo A = 21 (A + AT ) + 12 (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
225
AT ):
11. Seja X =
a b
c d
a b
c d
X2 =
a b
c d
Logo,
X2 = I ,
Se b = 0, então a =
1ed=
1ed=
a2 + bc ab + bd
ac + cd bc + d2
8 2
a + bc = 1
>
>
>
>
>
>
>
>
< ab + bd = 0
>
>
ac + cd = 0
>
>
>
>
>
>
:
bc + d2 = 1.
1 e (b = 0 ou a =
dec=
d). Logo,
1
c
I ou X =
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 =
2 tal que X 2 = I.
uma matriz do tipo 2
X=
.
b
1
.
d). Logo,
1
0
I ou X =
1 a2
.
b
0
1
Logo,
a
1 a2
b
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
x21 x22
tal que
XA = AX;
a b
2 M2 2 (R). Tem-se então:
c d
8
x11 a + x12 c = ax11 + bx21
>
>
8
>
>
x12 c = bx21
>
>
>
>
>
>
>
>
< x21 a + x22 c = cx11 + dx21
<
x21 (a d) = c(x22 x11 )
XA = AX ,
,
>
>
>
>
x11 b + x12 d = ax12 + bx22
>
>
>
>
>
:
>
(x11 x22 )b = (d a)x12 .
>
>
:
x21 b + x22 d = cx12 + dx22 .
para todo o A =
226
Se a = 1 e b = c = d = 0,
Se b = 1 e a = c = d = 0,
Se c = 1 e a = b = d = 0,
Se d = 1 e a = b = c = 0,
Logo, a matriz X tal que
então x21 = x12 = 0.
então x21 = 0 e x11 = x22 .
então x12 = 0 e x11 = x22 .
então x21 = x12 = 0.
XA = AX; para todo o A 2 M2 2 (R), é dada por:
X=
0
0
13. Sendo A uma matriz do tipo m
, com
2 R.
n, seja N (A) = fX : AX = 0g.
(i) Sendo A e B matrizes de tipos apropriados, seja u 2 N (B). Logo Bu = 0, pelo que
(AB) u = A (Bu) = A0 = 0
e assim u 2 N (AB). Deste modo, tem-se
N (B)
N (AB) :
(ii) Sejam A e B matrizes de tipos apropriados com A invertível. Seja u 2 N (AB).
Logo ABu = 0, pelo que
A (Bu) = (AB) u = 0 ,Bu = A 1 0 = 0
e assim u 2 N (B). Deste modo, tem-se N (AB)
N (B). Assim e atendendo à aínea
anterior, tem-se
N (AB) = N (B) .
(iii) Atendendo à alínea anterior N (A)
Vejamos que N AT A
N AT A .
2
3
v1
6
7
N (A). Seja u 2 N AT A e Au = 4 ... 5 2 Rn . Logo
vn
AT Au = AT A u = 0
e assim
2
3
v
1
n
X
6
7
uT AT Au = 0 , (Au)T (Au) = 0 ,
(vi )2 = 0 , Au = 4 ... 5 = 0
i=1
vn
pelo que u 2 N (A).
Logo
N (A) = N AT A .
(iv) Sejam A e B matrizes do tipo m
n com m < n tais que AB T é invertível. Como
f0g =
6 N (A)
m<n
227
N BT A
então B T A não é invertível.
Se alguma linha de B pertencesse a N (A) isso seria equivalente a alguma coluna de B T
pertencer a N (A), ou seja, à matriz AB T ter alguma coluna nula, o que contradiria o facto
de AB T ser invertível.
(v) Seja A 2 Mm n (R) tal que para todo o B 2 Rm o sistema AX = B é possível, então
car A = m. Assim AAT (do tipo m m) é invertível e por (ii)
N AT = N AAT = f0g .
14. (i) Seja A = (aij )n
n
2 Mn
tal que Au = 0 para qualquer u 2 Mn 1 (R).
n (R)
Para cada j 2 f1; :::; ng …xo, seja ej = (
ij )n 1
2 Mn 1 (R) em que
ij
1 se i = j
0 se i 6= j.
=
Como
Aej = 0
para todo o j 2 f1; :::; ng e por outro lado
2
2
3
a1j
6 7
Aej = 4 ... 5
anj
3 2 3
a1j
0
6 .. 7 6 .. 7
para todo o j 2 f1; :::; ng, então 4 . 5 = 4 . 5 para todo o j 2 f1; :::; ng pelo que A = 0.
anj
0
(ii) Resolução análoga à da alínea anterior com A
15. Sendo A; B 2 Mn
e assim
2
6
6
AB T = 6
4
a1
a2
..
.
an
1
(R)
2
3
B em vez de A.
6
6
A=6
4
7
7
7 b1 b2
5
a1
a2
..
.
an
3
2
7
7
7
5
6
6
B=6
4
bn
2
6
6
=6
4
b1
b2
..
.
bn
3
7
7
7
5
a1 b 1 a1 b 2
a2 b1 a2 b2
..
..
.
.
an b1 an b2
..
.
a1 b n
a2 b n
..
.
an b n
3
7
7
7:
5
Como A e B são matrizes não nulas, existe i 2 f1; :::; ng tal que ai 6= 0 e existe j 2
f1; :::; ng tal que bj 6= 0, tendo-se
228
2
a1 b 1
6 ..
6 .
6
T
AB = 6 ai b1
6 .
4 ..
an b 1
...
3
a1 b n
.. 7
. 7
7
ai b n 7 .
.. 7
...
. 5
an b n
a1 b j
..
.
ai b j
..
.
an b j
Aplicando sucessivamente a operação elementar
ak
Li + L k ! L k
ai
para todo o k = 1; :::; n com k
2
0
0
.
..
.
6 .
..
.
6 .
6
0
6 0
6
a
b
a
6 i 1
i bj
6
0
6 0
6 .
..
.
4 ..
..
.
0
0
com ai bj 6= 0, isto é,
6= i, tem-se
3
0
.. 7
..
.
. 7
7
0 7
7
ai b n 7 !
7 L $L
0 7 i 1
.. 7
..
.
. 5
0
2
6
6
6
4
ai b 1
0
..
.
0
ai b j
0
..
..
.
.
0
ai b n
0
..
..
.
.
0
3
7
7
7
5
car(AB T ) = 1:
16. Seja A uma matriz do tipo m n tal que car A = m. Então existe uma matriz
invertível R, m m, produto de matrizes elementares (por aplicação do método de eliminação
de Gauss) tal que
RA = I B
onde I é a matriz identidade r r e B é uma matriz do tipo r (n r). Aplicando o
método de eliminação de Gauss agora às colunas de RA, existe uma matriz invertível Q do
tipo n n; (produto de matrizes elementares), tal que
RAQ =
I 0
onde 0 é a matriz nula. Sendo Q1 a matriz do tipo n
apenas as primeiras m colunas, tem-se
m que se obtém de Q considerando
RAQ1 = I.
Pelo que AQ1 é invertível tendo-se
AQ1 R = I.
Logo existe B = Q1 R do tipo n
m tal que AB = I.
17. Atendendo a que as matrizes envolvidas são quadradas e a que (A + I) (I B) =
A AB + I B = I, então A + I e I B são matrizes invertíveis. Assim (A + I) (I B) =
(I B) (A + I) o que é equivalente a A + I B AB = A + I B BA ou seja a AB = BA.
229
18. Sejam A e B matrizes do tipo n
n.
(i) Se A fôr invertível então
1
AB = ABI = AB AA
= A (BA) A
1
isto é, existe S = A invertível tal que
1
AB = S (BA) S
ou seja, AB e BA são semelhantes. Analogamente, se B fôr invertível então AB e BA são
semelhantes.
(ii) Sendo A e B semelhantes existe S invertível tal que
A = SBS
1
,
ou seja
S
1
A = BS
1
.
Então
X 2 N (A) , AX = 0 , S
19. Seja A do tipo n
1
1
AX = 0 , BS
X=0,S
1
X 2 N (B) :
n.
(i) Se A fôr invertível tem-se A 1 A = AA
1
= I: Logo A
1
é invertível e (A 1 )
1
= A:
(ii) Se A fôr invertível tem-se A 1 A = AA 1 = I: Logo (A 1 A)T = (AA 1 )T = I T : Pelo
que
AT (A 1 )T = (A 1 )T AT = I:
Isto é, AT é invertível e (AT )
1
= (A 1 )T
(iii) 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.
20. (i) Por exemplo I e
I são invertíveis no entanto I + ( I) = 0 não é invertível.
(ii) Como por hipótese A; B e A + B são invertíveis tem-se
A(A+B) 1 B = A B 1 (A + B)
1
= A B 1A + I
230
1
=
B 1A + I
A
1
1
= (A 1 +B 1 ) 1 .
1
Deste modo A
1
+B
é invertível e
1
(A
21. Seja A 2 Mn
n
+ B 1)
1
= A(A + B) 1 B = B(A + B) 1 A.
(R) tal que A2 = A (a matriz A diz-se neste caso idempotente).
(i) Como
A)2 = (I
(I
então I
A) (I
2A + A2 = I
A) = I
2A + A = I
A
A é idempotente.
(ii) Como
(2A
então 2A
I) (2A
I) = 4A2
4A + I = 4A
4A + I = I
I é invertível e
(2A
1
I)
= 2A
I:
(iii) Se car A = n então A é invertível pelo que
A2 = A , A
1
A2 = A 1 A , A = I:
22.
A
BA2 = A
(BA) A = A
IA = 0;
uma vez que B é a matriz inversa de A.
23.
1
(I + A)
2
2
1
(I + A) ,
2
1
1
1
, I + A2 + A +
4
4
4
24. Sendo A = (aij )n
para k 6= 0:
k i j aij
=
n
1
1
I + A2 + A + A = (I + A) ,
4
2
1
1
1
A = I + A , A2 = I.
4
2
2
uma matriz invertível e B = (bij )n
k i j bij =
n
X
k i l ail k l j blj
l=1
!
=
ki
j
n
n
X
a inversa da A, tem-se,
ail blj
l=1
!
= I.
Logo a matriz (k i j aij ) é invertível e a sua inversa é a matriz (k i j bij ).
25. Seja A =
a b
c d
do tipo 2
tem-se:
A=
a b j 1 0
c d j 0 1
2. Suponhamos que a 6= 0, c 6= 0 e ad
!
cL1 !L1
aL2 !L2
231
ac bc j c 0
ac ad j 0 a
!
L1 +L2 !L2
bc 6= 0. Logo,
ac
bc
j
0 ad bc j
!
!
c 0
c a
acd
ad bc
ac
0
j
0 ad bc j
Logo,
1
acb
ad bc
c
!
a
d
ad bc
c
ad bc
1 0 j
0 1 j
!
!
bc
L +L1 !L2
ad bc 2
1
1
L !L1
ac 1
1
L !L2
ad bc 2
b
ad bc
a
ad bc
d
c
.
b
a
.
ad bc
Se a = 0 e c = 0, então A não é invertível.
Se a = 0 e c 6= 0, então b 6= 0, caso contrário A não seria invertível. Neste caso, com
a = 0, c 6= 0, b 6= 0 e ad bc 6= 0 tem-se:
A
A=
!
=
=
0 b j 1 0
c d j 0 1
L1 !L2
1 dc j 0 1c
0 1 j 1b 0
1 0 j
0 1 j
d
bc
c
bc
c d j 0 1
0 b j 1 0
!
!
d
L +L1 !L1
c 2
b
bc
d
ad bc
c
ad bc
1 0 j
0 1 j
=
0
1 0 j
0 1 j
!
1
L !L1
c 1
1
L !L2
b 2
d
bc
1
b
1
1
=
ad
d
b
c
bc
a
0
b
ad bc
a
ad bc
Se a 6= 0 e c = 0 seria análogo. Logo, A é invertível se e só se ad
A
1
c
=
.
bc 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:
A
Observe que ad
26. A matriz
1
6
6
6
4
1
(cof A)T .
jAj
a b
c d
bc = jAj, com A =
2
=
do tipo 2
k1
0
0
..
.
k2
..
.
0
3
0
. . . .. 7
. 7
7
..
. 0 5
0 kn
é invertível se só se k1 6= 0; k2 6= 0; : : : ; kn 6= 0, e a
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
232
2.
sua inversa é dada por:
3
1
0
0
k1
. 7
..
. .. 7
0 k12
7.
7
.. . .
..
.
.
.
0 5
0
0 k1n
27. Sejam A = (aij ); B = (bij ) 2 Mn
n
(R) e
um escalar.
(i)
tr(A + B) = tr(aij + bij ) =
n
X
(aii + bii ) =
i=1
n
X
aii +
i=1
n
X
bii = tr(A) + tr(B):
i=1
(ii)
tr( A) = tr( aij ) =
n
X
aii =
i=1
n
X
aii =
tr(A):
i=1
(iii)
T
tr(A ) = tr (aji ) =
n
X
aii = tr (aij ) = tr(A):
i=1
(iv)
tr(AB) = tr
n
X
=
k=1
28. Seja A 2 Mn
vez que
tr (AX
n
n
X
aik bkj
k=1
n
X
!
bki aik
i=1
n
n
X
X
=
!
i=1
= tr
k=1
n
X
aik bki
bki ail
i=1
(R). Não pode existir X 2 Mn
XA) = tr (AX)
n
30. Seja A = (aij ) 2 Mm
= tr(BA).
tr (AX) = 0 6= 1 = tr I
tr (BA) =
tr(AB) , tr(AB) = 0:
(R). Tem-se
!
n
n X
n
n X
n
X
X
X
T
tr(A A) = tr
aki akj =
aki aki =
a2ki .
n
k=1
XA = I; uma
n tais que A é simétrica e B é anti-simétrica.
tr(AB) = tr (AB)T = tr B T AT = tr ( BA) =
tr(AB) =
!
=
(R) tal que AX
tr (XA) = tr (AX)
29. Sejam A e B matrizes do tipo n
!
i=1 k=1
Logo
tr(AT A) = 0 , A = 0:
233
i=1 k=1
tr(AB):
31. Sejam u; v 2 Mn
1
(R) tais que uT v 6=
1. Seja
A = I + uv T .
Tem-se
1
uv T
1 + uT v
I
1
uv T
1 + uT v
= I + uv T
I + uv T =
1
uv T
1 + uT v
uv T =
= I + uv T
1
uv T
1 + uT v
1
u vT u vT =
1 + uT v
= I + uv T
1
uv T
1 + uT v
vT u
uv T
1 + uT v
= I + uv
1
uT v
+
1 + uT v 1 + uT v
T
= I + uv T
=
v T u=uT v
uv T =
uv T = I.
Logo A é invertível e
A
Sendo u; v 2 Mn
1
(R)
2
6
6
u=6
4
tem-se
T
u v=
u1 u 2
e
tr uv T
2 2
Logo
6 6
6 6
= 6tr 6
4 4
1
u1
u2
..
.
un
un
2 02
6 B6
6 B6
= 6tr B6
4 @4
u1 v 1 u1 v 2
u2 v 1 u2 v 2
..
..
.
.
un v 1 un v 2
..
1
uv T .
1 + uT v
=I
.
2
3
7
7
7
5
2
6
6
6
4
u1
u2
..
.
un
v1
v2
..
.
vn
3
3
6
6
v=6
4
un vn
vn
3
7
7
7
5
7
7
7 = [u1 v1 + u2 v2 +
5
7
7
7 v1 v2
5
u1 vn
u2 vn
..
.
v1
v2
..
.
33
13
C7
C7
v n C7 =
A5
77
77
77 = [u1 v1 + u2 v2 +
55
uT v = tr uv T
234
.
+ un ]
+ un ] :
Resolução da 3a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
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 .
(iv) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x + y = g. Por exemplo:
(0; 0) 2
= U.
Logo, U não é subespaço de R2 .
(v) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x 2 N0 e y 2 Rg. Por exemplo:
(1; 1) 2 U , mas
1
(1; 1) =
2
1 1
;
2 2
2
= U.
Logo, U não é subespaço de R2 .
(vi) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x2 + y 2
2
g. Por exemplo:
(1; 1) 2 U , mas 3(1; 1) = (3; 3) 2
= U.
Logo, U não é subespaço de R2 .
(vii) 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 .
235
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). Vk 6= ? pois (0; 0) 2 Vk . Sejam
(x1 ; kx1 ); (x2 ; kx2 ) 2 Vk e 2 R. Tem-se
(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. U 6= ? pois (0; 0) 2 U . 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 .
3. Uk é subespaço de R3 se e só se k = 0.
3
R.
4. (i) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : z = 2g. Ora (0; 0; 0) 2
= U . Logo, U não é subespaço de
(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),
236
para quaisquer x; y 2 R, tem-se:
U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) .
Logo, U é subespaço de R3 . O conjunto f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g gera o subespaço U .
U = N (A) é subespaço de R3 , com
A=
R3 .
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
(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 . O conjunto f(0; 0; 1)g gera o subespaço U .
(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 . O conjunto f(1; 2; 3)g gera o subespaço U .
U = N (A) é subespaço de R3 , com
2 1 0
3 0 1
A=
:
(vi) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x + y = 1g. Ora (0; 0; 0) 2
= U . Logo, U não é subespaço
3
de R .
(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 . O conjunto f(0; 1; 1)g gera o subespaço U .
U = N (A) é subespaço de R3 , com
A=
1
1
1
1
237
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
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 . O conjunto f(1; 1; 2)g gera o subespaço U .
U = N (A) é subespaço de R3 , com
A=
1
0
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.
(0; 1; 1; 1) 2 f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y + z = 0g
( 2; 1; 1; 0) 2 f(x; y; z; w) 2 R4 : x + y + z + w = 0g
( 2; 2; 2; 0) 2 f(x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y z = 0 e x + y + 2w = 0 e y
(i) Seja
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y =
Tem-se
U = f(0; z; z; w) : z; w 2 Rg .
238
z :
z + w = 0g
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) .
O conjunto f(0; 1; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g gera o subespaço U .
(ii) Seja
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x + y + z + w = 0 :
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) .
O conjunto f( 1; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0); ( 1; 0; 0; 1)g gera o subespaço U .
(iii) Seja
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y
z = 0 e x + y + 2w = 0 e y
Observe-se que
Tem-se
2
2
1 2
4
U = N (A), com A = 1 1
0 1
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
3
1 0
0 2 5.
1 1
3
2
1 0
1
5
4
1 2
0
!
L2 +L3 !L3
1 1
0
2
1
1
z=0 e
z+w =0 :
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) .
O conjunto f( 1; 1; 1; 0)g gera o subespaço U .
6. 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
239
t; t2
.
Logo, U é subespaço de P2 . O conjunto ft; t2 g gera o subespaço U .
(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:
1 + 2t2
U =L
.
Logo, U é subespaço de P2 . O conjunto f1 + 2t2 g gera o subespaço U .
(iii) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a1 = 1g. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) =
02
= U . Logo, U não é subespaço de P2 .
(iv) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2 a1 = 2g. Por exemplo: o polinómio nulo
p(t) = 0 2
= U . Logo, U não é subespaço de P2 .
(v) Seja U = fa0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
a1 + 2a0 = 0g. Tem-se
2a0 ) t2 : a0 ; a1 2 R .
U = a0 + a1 t + (a1
Uma vez que
a0 + a1 t + (a1
2a0 ) t2 = a0 (1
2t2 ) + a1 (t + t2 ),
para quaisquer a0 ; a1 2 R, tem-se:
U =L
2t2 ; t + t2
1
.
2t2 ; t + t2 g gera o subespaço U .
Logo, U é subespaço de P2 . O conjunto f1
7. (i) Seja
U =L
1
t2 ; 1 + t
um subespaço de P2 . Seja p (t) 2 U , com p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 . Então, existirão ;
tais que
p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 =
1 t2 + (1 + t) .
Tem-se
2
1
4 0
1
então a matriz aumentada
3
2
3
1 j a0
1 1 j
a0
4 0 1 j
5
1 j a1 5
a1
!
L1 +L3 !L3
0 j a2
0 1 j a0 + a2
!
L2 +L3 !L3
2
1 1 j
a0
4 0 1 j
a1
0 0 j a0 + a2
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
240
a1 = 0 .
a1
2R
3
5.
a1 = 0. Assim,
(ii) Seja
U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); ( 2; 1; 2)g) :
Seja (x; y; z) 2 U . Então, existirão ; ;
2 R tais 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
!
L1 +L3 !L3
Assim,
2
1 0
4 0 1
0 0
U = (x; y; z) 2 R3 : z
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
2
0
4 1
0
Assim,
a matriz aumentada
3
2
2 j x
1
5
4
1 j y
0
!
L1 !L2
2 j z
0
3
1 j y
2 j x 5
2 j z
!
L2 +L3 !L3
V = (x; y; z) 2 R3 : z
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) =
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).
241
Tem-se então a matriz aumentada
2
2
3
3
1 2 j x
1 2 j
x
4 1 1 j y 5
4 0
1 j y x 5
!
L1 +L2 !L2
2 1 j z
0
3 j z 2x
2L1 +L3 !L3
!
3L2 +L3 !L3
Assim,
W = (x; y; z) 2 R3 : x
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 j x
6 0 j y
6
4 1 j z
1 j w
Assim,
3
7
7
5
!
L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
3
j
x
j
y 7
7.
j x+z 5
j w x
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
(3; 6; 11; 1) = (1; 2; 5; 3) + (2; 4; 6; 2)
e
1
(0; 0; 1; 2) = (1; 2; 5; 3)
2
1
(2; 4; 6; 2)
4
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).
242
Tem-se então a matriz
2
1
2
6 2
4
6
4 5
6
3 2
!
2L3 +L4 !L4
Assim,
2
1
6 0
6
4 0
0
aumentada
3
j x
j y 7
7
!
j z 5 2L1 +L2 !L2
5L1 +L3 !L3
j w
3L +L !L
1
4
1
6 0
6
4 0
0
2
0
4
8
3
x
7
2x + y
7 !
5 L2 $L3
5x + z
7x + 2z + w
j
j
j
j
2
0
4
0
4
2
j
j
j
j
2
3
x
2x + y 7
7
.
!
5x + z 5 2L3 +L4 !L4
3x + w
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 .
8. Seja M2 3 (R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo 2
3 com entradas reais.
(i) Seja
a b c
d 0 0
U=
2 M2 3 (R) : b = a + c :
Tem-se
a a+c c
d
0
0
U=
: 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). O conjunto
1 1 0
0 0 0
;
0 1 1
0 0 0
;
0 0 0
1 0 0
gera o subespaço U .
(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
Logo, U não é subespaço de M2 3 (R).
243
2
= U.
.
,
(iii) Seja
U=
a b c
d e f
2 M2 3 (R) : a =
2c e f = 2e + d :
Tem-se
2c b
c
d e 2e + d
U=
: b; c; d; e 2 R .
Uma vez que
2c b
c
d e 2e + d
=b
0 1 0
0 0 0
2 0 1
0 0 0
+c
+d
0 0 0
1 0 1
+e
0 0 0
0 1 2
para quaisquer b; c; d; e 2 R, tem-se:
0 1 0
0 0 0
U =L
2 0 1
0 0 0
;
;
0 0 0
1 0 1
;
0 0 0
0 1 2
Logo, U é subespaço de M2 3 (R). O conjunto
0 1 0
0 0 0
;
2 0 1
0 0 0
0 0 0
1 0 1
;
;
0 0 0
0 1 2
gera o subespaço U .
9. Queremos encontrar A tal que N (A) = L (f(2; 0; 1)g). Por de…nição
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 :
Seja (x; y; z) 2 L (f(2; 0; 1)g). Então, existirá
2 R tal que
(x; y; z) = (2; 0; 1).
Tem-se então a matriz aumentada
2
3
2 j x
4 0 j y 5
1 j z
!
1
L +L3
2 1
!L3
Assim,
U = (x; y; z) 2 R4 :
2
3
2 j
x
4 0 j
5.
y
1
0 j z 2x
x + 2z = 0 e y = 0 = N (A)
com
A=
1 0 2
0 1 0
.
10. Não é possível encontrar A tal que
(1; 1; 1) 2 L(A)
e
244
(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).
11. (i) Seja
1
0
A=
1
0
:
Tem-se C(A) = L (f(1; 0)g) e L(A) = L (f(1; 1)g).
Seja u = (x; y) 2 R2 . Atendendo a que
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) .
(ii) Seja
1 2 3
0 0 0
A=
:
Tem-se C(A) = L (f(1; 0)g) e L(A) = L (f(1; 2; 3)g).
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
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) .
(iii) Seja
0 0 0
0 0 0
A=
:
Tem-se C(A) = f(0; 0)g e L(A) = f(0; 0; 0)g.
O núcleo de A é dado por: N (A) = R3 .
(iv) Seja
2
3
2 1 1
A = 4 0 0 1 5:
0 0 0
245
Tem-se
C(A) = L (f(2; 0; 0); (1; 1; 0)g)
Seja u = (x; y; z) 2 R3 .
2
2
4 0
0
o núcleo de A é dado por:
e L(A) = L (f(2; 1; 1); (0; 0; 1)g) :
Atendendo a que
8
32 3
1 1
x
< 2x + y + z = 0
0 1 54 y 5 = 0 ,
:
0 0
z
z=0
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) .
(v) Seja
2
3
1 0
A = 4 2 3 5:
2 1
Tem-se
C(A) = L (f(1; 2; 2); (0; 3; 1)g)
e L(A) = L (f(1; 0); (2; 3)g) ,
pois
1
4
(2; 1) = (1; 0) + (2; 3).
3
3
2
Seja u = (x; y) 2 R . Atendendo a que
8
x=0
>
>
2
3
>
>
1 0
<
4 2 3 5 x =0,
2x + 3y = 0
y
>
>
2 1
>
>
:
2x + y = 0
o núcleo de A é dado por:
N (A) =
=
(vi) Seja
Tem-se
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
A = 4 2 4 5:
2 4
C(A) = L (f(1; 2; 2)g)
e L(A) = L (f(1; 2)g) .
246
Seja u = (x; y) 2 R2 . Atendendo a que
2
3
1 2
4 2 4 5 x
y
2 4
=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) .
(vii) Seja
2
3
0 0
A = 4 0 0 5:
0 0
Tem-se
C(A) = f(0; 0; 0)g
e L(A) = f(0; 0)g .
O núcleo de A é dado por:
N (A) = R2 .
(viii) Seja
2
3
1 0 1
A = 4 2 3 0 5:
2 1 0
Tem-se
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
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:
8
x+z =0
>
>
32 3
>
>
1
x
<
2 54 y 5 = 0 ,
y 2z = 0
>
>
4
z
>
>
:
4z = 0
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 3, tem-se L(A) = C(A) = R3 .
247
12. Seja
Uma vez que
2
82
9
3
< a 0
=
U = 4 b c 5 2 M3 2 (R) : a; b; c; d 2 R .
:
;
0 d
3
2
3
2
3
2
3
2
3
a 0
1 0
0 0
0 0
0 0
4 b c 5 = a4 0 0 5 + b4 1 0 5 + c4 0 1 5 + d4 0 0 5,
0 d
0 0
0 0
0 0
0 1
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
13. 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
(1; 1; 1) = (1; 2; 1) + (1; 0; 2) + (1; 1; 0):
3
3
3
14. Considere, no espaço linear R4 , os vectores v1 = (1; 0; 0; 1),
v3 = (0; 1; 2; 1). Tem-se
2
3
2
1 1 0 j
1 j 2 j 1 j 0
1 1 0 j
1
6 0
7
6 0
1
1
j
4
j
0
j
1
j
1
1
1
j
4
6
7
6
!
4 0 0 2 j 2 j 2 j
2 j 1 5 L1 +L4 !L4 4 0 0 2 j 2
1 0 1 j 2 j 2 j 2 j 0
0
1 1 j 3
2
3
1 1 0 j
1 j 2 j 1 j 0
6 0
1 1 j 4 j 0 j 1 j 1 7
6
7:
!
4
0 0 2 j 2 j 2 j
2 j 1 5
L2 +L4 !L4
0 0 0 j
1 j 0 j 0 j
1
248
v2 = (1; 1; 0; 0) e
j
j
j
j
(*)
2
0
2
0
j
j
j
j
1
1
2
1
j
j
j
j
3
0
1 7
7
1 5
0
!
L2 +L4 !L4
Logo, (2; 0; 2; 2); (1; 1; 2; 2) 2 L (fv1 ; v2 ; v3 g), com
(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).
15. Tem-se
2
3
4 0
2
2 j
1 j
5 j
3
1
2 5
k
!
2
L +L3 !L3
3 1
2
3
2
j
1
1
j
2 5
11=3 j k + 2=3
3
4 0
0
!
11
L +L3 !L3
3 2
2
3
4 0
0
3
2 j
1
1 j
2 5:
0 j k+8
Logo, 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):
16. (i) Seja
Seja (x; y; z) 2 R3 . Tem-se
U = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g :
(x; y; z) = x(1; 0; 0) + y(0; 1; 0) + z(0; 0; 1).
Logo, U gera R3 .
(ii) Seja
Seja (x; y; z) 2 R3 . Tem-se
U = f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g :
(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
3
2
x
1
4 y 5=4 1
z
1
1
1
1
1
1
1
249
3
2
1 6
1 56
4
1
1
2
3
4
3
7
7.
5
2
Logo
e assim
2 3
x
4 y 5=
z
1
4 1
1
1
1
1
1
1
1
3
1 j x
1 j y 5
1 j z
8
>
>
>
>
>
>
>
>
<
2
>
>
>
>
>
>
>
>
:
3
1
1
1
1
x + y + s 4 1 5+ y
2
2
2
1
com s 2 R. Logo, U gera R3 .
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2
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
1
2
0
1
2
2
3
1 j
x
0 j y x 5.
2 j z x
2
2
3
1
1
1
z + s 4 1 5+ x
2
2
1
3 2
3
1
1
1
z + s 4 1 5+s 4 1 5 ,
2
1
1
17. 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
2
2
4 1
0
então a matriz aumentada deste sistema, tem-se:
2
3
2
1
0 j
1
0 j a
4 0
3=2 3 j b
1 3 j b 5 1 !
L1 +L2 !L2
2
0
2
4 j
2
4 j c
2
2
1
0 j
a
4
0
3=2 3 j
b a2
!
4
L
+L
!L
2
3
3
3
0
0
0 j c + 43 b 32 a
Assim, o vector (a; b; c) de R3 pertencerá a L (fu; v; wg) se:
4
c+ b
3
3
a
a=2 5
c
3
!
4
L +L3 !L3
3 2
5.
2
a = 0.
3
Observação: Deste modo, tem-se L (fu; v; wg) 6= R3 . De facto, uma vez que
1
v= u
2
250
1
w
2
tem-se L (fu; v; wg) = L (fu; wg) e como tal fu; v; wg não pode gerar R3 .
18. Considere, no espaço linear P2 , os vectores
p1 (t) = 2 + t + 2t2 ; p2 (t) =
2t + t2 ; p3 (t) = 2
5t + 5t2 e p4 (t) =
2
3t
t2 :
O vector
q(t) = 2 + t + t2
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
2 0
2
2 j 2
2 0
2
2 j
4 1
4 0
2
5
3 j 1 5 1 !
2
6
2 j
L +L2 !L2
2 1
2 1
5
1 j 1
0 1
3
1 j
L1 +L3 !L3
2
3
2 0
2
2 j 2
2
6
2 j 0 5 . (**)
!4 0
0 0
0
0 j
1
3
2
0 5
1
!
1
L +L3 !L3
2 2
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 :
19. Sejam
A=
1 1 5
2 3 13
A=
1 1 5
2 3 13
Tem-se
e
2
1
B=4 4
3
1
3
1
3
1
1 5
3
!
4L1 +L2 !L2
3L1 +L3 !L3
2
1
4 0
0
2
1
4
e B= 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
!
Além disso, uma vez que
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 ).
251
= A0
2L2 +L3 !L3
L(A) = L(A0 ) e L(B) = L(B 0 ).
(1; 1; 1) = (1; 1; 5)
3
1
1 5:
3
2
1
4 0
0
1
1
0
3
1
3 5 = B0.
0
Resolução da 4a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. 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(
Se
1;
1
1 ; 3); ( 2 ;
2 ; 9)g
= 0, tem-se
2
0
4 1
3
2
2
9
é linearmente independente se
3
5
2
! 4
L1 $L3
3
1
0
9
2
2
3
5
!
1
1 L +L !L
1
2
2
3
6= 0 e
2
3
4 0
0
1
6=
2
1
ou
1
9
3
2
+
2
2
2
1
6= 3 .
3
5.
Logo, o conjunto f( 1 ; 1 ; 3); ( 2 ; 2 ; 9)g é linearmente independente se 1 = 0 e ( 2 6= 3 1
ou 2 6= 0). 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= 0)) .
2. (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 2
1
0 0
0
0 22
11
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 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).
252
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
< = 21
<
<
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 de seguida
Gauss.
2
3
2
1 3
4
A=4 2 2 5
!
2L1 +L2 !L2
1 5
L1 +L3 !L3
aplicar a essa matriz o método de eliminação de
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 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 1 1
1 1
1
1 1
1
4 0
4 0
1
2 5
1
2 5 = A0 .
!
A=4 2 1 0 5
!
2L1 +L2 !L2
2L2 +L3 !L3
3 1 1
0
2
2
0 0
2
3L1 +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(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 R3 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 .
(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).
(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
253
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 +L3 !L3
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 32 z + y
+ =x
+ =x
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
<
<
<
+2 + =y ,
2 + =y x
= (y x) 13 z
,
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
:
:
: 3
3
=
z
(y
x)
= 23 z y + x.
3 +3 =z
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).
3. 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
254
!
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.
4. 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 $L
4
1 1 k 0 5 L1 +L3 !L3
3
0 0 0 1
0 0 0 1
!
L1 +L3 !L3
2
3
0
2
0
1
1
0 7
7
1 k 2 0 5
0
0
1
1
6 0
6
4 0
0
!
L2 +L3 !L3
Note que U + Vk = L (U [ Vk ). Como
dim (U \ Vk ) = dim U + dim Vk
2
1
6 0
6
4 0
0
dim (U + Vk ) = 2 + 2
3
0
2
0
1
1
0 7
7.
0 k 3 0 5
0
0
1
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.
5. (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 Gauss.
2
1 0
4
A= 0 1
2 2
de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação
3
x
y 5
z
!
2L1 +L3 !L3
2
3
1 0
x
4 0 1
5
y
0 2 z 2x
!
2L2 +L3 !L3
2
1 0
4 0 1
0 0 z
x
y
2x
2y
3
5 = 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. 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 .
255
(ii) Seja (x; y; z) 2 R3 . Podemos colocar os vectores do conjunto
f(2; 1; 1); ( 4; 2; 1); (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
2
3
3
3
2
4 x
2
4
x
2
4
x
4 0 0 y + x 5 ! 4 0 3 z x 5 = A0 .
A=4 1 2 y 5 1
!
2
2
L2 $L3
L +L2 !L2
2 1
1
1 z
0 3 z x2
0 0 y + x2
1
2
L1 +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, 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
de Gauss.
2
1
A=4 2
1
A e de seguida aplicar a
3
2
1 x
1
4 0
0 y 5
!
2L1 +L2 !L2
0
1 z
L1 +L3 !L3
essa matriz o método de eliminação
3
1
x
2 y + 2x 5 = A0 .
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 .
6. (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,
256
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 .
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:
cosh t =
et + e t
.
2
Mas, o conjunto
S 0 = et ; e
é linearmente independente pois se tivermos ;
et + e
t
2 R tais que
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 .
257
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.
7. 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.
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.
8. (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
258
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 =
1
,
8
<
:
1 j
4 j
1
0
.
1
4
=
=
0
1
1
4
1
1
(1; 3) + (1; 1).
4
4
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; 3) + ( 1)(1; 1) = ( 1; 1).
(0; 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).
259
Facilmente se vê que
=
1
2
e
= 0. Isto é,
1
2
(0; 1) = 0( 5; 0) +
(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:
1 2 3
1 2
3
A=
!
= A0 .
2
3 2
0
7
4
2L1 +L2 !L2
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 ).
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
1
2
Logo,
e assim,
2 j
3 j
8
<
:
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) =
260
(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).
9. (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
2
3
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 +L2 !L2
L +L3 !L3
3 1
8 2
2 1 0
0 5=3 0
0 0
5=8
2
3
L1 +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(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
Logo,
3
1
1 5
2
2
3
1 0 j
4 0 8=3 1 j
0 5=3 0 j
!
2
L +L2 !L2
3 1
2
L +L3 !L3
3 1
8
3
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
8
3
+
5
8
=
=
1
5
3
,
19
8
261
3
1
5=3 5
4=3
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
!
5
L +L3 !L3
8 2
=
3
5
=
4
5
=
19
.
5
2
3
1
4 0 8=3
0 0
0
j
1
j
5=8 j
3
1
5=3 5 .
19=8
Pelo que
( 1; 1; 2) =
3
5
(3; 2; 2) +
4
5
( 1; 2; 1) +
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
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
3
2
2
1 1
1
1 1
1
6 2 3 4 7
6 0 1
6 7
7
6
7
A=6
!
!
4 4 1
1 5 2L1 +L2 !L2 4 0
3 3 5 3L2 +L3 !L3
4L1 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
0 1
1
0 1
1
262
!
3L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
3
1
1
1 6 7
7
0 21 5
0
7
!
1
L !L3
21 3
1
L
!L4
7 4
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
0
0
3
1
6 7
7
!
1 5 L3 +L4 !L4
1
2
1
6 0
6
4 0
0
1
1
0
0
3
1
6 7
7 = A0 .
1 5
0
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).
(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).
10. (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 +L!
4 0 0 1 1 5.
4 !L4
1 0 1 1
0 0 0 1
263
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; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g 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
0 5 L2 +L3 !L3
2 0 5 L1 +L2 !L2 4 0 2
5
2L1 +L4 !L4
2
1 1
0
5
1 2 L2 +L4 !L4
2
3
2
3
1 3 1
1 3 1
6 0 2 1 7
6 0 2 1 7
6
7
6
7.
!
!
4
5
0 0
1 32 L3 +L4 !L4 4 0 0
1 5
L2 +L3 !L3
5
L +L4 !L4
0 0 32
0 0 0
2 2
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
7
6
0 7
0
!6
0 5 ::: 4 0
1
0
|
1 0
1 0
0 1
0 0
{z
car=4
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
Gauss:
2
1
6 0
A=6
4 0
1
matriz e de seguida aplicar a
3
2
0 0 1 0
1
7
6
1 1 0 0 7
6 0
!
1 0 1 1 5 L1 +L4 !L4 4 0
0 1 0 1
0
264
essa matriz o método de eliminação de
3
0 0 1 0
1 1 0 0 7
7
!
1 0 1 1 5 L2 +L3 !L3
0 1
1 1
!
L2 +L3 !L3
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
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
1
0
3
0
0 7
7 = A0 .
1 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, 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
Gauss:
2
1
2
3
6 2
4
6
A=6
4 5
6 11
3 2
1
2
1 2
6 0 8
6
!
4
3L1 +L2 !L2 4 0
5L1 +L3 !L3
0 0
2L +L !L
1
4
4
seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de
3
2
3
0
1
2
3 0
6
0 7
1 5 7
7 ! 6 3 2
7
!
5 5 L2 $L4 4 5
6 11 5 5 3L1 +L2 !L2
5L1 +L3 !L3
5
2
4
6 0
2L1 +L4 !L4
2
3
3
1 2 3 0
3 0
6 0 8 8 5 7
8 5 7
7
6
7 = A0 .
!
4 5 5 12 L2 +L3 !L3 4 0 0 0 15 5
0 0 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, 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) ,
265
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 5 ::: 4 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 método de eliminação de
Gauss:
2
3
2
3
2
1 4
5
1
1
2
2
6 1
6
1
2
2 7
1 4
5 7
7 ! 6 2
7
A=6
!
4 1 1
5
4
2
2
2
2
2 2 5 2L1 +L2 !L2
L1 $L2
L3 $L4
2L1 +L3 !L3
2
2
2 2
1 1
2
2
L1 +L4 !L4
2
3
2
3
1
1
2
2
1
1
2
2
6 0 1
6 0 1
8
9 7
8
9 7
6
7
6
7 = A0 .
!
!
4
2
6 5 4L2 +L3 !L3 4 0 0
30
30 5
2L1 +L2 !L2 4 0
2L1 +L3 !L3
0 0
0
0
0 0
0
0
L +L !L
1
4
4
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.
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; 1; 0)g .
266
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
3
8
3 7
7 !
3 5 L1 $L2
L3 $L4
5
j
j
j
j
2
8
2
0
3
j
3
j 14 7
7
j 11 5
j 0
2
1
6 2
6
4 2
1
!
2L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
8
>
>
>
>
<
2
4
2
2
2
1
6 0
6
4 0
0
j
j
j
j
3
3
8 7
7
5 5
3
1
1
0
0
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
>
>
>
>
:
Pelo que
1
1
2
1
=
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
11. Como B = f2
1
1
1
2
0
0
1
0
3
2
8
2
7
6
0
3 7
!6
3 5 ::: 4 0
5
0
|
e
{z
0
0
4
0
car=4
3
8
7 7
7.
0 5
45
}
t; 2 + tg é uma base de P1 , existem escalares ;
p (t) = t =
sendo
1
1=2
0
0
(2
2 R tais que
t) + (2 + t)
as coordenadas de p (t) nessa base ordenada. Atendendo a que
2 2 j 0
1 1 j 1
!
1
L +L2 !L2
2 1
267
2 2 j 0
0 2 j 1
,
2 =1,
Logo
1
2
e
1
2
=
1
2
e 2 + 2 = 0 ,1
=
=2
1
:
2
são as coordenadas de p (t) em B.
12. (i) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
2+t
t2 ; 2t + 2t2 ; t2
como colunas de uma matriz
de Gauss:
2
2
4
1
A=
1
2
!
L1 +L2 !L2
2L1 +L3 !L3
A e de seguida aplicar
2
3
0 0
1
4
5
2 0
1
!
L1 $L3
2
1
2
3
1 2
1
4 0 4
1 5
!
L +L !L
0 4
2 2L11 +L23 !L23
a essa matriz o método de eliminação
3
2
1
2 0 5
!
L1 +L2 !L2
0 0
2L1 +L3 !L3
2
3
1 2
1
4 0 4
1 5 = A0 .
0 0
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
2+t
t2 ; 2t + 2t2 ; t2 ,
formado por três vectores de P2 , é linearmente independente. Como a dimensão de P2 é 3,
então o conjunto
2 + t t2 ; 2t + 2t2 ; t2
é desde logo uma base de P2 tendo-se
L
t2 ; 2t + 2t2 ; t2
2+t
= P2
e
dim L
2+t
Vamos agora escrever o vector 1
t2 ; 2t + 2t2 ; t2
t como combinação linear dos vectores da base
2+t
Isto é, procuremos ; ;
1
Temos então:
1
t2 ; 2t + 2t2 ; t2 :
2 R tais que
t = (2 + t
8
2 =1
>
>
>
>
<
+2 =
>
>
>
>
:
+2
Pelo que
= dim P2 = 3.
1
t = (2 + t
2
t2 ) + (2t + 2t2 ) + ( t2 ).
1
,
= 0,
t2 )
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
=
3
4
=
2.
3
(2t + 2t2 )
4
268
1
2
2( t2 ).
Finalmente e ainda em relação à base f2 + t t2 ; 2t + 2t2 ; t2 g de P2 , o vector cujas coordenadas são ( 1; 3; 2) nessa base, é dado por:
t2 ) + 3(2t + 2t2 ) + 2( t2 ) =
( 1)(2 + t
2 + 5t + 5t2 .
(ii) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
t2 ; 1
2t
como colunas de uma matriz
de Gauss:
2
0
1
0
A=4 2
1
2
2
2
4 0
!
1
L +L3 !L3
2 1
0
2t2 ; 2 + t; 1
4t
A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação
2
3
1
2
4 5 ! 4 0
L1 $L2
0
1
3
0 1
4
1 2 1 5
!
2L2 +L3 !L3
1
2 2
2
2
1
0
0 1
1 2
2 0
2
2 0
4 0 1
0 0
3
4
1 5
0
1
2
9
2
!
1
L +L3 !L3
2 1
3
4
1 5 = A0 .
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
2t
t2 ; 1
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:
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
t = (2t
+2 =1
2 +
=
1
2 = 0,
,
t2 ) + (1
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
2t2 ) + (2 + t).
1
3
=
1+4
=
2 .
269
,
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
1
3
=
1
3
=
2
.
3
t2 ; 1
2t2 ; 2 + tg.
Pelo que
2
1
1
(2t t2 ) + (1 2t2 ) + (2 + t).
3
3
3
2
2
Finalmente e ainda em relação à base f2t t ; 1 2t ; 2 + tg de P2 , o vector cujas coordenadas são ( 1; 3; 2) nessa base, é dado por:
1
t=
( 1)(2t
t2 ) + 3(1
2t2 ) + 2(2 + t) = 7
5t2 .
(iii) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
1 + t2 ; t
t2 ; 1
t + 2t2 ; 1 + t
como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o
de Gauss:
2
3
2
3
2
1 0
1 1
1 0
1
1
4 0 1
1 1 5
1 1 5
A=4 0 1
!
! 4
L1 +L3 !L3
L2 +L3 !L3
1
1 2 0
0
1 1
1
método de eliminação
1 0
0 1
0 0
3
1 1
1 1 5 = A0 .
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
= dim L
(iv) Facilmente se vê que o conjunto f 1 + 2t + t2 ; 2
Logo, ele próprio é uma base de
1 + t2 ; t
t2
= 2.
tg é linearmente independente.
L
1 + 2t + t2 ; 2
t
,
dim L
1 + 2t + t2 ; 2
t
= 2.
e tem-se
(v) Podemos colocar os coe…cientes dos vectores do conjunto
1 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
t2 ; 2 + 2t
t2
como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação
de Gauss:
2
3
2
3
1 3 5
2
1 3
5
2
4 0
2 5
6
6 6 51 !
A=4 2 0 4
!
2L1 +L2 !L2
1 1
1
1
0 4
4
3 6 L2 !L2
L1 +L3 !L3
270
2
1
4 0
!
1
L !L2
6 2
0
3
1
4
2
3
2
1
4 0
1 5
!
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:
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
1 + 2t
t2
é uma base de
L
1 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
t2 ; 2 + 2t
t2
.
Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
1 + 2t
t2
é desde logo uma base de P2 tendo-se
L
1 + 2t
=L
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
1 + 2t
t2 ; 2 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
t2
t2
=
= P2
e
dim L
1 + 2t
t2 ; 3 + t2 ; 5 + 4t
Vamos agora escrever o vector 1
1
Temos então:
= dim P2 = 3.
t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
t2 :
2 R tais que
t = (1 + 2t
2
1 3
4 2 0
1 1
Aplicando então o método de
temos:
2
1 3
2 j
4 2 0 2 j
1 1
1 j
2
1 3
4 0
2
!
1
L
!L
2
2
3
0 4
Logo,
t2
t como combinação linear dos vectores da base
1 + 2t
Isto é, procuremos ; ;
t2 ; 2 + 2t
t2 ) + (3 + t2 ) + ( 2 + 2t
32
2
2 54
1
3
3
1
5 = 4 1 5.
0
t2 ).
2
eliminação de Gauss à matriz aumentada do sistema anterior,
3
2
3
1
1 3
2 j 1
4 0
1 5
6 6 j
3 51 !
!
2L1 +L2 !L2
L !L2
3 2
0
0 4
3 j 1
L1 +L3 !L3
3
2
3
2 j 1
1 3
2 j 1
4 0
2 j
1 5
2 2 j
1 5.
!
2L2 +L3 !L3
3 j 1
0 0
1 j
1
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
=
1
2
=
1
2
=
1.
271
Pelo que
1
1
t = (1 + 2t
2
1
2
t2 ) +
(3 + t2 ) + ( 1) ( 2 + 2t
Finalmente e ainda em relação à base f1 + 2t t2 ; 3 + t2 ; 2 + 2t
coordenadas são ( 1; 3; 2) nessa base, é dado por:
t2 ) + 3(3 + t2 ) + 2( 2 + 2t
( 1)(1 + 2t
t2 ).
t2 g de P2 , o vector cujas
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 .
13. (i) Seja A =
A=
a b
c d
a b
c d
2 M2 2 (R). Então tr A = 0 , a + d = 0. Logo
2 M2 2 (R) : tr A = 0
1 0
0 1
=L
0 1
0 0
;
d b
c d
=
;
: b; c; d 2 R
0 0
1 0
=
:
1 0
0 1
0 0
;
;
é linearmente independente e gera o
0 1
0 0
1 0
a b
subespaço A =
2 M2 2 (R) : tr A = 0 ; é então uma base deste subespaço, o
c d
qual tem assim dimensão 3.
Como o conjunto
(ii) Seja A =
a b
c d
2 M2 2 (R) tal que
1 1
1 1
a b
c d
=
a b
c d
1 1
1 1
a+c b+d
a+c b+d
=
a+b a+b
c+d c+d
.
Tem-se então
ou seja a = d e b = c. Assim
A 2 M2 2 (R) : A
1 1
1 1
=L
Como o conjunto
1 0
0 1
;
0 1
1 0
1 1
1 1
=
1 0
0 1
;
A
=
0 1
1 0
a b
b a
: a; b 2 R
=
:
é linearmente independente e gera o subespaço
A 2 M2 2 (R) : A
1 1
1 1
272
=
1 1
1 1
A ;
é então uma base deste subespaço, o qual tem assim dimensão 2.
14.
3
1
1
1
=
1 A+ 2 B+ 3 C
1
=
1
1
+
2
+2
2
8
>
>
<
8
=3
<
1+2 3 = 1
,
,
>
:
1+ 2 = 1
>
:
=
1
2
3
3
3
Logo
3
1
1
1
1 1
1 0
=3
0 0
1 1
2
1
0
0
2
1
1
2
3
=3
= 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
a b
c d
Seja
que
2
2 U . Tem-se
(R)
e dim
| {z U}
a b
c d
= A+ B+ C ,
2
!
1
6 1
6
4 1
0
2
L3 +L4 !L4
1
L
+L4 !L4
2 2
1
6 0
6
4 0
0
0
0
1
1
0
0
1
0
3
a
b 7
7
c 5
d
2
=4
(R).
}
2 U se e só se existirem escalares ; ;
a b
c d
a b
c d
< dim M2
|
{z
3
= A + B + C.
a b
c d
0
2
0
1
j
j
j
j
0
2
0
0
j
a
j
b a
j
c a
j d + 12 (b + a)
1
=
1
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
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
0
c
0
1
0
0
0
0
2
0
=a
1+2 3 = b
,
>
1+ 2 = c
>
:
2
3 = d
1
!
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
c = 0.
Deste modo podemos escrever
U=
a b
c d
2 R tais
2 M2
2
(R) : d +
273
1
(b + a)
2
c=0
3
c.
7
7
5
a b
c d
e assim, sendo V =
2 M2
2
(R) : d + 12 (b + a)
M2
2
c 6= 0 , tem-se
V.
(R) = U
Ou seja, qualquer vector de V que não seja o vector nulo, esse vector não pertence a U . Por
exemplo
1 1
1 1
0 0
0 2
2
=U =L
;
;
.
1 1
1 0
1 1
0
1
15. 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
1 0
0 1
+
+
+
= 0,
0 0
1 1
0 1
1 1
onde 0 é a matriz nula
0 0
. Queremos provar que
0 0
=
=
=
= 0.
Temos então:
+
+
isto é,
+
+
8
>
>
<
ou ainda
2
Aplicando então o método
homogéneo anterior, temos:
2
1 0
6 1 0
6
4 0 1
0 1
2
1
6 0
! 6
L2 $L3 4 0
0
0
1
0
1
1
0
1
1
1
6 1
6
4 0
0
0
0
1
1
>
>
:
1
0
0
1
0 0
0 0
=
+
+ =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
de eliminação de Gauss à matriz dos coe…cientes do sistema
3
0
1 7
7
1 5
1
1
0
0
1
3
0
1 7
7
1 5
1
!
!
L1 +L2 !L2
L2 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
274
1
0
1
1
0
0
1
1
1
1
0
1
3
0
1 7
7 !
1 5 L2 $L3
1
3
0
1 7
7
!
1 5 L3 +L4 !L4
0
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
3
0
1 7
7.
1 5
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
1 2
5 3
3 1
1 5
2 3
subespaço de 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
16. Seja S =
0 0
0 0
=
1
Temos então:
2
1
0
6 3 11
6
4 1
5
2
3
1 3
1 2
+
2
5
3
1
3
3
2 7
7
2 5
3
4
1
1
5
0 11
5 3
2
!
3L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
!
5
L +L3 !L3
11 2
3
L +L4 !L4
11 2
2
+
3
2
3
2
1 0
6 0 11
6
4 0
5
0 3
1 0
6 0 11
6
4 0 0
0 0
2
11
0
0
5
1
+
2
11
5
3
4
11
0
0
4
4
11
5
3
3
3
11 7
7
0 5
0
4 1
1 5
3
3
11 7
7
5 5
3
+
3
2
5
2
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
1 3
0 11
;
1 2
5 3
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
.
17. 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).)
275
18. (i) Uma matriz diagonal do tipo 3
2
3
a 0 0
4 0 b 0 5
0 0 c
E tem-se
3 tem a seguinte forma:
com a; b; c 2 R.
2
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
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
3, é gerado pelo
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.
(ii) Uma matriz simétrica do tipo 3
2
3
a b c
4 b d e 5
c e f
3 tem a seguinte forma:
com a; b; c; d; e; f 2 R.
E tem-se
2
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
+d 4 0 1 0 5 + e 4 0 0 1 5 + f 4 0 0
0 0 0
0 1 0
0 0
Isto é, o subespaço formado
conjunto
82
3 2
0 1
< 1 0 0
S = 4 0 0 0 5;4 1 0
:
0 0 0
0 0
3
0 0 1
0 0 0 5+
1 0 0
3
0
0 5.
1
por todas as matrizes simétricas do tipo 3
3, é gerado pelo
3 2
3 2
3 2
3 2
39
0
0 0 1
0 0 0
0 0 0
0 0 0 =
0 5;4 0 0 0 5;4 0 1 0 5;4 0 0 1 5;4 0 0 0 5
;
0
1 0 0
0 0 0
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.
19. (i)
A=
3
6
1
2
!
2L1 +L2 !L2
276
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
=
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 .
277
Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação
3 0
0 0
2
3 2
u1
0
6 u2 7 6 0
6
7 6
4 u3 5 = 4 0
u4
0
6 0
0 0
é equivalente à equação
3u1
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),
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
2
3 2
u1
0
0 1 0 0 6
7
6
4 0 0 1 0 5 6 u2 7 = 6 0
4 u3 5 4 0
0 0 0 1
u4
0
2
3
278
3
7
7
5
é equivalente ao sistema
8
< u2 = 0
u3 = 0
:
u4 = 0.
Logo,
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
A=4 1 2
0 1
3
2
2
1 1
1 5
! 4 0 3
L1 +L2 !L2
1
0 1
3
2
1 5
1
!
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 .
279
2
)
3
,
Pelo método de eliminação de Gauss, temos
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação
2
é equivalente ao sistema
32
3 2 3
2
u1
0
1 5 4 u2 5 = 4 0 5
2
u3
0
3
1 1
4 0 3
0 0
8
< u1 + u2 2u3 = 0
3u2 u3 = 0
: 2
u =0
3 3
ou seja a
u1 = u2 = u3 = 0.
Logo,
N (A) = f(0; 0; 0)g
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:
A equação
é equivalente ao sistema
N (A) = u 2 R3 : Au = 0 .
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
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.
280
Logo,
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) ,
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
u
4 0 2 2 0 56 2 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) .
281
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)
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
0
u4
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 .
282
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.
20. Seja A 2 M3 3 (R) tal que nul A = dim N (A) = 3. Uma vez que
no de
2
0
4
então car A = 0. Isto é, A = 0
0
21. Seja A 2 Mm
n (R)
colunas de A = carA + nulA,
3
0 0
0 0 5.
0 0
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 0
6 0 0
A=6
4 0 0
0 0
1
0
0
0
3
0
1 7
7:
0 5
0
22. 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
dim (U + V ) :
Como U + V é subespaço de W , tem-se
5 = dim V
dim (U + V )
283
dim W = 7
e assim dim (U + V ) 2 f5; 6; 7g. Logo,
dim (U \ V ) 2 f2; 3; 4g :
23. 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
dim (U + V ) = 2 + 2
Seja (x; y; z) 2 U . Tem-se
2
3
2
3
1 0 j x
1 0 j
x
4 1 1 j y 5
4 0 1 j x+y 5
!
L1 +L2 !L2
1 1 j z
0 1 j z x
L1 +L3 !L3
!
L2 +L3 !L3
Logo
U = (x; y; z) 2 R3 : z
Seja (x; y; z) 2 V . Tem-se
2
3
2
1
1 j x
1
4 1 1 j y 5
4
0
!
L1 +L2 !L2
2 1 j z
0
2L1 +L3 !L3
Logo
2x
3
1 j
x
2 j y x 5
3 j z 2x
V = (x; y; z) 2 R3 : 2z
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
1
3
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.
Por outro lado, como
U = ( y; y; 0) 2 R3 : y 2 R = L (f( 1; 1; 0)g) ,
284
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
v = (1; 0; 1) + ( 1; 1; 2) = (
com ;
; ;
+ 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
Como U \ V = f0g então dim (U \ V ) = 0.
285
V = R3 .
(v) Em P2 , considere os subespaços:
U =L
e V = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a2
t2
1 + t; 1
Seja p (t) 2 U . Então existem ;
a1 + a0 = 0 .
2 R tais que
p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 =
(1 + t) +
t2 .
1
Atendendo a
2
1
4 1
0
3
1 j a0
0 j a1 5
1 j a2
!
L1 +L2 !L2
Logo, tem-se
2
1
4 0
0
3
1 j
a0
1 j a1 a0 5
1 j
a2
!
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) Como
p( 1) = 2p(0)
p(1) , a0
a1 + a2 = 2a0
(a0 + a1 + a2 ) , a2 = 0
então
V1 = fp(t) 2 P2 : p( 1) = 2p(0)
p(1)g = fa0 + a1 t + a2 t2 : a2 = 0g:
Por outro lado, atendendo a
2
3
2
3
1 1 j a0
1 1 j
a0
4 1
5
0 j a1 5 ! 4 0 1 j
a0 + a1
0
1 j a2
0 0 j a0 + a1 + a2
a0 + a1 t + a2 t2 2 V2 = L(f 1 + t; 1
t2 g) , a0 + a1 + a2 = 0:
Logo
V2 = fa0 + a1 t + a2 t2 : a0 + a1 + a2 = 0g:
Pelo que
V1 \ V2 = fa0 + a1 t + a2 t2 : a0 + a1 + a2 = 0 e a2 = 0g =
= f a1 + a1 t : a1 2 Rg = L(f 1 + tg):
Como f 1 + tg gera V1 \ V2 e, é também linearmente independente, então é uma base para
V1 \ V2 .
286
(vii) Como
p(1) = 0 , a0 + a1 + a2 = 0
então
V1 = fp(t) 2 P2 : a0 + a1 + a2 = 0g:
Por outro lado, atendendo a
2
3
2
1
0
1 j a0
1 0
4 1 1
0 j a1 5 ! 4 0 1
0
1 1 j a2
0 0
a0 + a1 t + a2 t2 2 V2 = L(f1
t; t
3
1 j
a0
5
1 j
a0 + a1
0 j a0 + a1 + a2
t2 ; 1 + t2 g) , a0 + a1 + a2 = 0:
Logo V2 = V1 e
dim (V1 \ V2 ) = dim V1 = 3
pelo que, como V2 = L(f1
t2 g), então f1
t; t
1 1 1
car
t; t
= 2;
t2 g é uma base para V1 \ V2 .
(viii) Em P3 , considere os subespaços:
U =L
1 + t; 1
t3
e V =L
1 + t + t2 ; t
t3 ; 1 + t + t3
.
Logo
U + V = L (U [ V ) = L
1 + t; 1
t3 ; 1 + t + t2 ; t
t3 ; 1 + t + t3
:
Vejamos quais dos vectores do conjunto
1 + t; 1
t3 ; 1 + t + t2 ; t
são linearmente independentes. Coloquemos então
unas de uma matriz:
2
3
2
1 1 1 0 1
1 1 1
6 1 0 1 1 1 7
6 0
1 0
7
6
A=6
4 0 0 1 0 0 5 L1 +L!
4
0 0 1
2 !L2
0
1 0
1 1
0
1 0
t3 ; 1 + t + t3
os coe…cientes desses vectores como col0
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 .
Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto
1 + t; 1
é base de
2
1 0
6 0 1
6
4 1 0
0
2
t3
U , tendo-se dim U = 2, e como
3
2
3
1
1 0
1
6 0 1
0 7
0 7
7
6
7
!
!
5
4
0
0 0
1 5 2L2 +L4 !L4
L1 +L3 !L3
L1 +L3 !L3
1
0
2 1
287
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
o conjunto
1 + t + t2 ; t
é base de V , tendo-se dim V = 3.
Logo,
dim(U \ V ) = dim U + dim V
2
6
6
4
t3 ; 1 + t + t3
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
3
1 1 j
a0
1 1 j
a0
1 1 j a0
6 0
7
6 0
1 j
a1 a0
1 j a1 a0 7
1 0 j a1 7
6
7.
6
7
7
!
!
5
5 L2 +L4 !L4 4 0 0 j
a2
a2
0 0 j a2 5 L1 +L2 !L2 4 0 0 j
0 0 j a3 + a0 a1
0
1 j
a3
0
1 j a3
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 V . Tem-se
2
3
2
1 0 1 j a0
1 0
6 1 1 1 j a1 7
6 0 1
6
6
7
4 1 0 0 j a2 5 L1 +L!
4 0 0
2 !L2
L1 +L3 !L3
0
1 1 j a3
0
1
2
3
2
1 0 1 j
a0
6 0 1 0 j
7
6
a1 a0
7
6
! 6
!
5 L3 +L4 !L4 4
1 j
a2 a0
L2 +L4 !L4 4 0 0
0 0 1 j a1 a0 + a3
1
0
1
1
1
0
0
0
0
1
0
0
Logo
V = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : a1 + a2
a1 = 0 .
3
j
a0
j a1 a0 7
7
!
j a2 a0 5 L2 +L4 !L4
j
a3
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
0
1
= a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : (a0 ; a1 ; a2 ; a3 ) 2 N @4 1
2 1
Atendendo
2
0
0
4 1
1
2 1
tem-se
a que
3
2
1 0
0
5
4
0 1
1
!
2L2 +L3 !L3
1 1
0
3
2
0 1 0
1
5
4
1 0 1
0
!
L1 $L2
1 1 3
0
U \V = a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 2 P3 : a0
a1 + a3 = 0 e
2a0 + a1 + a2 + a3 = 0 =
31
1 0
0 1 5A .
1 1
2
3
1 0 1
1
5
4
0 1 0
0
!
L2 $L3
1 1 3
0
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
288
2 + 3t + t3
.
e como tal, f2 + 3t + t3 g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1.
(ix) 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 0
6 2 1
0
A=6
4 1
1
6
2 3
8
2
2
1
6 0 2
! 6
L2 $L4 4 0 3=2
0 0
0
8
6
0
1
1
5
5
0
0
0
1
1
6
9=2
0
0
1
2
3
0
1
0
0
3
0
2 7
7
4 5
8
0
3
2
1
!
L1 +L2 !L2
1
L +L3 !L3
2 1
L1 +L4 !L4
3
0
8 7
7
4 5
2
!
2
2
1
6 0 0
6
4 0 3=2
0 2
3
L +L3 !L3
4 2
2
2
6 0
6
4 0
0
1
2
0
0
0
0
6
8
1
0
9=2
6
0
8
0
0
0
0
0
1
1 0
6
1
0 3=4
0
0
0
1
2
3
3
0
2 7
7 !
4 5 L2 $L4
8
0
3
1=4
1
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 ,
2
0
6 1
6
4 3=4
0
tendo-se dim U = 2,
3
2
0
0
6
3
8 7
7 ! 6
1=4
2 5 L1 $L2 4
1
2
2
!
3L1 +L3 !L3
o conjunto
e como
1
0
3=4
0
1
6 0
6
4 0
0
3
1
8
0
3
2
3
8
1
6 0
0
0 7
7 ! 6
1=4
2 5 L2 $L4 4 3
4L3 !L3
1
2
0
2
3
8
1 3
6 0 1
2 7
7
6
!
16 5 8L2 +L3 !L3 4 0 0
0
0 0
3
1
1
0
3
8
2 7
7
0 5
0
3
8
2 7
7
!
8 5 3L1 +L3 !L3
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
Neste caso, como U \ V = f0g então
U +V =U
289
V = R4 :
4 = 0.
(x) 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
!
5L1 +L2 !L2
4L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
Logo, tem-se
V =
3
x
y 7
7 !
z 5 L1 $L4
w
0
9
6
1
4
1
2
1
j
j
j
j
1
4
2
2
1
4
2
2
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
j
j
j
j
1
4
0
0
1
3
(x; y; z; w) 2 R4 : w + y + z = 0 e x
2
2
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 (*)
1
3
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 .
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 .
(xi) 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 .
290
Atendendo a
2
1
1
6 1
2
6
6
2
A=6 1
4 2 0
0
3
2
1
6 0
6
6 0
!
L2 +L3 !L3 6
4 0
2L2 +L4 !L4
3L2 +L5 !L5
0
que
1
1
2
2
1
1
2
3
0
2
1
1
3
2
4
1
1
2
2
5
1
1
0
0
0
1
0
1
0
1
1
1
1
0
1
1
0
2
4
4
!
3
L +L5 !L5
2 4
2
3
7
7
7
7
5
!
L1 +L2 !L2
L1 +L3 !L3
2L1 +L4 !L4
1
0
1
4
5
1
6 0
6
6 0
6
4 0
0
2
1
1
0
0
0
3
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
2
7
7
7
7 L3 +L!
5 !L5
5
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
6
6
6
6
4
1
0
2
4
0
1
1
1
2
3
1
0
0
0
0
1
0
1
4
0
1
0
1
0
1
1
1
0
0
0
3
1
1
2
2
2
1
0
1
0
0
1
0
2
4
4
1
0
1
4
5
1
1
1
0
0
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
!
3
L +L5 !L5
2 4
7
7
7 = A0 (*).
7
5
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
2
1
1
1
6 1 0
0
6
6 1
2
1
6
4 0
4
4
0
0
0
o conjunto
= 3, e como
3
2
7
7
7
7 L1 +L!
2
5 L +L2 !L
!L
1
3
3
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
1
1
1
4
0
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
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
3
2
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
7
6
7
6 0
7
6 1
7
2
2
j
x
1
1
j
x
+
x
!
3
1
3
6
7 L1 +L2 !L2 6
7 L2 +L!
!L3
4 2 0
5
4
5 2L +L 3!L
0
2
0
j
2x
+
x
2 j x4
1
4
L1 +L3 !L3
2
4
4
3L2 +L5 !L5
0
3 1 j x5 2L1 +L4 !L4 0
3 1 j
x5
291
2
!
L2 +L3 !L3
2L2 +L4 !L4
3L2 +L5 !L5
tem-se
1
0
0
0
0
6
6
6
6
4
1
1
0
0
0
1
0
1
0
1
j
j
j
j
j
x1
x1 + x2
x2 + x3
4x1 + 2x2 + x4
3x1 3x2 + x5
3
7
7
7
7 L3 +L!
5 !L5
5
U = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) 2 R5 : 4x1 + 2x2 + x4 = 0 e
Por outro lado,
2
1
6 2
6
6 3
6
4 0
2
2
1
6 0
6
6 0
!
2L2 +L4 !L4 6
4 0
L3 +L5 !L5
0
tem-se
2
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
3x1
1
1
0
0
0
j
j
j
j
j
1
0
1
0
0
x1
x1 + x2
x2 + x3
4x1 + 2x2 + x4
3x1 4x2 + x3 + x5
3
7
7
7
7
5
4x2 + x3 + x5 = 0 .
atendendo a
1
1
3
2
4
1
1
0
0
2
1
1
2
2
5
j
j
j
j
j
1
1
1
0
2
x1
x2
x3
x4
x5
j
j
j
j
j
3
7
7
7
7 2L1 +L!
2
5 3L +L2 !L
!L
1
3
3
2L1 +L5 !L5
2
6
6
6
6
4
1
0
0
0
0
x1
2x1 + x2
3x1 + x3
4x1 2x2 + x4
5x1 + x3 + x5
V = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ; x5 ) 2 R5 :
4x1
j
x1
j 2x1 + x2
j 3x1 + x3
j
x4
j 2x1 + x5
3
2
1 1 1
7
6 0 1 1
7
6
7
6
!
7 2L2 +L5 !L5 6 0 0 1
5
4 0 0 0
0 0 0
1
1
0
2
2
1
1
1
2
3
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 .
Logo
U \V =
Como
2
4
6 3
6
4 4
9
2
4
2
2
tem-se
pelo que
(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
3
0
1 7
7
!
0 5 L1 +L3 !L3
1 3L2 +L4 !L4
2
4 2
5
6 0
2
6
!
0
4L2 +L4 !L4 4 0
0 0
0
1
0
1
1
0
1
0
2
3
2 0 1 0
4 1 0 1 7
7
!
0 0 2 0 5 34 L1 +L2 !L2
10 4 0 4
3
2
4 2
1 0
3
7
6 0
1
10
4
7
6
!
5
4
2 0
0 0
4L2 !L2
3
L
+L
!L
3
4
44
3 0 2
0 0
4
6 3
6
4 0
0
0
1
0
0
2
4
6 0
6
4 0
0
0
4
0
0
8
8
< 4x1 + 2x2 + x4 = 0
< x1 = 21 x2 = 15 x3
10x2 + 4x3 + 3x4 + 4x5 = 0 ,
x2 = 25 x3 + 25 x5
:
:
2x4 = 0
x4 = 0
U \V
=
= L
1
x3
5
3
0 1 0
5
1 34 1 7
2
7
0 0 2 0 5
10 4 0 4
3
0
4 7
7
0 5
0
2
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
292
=
!
4L2 +L4 !L4
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.
(xii) Atendendo
2
1 0 1
6 0 1 0
A=6
4 1 1 0
0 1
2
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
a que
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,
2
3
2
1 1 0
1
6 1 2 0 7
6 0
6
7
6
!
4 1
1 1 5 L1 +L2 !L2 4 0
L1 +L3 !L3
2
5 3
0
2L +L !L
1
4
4
e como
3
1 0
1 0 7
7
!
2 1 5 2L2 +L3 !L3
7 3 7L2 +L4 !L4
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
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
Atendendo a
2
1 0
6 0 1
6
4 1 1
0 1
dim (U + V ) = 3 + 3
4 = 2.
U \V.
1
0
0
2
j
j
j
j
3
x1
x2 7
7
!
x3 5 L1 +L3 !L3
x4
2
1
6 0
6
4 0
0
293
0
1
1
1
1
0
1
2
3
j
x1
7
j
x2
7
j x1 + x3 5
j
x4
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
1
1
0
0
3
0
0 7
7
1 5
0
!
L2 +L3 !L3
L2 +L4 !L4
tem-se
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
1
0
1
2
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
2
1
6 0
6
4 0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
3
j
x1
7
j
x2
7
5
j
x1 + x3 x2
j 2x1 3x2 + 2x3 + x4
3x2 + 2x3 + x4 = 0
Por outro lado, atendendo a
2
2
3
1 1 0
1 1 0 j x1
6 0 1 0
6 1 2 0 j x2 7
6
6
7
4 0
4 1 0 1 j x3 5 L1 +L!
1 1
2 !L2
L1 +L3 !L3
0
2 1
1
1 1 j x4
L1 +L4 !L4
2
3
2
1 1 0 j
x1
6 0 1 0 j
7
6
x2 x1
6
7
6
!
!
4
5
0 0 1 j x2 2x1 + x3
L2 +L3 !L3
L3 +L4 !L4 4
2L2 +L4 !L4
0 0 1 j 2x2 3x1 + x4
tem-se
V = (x1 ; x2 ; x3 ; x4 ) 2 R4 : x1 + x2
3
j
x1
j x2 x1 7
7
!
j x3 x1 5 L2 +L3 !L3
j x4 x1 2L2 +L4 !L4
1
0
0
0
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:
24.
U = fp(t) 2 P2 : p( 1) + p(1) = 0g = L f 1 + t2 ; tg
a)
V = L f2 + t; 1
t + 3t2 ; 1 + t
t2 ; 1 + t2 g = L f1 + t
Como
1+t
então
e assim f1 + t
t2 2 U
e 1 + t2 2
=U
U \ V = L f1 + t
t2 g é uma base para U \ V .
t2 g
b) Por exemplo W = L (ft2 g) é um subespaço de P2 tal que
U
W = P2 ;
uma vez que dim U = 2, dim W = 1 e U \ W = f0g.
294
t2 ; 1 + t2 g :
Resolução da 5a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. 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
3
=
1
1
2
1
1
3
7
4
=
,
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).
(v) Tem-se
1
1
SB2 !B1 =
uma vez que (1; 1) = (1; 2)
2
1
,
(0; 1) e (2; 3) = 2(1; 2)
(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 .
2. Como 1 e 2 são as coordenadas de (1; 1) em B1 pois
(1; 1) = 1(1; 1) + 2(0; 1);
e sendo
SB1 !B2 =
1
0
1
1
a matriz de mudança da base B1 para a base B2 , então as coordenadas de (1; 1) em B2 são
1 e 2 uma vez que
1
1
1
1
=
:
0 1
2
2
295
3.
SB1 !B2
1 1
2 1
=
5 3
11 7
, SB1 !B2 =
5 3
11 7
1 1
2 1
1
=
1 2
3 4
:
4. 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 .
5. 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 .
6. 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 .
296
1 + 5t. Logo,
Uma vez que
SB2 !B1 =
então w1 = 2v1
2 3
1 2
,
v2 e w2 = 3v1 + 2v2 . Isto é, tem-se o sistema
8
< 2v1 v2 = t
cuja matriz aumentada é dada por
:
3v1 + 2v2 = 1
t,
1 j
t
2 j 1 t
2
3
.
Pelo método de eliminação de Gauss:
2
3
Logo, v2 =
2
7
5
t
7
1 j
t
2 j 1 t
!
3
L +L2 !L2
2 1
e v1 = 12 (v2 + t) =
B1 =
7. Sejam B1 = f1; 1
1
7
2
0
1 j
t
j 1 25 t
7
2
.
+ 17 t. Logo,
1 1 2
+ t;
7 7 7
5
t .
7
t; t2 g e B2 = f1; 1 + t; 1 + t + t2 g duas bases ordenadas de P2 .
(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
É fácil ver que
= 11,
=
5 e
t) + t2 .
= 3.
Resolução alternativa: Tem-se
SB2 !B1
2
1
4
= 0
0
uma vez que 1 = 1 + 0 (1 t) + 0t2 , 1 + t = 2
Logo, as coordenadas de p(t) em relação à base
2 3 2
1
1 2
4
5
4
1
SB2 !B1 2 = 0
3
0 0
2
1
0
3
2
1 5,
1
(1 t) + 0t2 e 1 + t + t2 = 2
B1 são dadas por:
32 3 2
3
2
1
11
1 54 2 5 = 4 5 5,
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 .
297
(1
t) + t2 .
Como
1 + 0 (1 + t) + 0 (1 + t + t2 )
1=1
1
t=2
t2 = 0
(1 + t) + (1 + t + t2 )
1
então
2
1
4
= 0
0
SB1 !B2
Além disso, bastaria ver que
SB1 !B2 = (SB2 !B1 )
Logo, como
2
1
2
1
4
= 0
0
t + t2 na
2 3 2
1
4
SB1 !B2 1 5 = 4
1
2
2
1
0
2
1
0
3
0
1 5.
1
3
2
1 5
1
t + t2 = 1 + (1
as coordenadas do vector 2
ou seja
(1 + t) + 0 (1 + t + t2 )
1
1
2
1
4
= 0
0
2
1
0
3
0
1 5.
1
t) + t2
base B2 são dadas por
32 3 2
3
1 2
0
1
3
0
1
1 54 1 5 = 4 2 5,
0 0
1
1
1
t + t2 = 3
2 (1 + t) + 1 + t + t2 .
8. 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
sistema
w3 ; v2 = w1 + w2 w3 e v3 = 2w1 + w2 + w3 . Isto é, tem-se o
8
< w1 + 2w2 w3 = (1; 0; 1)
w1 + w2 w3 = (1; 1; 0)
:
2w1 + w2 + w3 = (0; 0; 1),
298
cuja matriz aumentada é dada por
2
1 2
4 1 1
2 1
3
1 j 1 0 1
1 j 1 1 0 5.
1 j 0 0 1
Pelo método de eliminação de Gauss:
2
2
3
1 2
1 j (1; 0; 1)
1
4 1 1
4 0
1 j (1; 1; 0) 5
!
L1 +L2 !L2
0
2 1 1 j (0; 0; 1)
2L1 +L3 !L3
!
3L2 +L3 !L3
Tem-se então o sistema
2
1
4 0
0
2
1
3
3
1 j
(1; 0; 1)
0 j (0; 1; 1) 5
3 j ( 2; 0; 1)
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).
Logo,
2
2
; 1;
3
3
w3 =
; w2 = (0; 1; 1)
e
w1 = (1; 0; 1)
2(0; 1; 1) +
2
2
; 1;
3
3
=
1
3
1
; 1;
3
Logo,
Note que
2
1
3
4 1
2
em que
2
3
0
1
1
1
3
1
3
,4 1
1
3
SB2 !B1
1
3
1
; 1;
3
B2 =
32
1
1
5
4
1
2
1
2
1
1
3
3
2
2
0
1 1
3
1
1 5=4 0 1
2
1
1 0
3
2
2
2
; 1;
3
3
; (0; 1; 1);
3 2
3
2
1 1 0
1 5=4 0 1 0 5,
1
1 0 1
32 2
3
1
0
1
3
3
0 54 1
1
1 5
1
1
1
0
3
3
3 1 2
1 2
1 1 5 =4
1 1
2
1
1
1
SB1 !B2 = 4 2
1
1
1
4
2
=
1
2
3
1
1
3
3
2
1 5,
1
1
1
0
B1 = f(1; 0; 1); (1; 1; 0); (0; 0; 1)g ,
299
.
1
3
3
1 5;
1
3
:
!
3L2 +L3 !L3
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
.
9. Sejam
0 0
1 0
0 0
0 1
,
e
1 1
1 1
B2 =
;
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
Atendendo a
2
1 1
6 1
1
6
4 1
1
1
1
2
1
6 0
! 6
L2 $L4 4 0
0
1
1
1
1
1
2
2
0
1 1
1 1
= d1
1
2
0
2
Logo, tem-se
j
j
j
j
1
1
1
1
1
0
2
2
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
3
0
0 7
7
!
0 5 L1 +L2 !L2
+L3 !L3
1 LL1 +L
!L
1
3
0 0
0 1 7
7
1 0 5
0 0
2
1
6 0
6
!
L2 +L3 !L3 4 0
0
j
j
j
j
1
1
1
1
0
0
0
1
4
4
!
L2 +L3 !L3
1
2
0
0
1
2
2
0
1
0
2
4
2
1
6 0
6
4 0
0
1
0
2
2
1
2
0
2
1
6 0
6
4 0
0
1
2
0
0
1
2
2
2
2
j
j
j
j
1
1
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
j
j
j
j
1
2
2
0
1
0
2
2
1
1
1
1
j
j
j
j
3
0
1
0
0
1
1
0
1
3
0
0 7
7 !
0 5 L2 $L4
1
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
1
0
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
300
.
3
0
1 7
7
!
1 5 L3 +L4 !L4
0
0 0
1 1
0
1
1 0
0 0
= c1
1
1
1 0
0 0
= d1
1 2
0 0
+ c2
1 2
0 0
+ d2
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 = 41
>
>
>
>
>
>
>
>
< a2 = 41
>
>
a3 =
>
>
>
>
>
>
:
a4 =
8
b1 =
>
>
>
>
>
>
>
>
< b2 =
>
>
b3 =
>
>
>
>
>
>
:
b4 =
1
4
1
4
1 2
2 0
+ c3
1 2
2 0
+ d3
1 0
2 4
+ c4
+ 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
c1 =
>
>
>
>
>
>
>
>
< c2 =
1
4
1
4
>
>
c3 =
>
>
>
>
>
>
:
c4 =
1
4
1
4
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
6
6
6
6
6
6
6
6
4
Isto é,
1 2
3 4
=2
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1 1
1 1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1 2
3 4
Assim, as coordenadas do vector
2
4
6
6
6
6
=6
6
6
6
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
1
4
3
1
4
1
4
3
2
4
1
4
1
4
7
7
7
7
7.
7
7
7
5
em relação à base B2 são dadas por
1
4
+
4
1
4
1
1
1
1
301
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
.
10.
SB2 !B1 = (SB1 !B2 )
e como
1 0
1 1
1
1
0
1
0
1
=
1e
1
2
0
1
1
2
=
1
2
1 0
1 1
é o 2o vector de B2 , então as coordenadas de
0
1
isto é, são:
2
1
=
em B1 são dadas por:
,
2.
11. 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
v2
1 t
2 2
Logo B =
3
4
+ 14 t;
,
v1
v2
1
4
3
t
4
=
1
2
1
2
1
1+t
1 t
3
4
=
+ 14 t
1
4
.
3
t
4
.
12. 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 .
Seja
a b
SB1 !B2 =
.
c d
Tem-se
2
2
Logo
3 2
a
6 b 7 6
7 6
,6
4 c 5=4
d
2
=
a b
c d
1
1
2
2
e
8
2
3 2
2
=
a
b
2
>
>
<
6 2 7 6
2=c d
7 6
,6
4 2 5=4
2
=
a
+
b
>
>
:
2=c+d
2
3 2
3 12
2
1
1 0 0
6
7 6
0 0 1
1 7
7 6 2 7=6
1 1 0 0 5 4 2 5 4
2
0 0 1 1
1
0
1
0
1
0
1
0
3
2
0 7
7
0 5
2
=
0
1
0
1
a b
c d
32
a
0
6 b
1 7
76
0 54 c
d
1
e assim
13. a) Como
1
t2 = t
t2 +
302
1
2
1
1
( 2 + 2t) ;
.
3
7
7,
5
SB1 !B2 =
2
0
0
2
.
t2 ) + 0 ( 2 + 2t) ; 1 (t
b) B1 = 1 (t
1
.
2
t2 na base B são 1 e
as coordenadas de 1
1
2
t2 ) +
t2 ; 1
( 2 + 2t) = ft
t2 g.
c)
V
= L f 1 + t2 ; 2 + t
t2 g :
3 t2V
Como
1 + t2 2 U
e
t2 2
= U;
2+t
tem-se
U + V = P2
e assim f 1 + t2 g é uma base para U \ V .
14.
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
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
1
0
1
1
0
0
2
0
0
0
3
7
7
7
7
5
2
4
0
0
0
2
!
2L1 +L3 !L3
L1 +L4 !L4
1
0
1
2
0
3
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
6
6
6
6
4
1
0
0
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
(i)
carA = dim C(A) = dim L(A) = 3.
Como A tem 5 colunas e
no de colunas de A = carA + nulA,
então
nulA = 2,
isto é,
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 .
303
Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,
Au = 0 , A0 u = 0.
A equação matricial
2
é equivalente ao sistema
ou seja a
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
2
7 6
7 6
7=6
7 6
5 4
0
0
0
0
0
8
< u1 u2 + 2u4 + u5 = 0
2u3 + 4u4 = 0
:
u5 = 0
Logo,
N (A) = f(u2
3
7
7
7
7
5
8
< u1 = u2 2u4
u3 = 2u4
:
u5 = 0.
2u4 ; u2 ; 2u4 ; u4 ; 0) : u2 ; u4 2 Rg .
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.
304
15. a)
0
0
N (A + B) = N
= f(x; y; z; w) 2 R4 :
1 0 1
0 2 0
=
y + w = 0e2z = 0g =
= f(x; y; 0; y) : x; y 2 Rg = fx(1; 0; 0; 0) + y(0; 1; 0; 1) : x; y 2 Rg =
= L (f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1)g) :
Como
dim N (A + B) = 4
car (A + B) = 2
e f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1)g gera N (A + B), então
f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1)g
é base de N (A + B).
b)
dim (N (A) + N (B)) = dim N (A) + dim N (B)
= (4
car A) + (4
16. a)
car B)
2
1
4
1
A=
1
02
0
B6 0
6
dim N B
@4 0
0
1
1
1
1
0
0
0
dim (N (A) \ N (B)) =
0
1
0
1
31
0
C
0 7
7C = 2 + 2
1 5A
0
1=3
3
2
3
1
1 1 1
1 5 ! 4 0 2 0 5:
:::
1
0 0 1
Como as 3 colunas de A são linearmente independentes então dim C (A) = 3 e assim C (A) =
R3 , pelo que a base canónica f(1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g de R3 é uma base de C (A).
T
T
1 0 1
2 . Como N (A) =
é uma solução particular de Au = 2 0
b) u =
T
2
f0g uma vez que A é invertível atendendo à alínea a), a solução geral de Au = 2 0
é
2
3
1
T
1 0 1
u=
= 4 0 5.
1
c)
02
31
1 1 1
N (A + 2I) = N @4 1 1 1 5A =
1 1 1
02
31
1 1 1
= N @4 0 0 0 5A = L (f( 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1)g) :
0 0 0
305
Como o conjunto f( 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1)g é linearmente independente, é então uma base para
N (A + 2I).
d) Atendendo a que
02
N (A
2
@
4
1
I) = N
1
tem-se dim N (A
1
2
1
31
02
1
1
5
A
@
4
1
0
=N
2
0
31
1 0
1 1 5A = L (f(1; 1; 1)g)
0 0
I) = 1. Assim, como o conjunto
f(1; 1; 1) ; ( 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1)g
é linearmente independente e atendendo à alínea anterior, é então uma base para N (A + 2I)+
N (A I). Logo
dim (N (A + 2I) + N (A I)) = 3:
17. a) Uma base para R4 que inclui dois vectores de U :
f(1; 1; 1; 1); (0; 1; 0; 0) ; (0; 0; 1; 1); (0; 0; 0; 1)g :
Note-se que (1; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1) 2 U e que 4 vectores de R4 linearmente independentes,
formam uma base de R4 .
b) Como
U = f(y
z + w; y; z; w) : y; z; w 2 Rg = L (f(1; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0); (1; 0; 0; 1)g)
e
dim U = 4
car
1
1 1
1
= 3;
então uma base para U que inclua os vectores (1; 1; 1; 1) e ( 1; 1; 1; 1) pode ser:
f(1; 1; 1; 1); ( 1; 1; 1; 1); (1; 0; 0; 1)g
uma vez que se trata de um conjunto linearmente independente de 3 vectores de U .
18. a)
2
1
6
A =6
4 0
1
0
1
0
1
0
3
1
0 7
7
1 5
!
L1 +L2 !L2
L1 +L4 !L4
8
< 2 se
3 se
car A =
:
4 se
306
2
1
6 0
6
4 0
0
=1
= 1
6= 1 e
6=
0
2
1
1
0
0
1.
1
0
1
1
3
7
7:
5
02
1
B6 0
6
N (A 1 ) = N B
@4 0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
31
1
C
1 7
7C = L (f(1; 1; 0; 0)g).
5
2 A
0
f(1; 1; 0; 0)g é uma base para N (A 1 ).
b) Por a),
B = f( 1; 1; 0; 1) ; (0; 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1; 1)g
é linearmente independente e gera C (A 1 ), pelo que B é uma base para C (A 1 ). Como
(0; 0; 0; 1) =
então
c)
1
;
2
1
1
(0; 1; 1; 0) + ( 1; 0; 1; 1)
2
2
1
( 1; 1; 0; 1)
2
1 1
e são as coordenadas de (0; 0; 0; 1) na base ordenada B.
2 2
2
3
1
6 0 7
7
A0 u = 6
4 0 5,u=
1
2
2
3
1
6 0 7
6 7
4 0 5
0
solução particular de A0 u=b
3
1
6 0 7
7
+v =6
4 0 5;
0
com
v 2 N (A0 )
=
A0 é invertível
f0g :
Solução geral de A0 u = b : f(1; 0; 0; 0)g.
d) f( 1; 1; 0; 1) ; (0; 0; 1; 1)g é uma base de L (A1 ) e f( 1; 1; 0; 1) ; (0; 1; 1; 0)g é uma
base de C (A1 ) .
Como
B 0 = f( 1; 1; 0; 1) ; (0; 1; 1; 0) ; (0; 0; 1; 1)g
é linearmente independente e gera L (A1 ) + C (A1 ) então B 0 é uma base de L (A1 ) + C (A1 ).
e) Por a) e b),
f( 1; 1; 0; 1) ; (0; 0; 1; 1) ; (0; 0; 0; 1)g
é uma base de L (A 1 ) e
f( 1; 1; 0; 1) ; (0; 1; 1; 0) ; ( 1; 0; 1; 1)g
é uma base de C (A 1 ). Como por f)
(0; 0; 0; 1) 2 C (A 1 )
e
(0; 0; 1; 1) 2
= C (A 1 )
então f( 1; 1; 0; 1) ; (0; 0; 0; 1)g é uma base L (A1 ) \ C (A1 ).
307
19. a)
Au
2
32 3
2 0 2
2
u = 0 , 4 0 4 0 54 2 5
2 0 2
2
b)
2
3
2 3
2
8
4 2 5=0,4 8 5
2
8
2
3
2
4 2 5=0,
2
= 4:
02
31
02
31
2 0 2
2 0 2
N (A) = N @4 0 4 0 5A = N @4 0 4 0 5A = L (f(1; 0; 1)g) :
2 0 2
0 0 0
Logo
f(1; 0; 1)g é base de N (A) :
c)
2
3
2 3
2 3
8
2
2
4
5
4
5
4
8
2
Au =
, Au = 4
, u= 2 5+
a) e b)
8
2
2
2
3
1
0 5 com 2 R:
1
4
d) A equação Au = b tem sempre solução se e só se b 2 C (A) = L (f(1; 0; 1) ; (0; 1; 0)g).
20. Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se
2
3
2
1
1 1
1
1
6 1 1
7
6 0
1
1
7
6
A=6
!
4 1
1 1
1 5 L1 +L2 !L2 4 0
L1 +L3 !L3
1 1
1 1
0
L +L !L
1
a) Atendendo a (*) dim N (A) = 4
4
4
dim C (A) = 4
1
0
0
0
1
0
0
0
3
1
0 7
7 (*):
0 5
0
car A = 4
1 = 3.
b) f(1; 0; 0; 0)g não é base de C (A) uma vez que (1; 0; 0; 0) 2
= C (A). Uma base de C (A)
é por exemplo f(1; 1; 1; 1)g e (1; 0; 0; 0) 2
= Lf(1; 1; 1; 1)g.
21. a)
U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x + y + z + w = 0g =
= f( y
z
w; y; z; w) : y; z; w 2 Rg =
= L (f( 1; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0); ( 1; 0; 0; 1)g) .
308
O conjunto
f( 1; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0); ( 1; 0; 0; 1)g
é uma base para U , uma vez que gera U e, é também linearmente independente.
b) Atendendo a que
U = L (f(1; 1; 1; 1); ( 1; 0; 0; 1); ( 1; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0)g)
e
2
então
1
6 1
6
4 1
1
1
0
0
1
1
1
0
0
3
2
1
1
6 0
0 7
7! 6
4 0
1 5
0
0
1
1
0
0
1
0
1
0
3
1
1 7
7
1 5
0
f(1; 1; 1; 1); ( 1; 0; 0; 1); ( 1; 1; 0; 0)g
é uma base para U , uma vez que gera U e, é também linearmente independente.
22. Usando o método de eliminação
2
3
2
1 0 1
4 0 1
4
1 5
!
L1 +L3 !L3
1 1 0
de Gauss, tem-se
3
2
1 0 1
1 0
5
4
0 1
1
0 1
!
L2 +L3 !L3
0 1
1
0 0
3
1
1 5:
0
a)
N (A) = f(x; y; z) 2 R3 : x + z = 0
e
y
z = 0g =
= f( z; z; z) : z 2 Rg = L (f( 1; 1; 1)g) :
Logo f( 1; 1; 1)g é uma base de N (A) uma vez que gera N (A) e é linearmente independente.
b)
C (A) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) :
Logo, sendo o conjunto
S = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g(
R3 )
linearmente independente e tendo em conta que dim R3 = 3 então S é uma base de R3 que
inclui duas colunas de A.
c)
L (A) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) :
Uma vez que f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g é uma base de C (A) e f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g é uma base de
L (A) então
dim L (A) = dim L (A) = car A = 2:
309
Atendendo a que
(1; 0; 1) 2 L (A) \ C (A)
(uma vez que o
2
1 0
4 0 1
1 1
"sistema"
3
j 0
j 1 5
j
1
!
L1 +L3 !L3
2
1 0 j
4 0 1 j
0 1 j
e
(0; 1; 1) 2
= C (A)
3
0
1 5
1
!
L2 +L3 !L3
2
1 0 j
4 0 1 j
0 0 j
3
0
1 5
2
é impossível) então f(1; 0; 1)g é uma base de L (A) \ C (A), tendo-se dim L (A) \ C (A) =
1.
23. Seja
B=
4 a b
c d 4
2 M2 3 (R)
tal que
dim N (B) = 2
e
(1; 0; 2) 2 L (B) :
Como
car B = dim L (B) = 3
dim N (B) = 1
então
L (B) = L (f(c; d; 4)g) = L (f(4; a; b)g) = L (f(1; 0; 2)g) ;
pelo que a = d = 0, b = 8 e c = 2.
24. Seja U o subespaço de R4 gerado por f(1; 1; 0; 1); (1; 1; 0; 1)g : Seja
S = f(1; 0; 0; 2)g + U
e considere ainda o seguinte subespaço de R4
V = (x; y; z; w) 2 R4 : y = w .
a)
S = f(1; 0; 0; 2)g + U = f(1 + s + t; s + t; 0; 2
s + t) : s; t 2 Rg .
Sejam
x = 1 + s + t; y = s + t; z = 0; w = 2
s + t:
Tem-se então o seguinte sistema linear (com 4 variáveis) não homogéneo
x y=1
z=0
b) Seja (x; y; z; w) 2 U . Existem ;
2 R tais que
(x; y; z; w) = (1; 1; 0; 1) + (1; 1; 0; 1) .
310
(*)
Por outro lado, atendendo a
2
1
6 1
6
4 0
1
1
1
0
1
j
j
j
j
3
x
y 7
7
z 5
w
!
L1 +L2 !L2
L1 +L4 !L4
2
1
6 0
6
4 0
0
para que a equação (*) tenha solução é preciso que: y
N (A), com
1 1 0 0
A=
0 0 1 0
1
0
0
2
3
j
x
j y x 7
7
j
z 5
j x+w
x = 0 e z = 0, ou seja (x; y; z; w) 2
.
Reciprocamente, se (x; y; z; w) 2 N (A) então (x; y; z; w) 2 U . Logo U = N (A).
c) Uma base para R4 que inclui dois vectores de U :
f(1; 1; 0; 1); (1; 1; 0; 1) ; (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g
Note-se que (1; 1; 0; 1); (1; 1; 0; 1) 2 U e que 4 vectores de R4 linearmente independentes,
formam uma base de R4 .
d) Seja B = f(2; 2; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g uma base ordenada de U .
Tem-se
(1; 1; 0; 7) = 4(2; 2; 0; 0) 7 (1; 1; 0; 1) .
Logo, 4 e
7 são as coordenadas de (1; 1; 0; 7) em relação à base B
e) Determine uma base para U + V e uma base para U \ V , indicando as respectivas
dimensões.
Tem-se (em R4 ) U = L (f(1; 1; 0; 1); (1; 1; 0; 1)g) e
V = (x; y; z; w) 2 R4 : y = w = L (f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1) ; (0; 0; 1; 0)g) .
Como (1; 1; 0; 1) 2
= V e (1; 1; 0; 1) 2 V , então
f(1; 1; 0; 1); (1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1) ; (0; 0; 1; 0)g
é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4, pelo que U + V = R4 .
Além disso, como U = L (f(1; 1; 0; 1); (1; 1; 0; 1)g) e
(1; 1; 0; 1) 2
= V;
(1; 1; 0; 1) 2 V
então f(1; 1; 0; 1)g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1. De facto
dim(U \ V ) = |dim
{z U} + |dim
{z V}
|
{z
}
=1
=2
=3
311
dim (U + V ).
|
{z
}
=4
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 =
por (i)
(vii) Queremos ver que (
1)u =
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 6= 0, então
1
1
1
u = 1u =
u = ( u) = 0 = 0.
por (iv)
Como
6= 0 =) u = 0, então u 6= 0 =)
u = 0 =)
= 0. Logo,
=0_u=0
(ix) Queremos ver que: se u 6= 0 e u = u, então
u = u. Ora, como u 6= 0 e (
) u = 0, então
é, = .
312
= . Suponhamos que u 6= 0 e
= 0, atendendo a (viii). Isto
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
(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 ,
313
n (R).
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 invertívelg :
Por exemplo, para n = 2:
1 0
0 0
;
0 0
0 1
1 0
0 0
2 U , mas
Logo, U não é subespaço de Mn
+
0 0
0 1
1 0
0 1
=
2
= U.
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
314
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 ( x) = ( f ) ( x),
f 2U
para todo o x 2 Dom f . Logo, U é subespaço de V .
(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
subespaço de V .
R ! R tais que f é crescenteg:
f é decrescente, isto é, f 2 U =)
f 2
= U . Logo, U não é
(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 ;f2 2U
f1 (1) + f2 (1) = (f1 + f2 ) (1),
para todo o x 2 Dom f1 \ Dom f2 . E, com f 2 U ,
f 2 U,
pois
( f ) (0) = f (0) =
f 2U
f (1) = ( f ) (1),
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)
=
f1 ;f2 2U
2 + f1 (1) + f2 (1) = 2 + (f1 + f2 ) (1),
isto é, f1 + f2 2
= U . Logo, U não é subespaço de V .
315
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
8
v1 = 21 (v1 + v2 )
>
>
>
>
<
v2 = 12 (v1 + v2 )
>
>
>
>
:
v3 = 12 (v1 + v3 )
tem-se
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 .
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
+ v2 ) +
2 (v2
+ v3 ) +
3 (v1
2 )v2
2
+ v3 ) = 0:
Isto é,
(
1
+
3 )v1
+(
1
+
+(
+
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
3
2
A4
1
2
3
2
3
0
5 = 4 0 5:
0
3
1 0 1
com A = 4 1 1 0 5. Como det A = 2 6= 0, então A é invertível e tem-se
0 1 1
3 = 0. Logo,
fv1 + v2 ; v2 + v3 ; v1 + v3 g
1
=
2
=
é uma base de V pois trata-se de um conjunto de vectores linearmente independente
que gera V .
316
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 (Av1 )
Queremos ver que
1 (Av1 )
+
=
2
2 (Av2 )
+
1
+
2; : : : ;
2 (Av2 )
= ::: =
+
1;
n
+
2 R tais que
n
+
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 )
= 0 () A( 1 v1 +
2 v2
+
+
n vn )
= 0.
Como A é invertível, tem-se
A 1 A( 1 v1 + 2 v2 +
I( 1 v1 + 2 v2 +
1 v1 + 2 v2 +
+ 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 .
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
Suponhamos que também existiam
v=
1 v1
+
1;
+
2 v2
+
2; : : : ;
2 v2
+
+
n
n vn .
2 R tais que
+
n vn .
Logo,
(
1
1 )v1
+(
2
2 )v2
+
+(
n
n )vn
= 0.
Como fv1 ; v2 ; : : : ; vn g é um conjunto linearmente independente (por ser base), então
temos
1 = 1; 2 = 2; : : : ; n = n.
317
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
+ 0vn ,
0 = 0v1 + 0v2 +
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 + 2 w2 = 0.
Queremos ver que
=
2
1 w1
+
1
= 0. Observe-se que
2 w2
= 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 de U , em particular é linearmente independente.
Logo,
1 a + 2 c = 1 b + 2 d = 0 2 R.
Isto é,
a c
b d
1
=
2
Ou seja,
A = 0,
318
0
0
.
a c
0
1
, =
e0=
. Como ad 6= bc e det A = ad
b d
0
2
det A 6= 0, isto é, A é invertível e como tal:
onde A =
A 1A = A 10 , I = 0 ,
bc, então
= 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
0
1
, =
e0=
, tem como solução única
b d
0
2
equivalente a ter-se det A 6= 0, isto é, ad 6= bc.
onde A =
= 0. O que é
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
a b
linearmente independente se e só se a matriz
fôr invertível. Seja 0 o vector
c d
nulo do espaço linear U . Sejam 1 ; 2 2 R tais que
1 w1
Queremos ver que
que
1
=
1 w1
2
+
+
2 w2
= 0:
a b
c d
= 0 se e só se a matriz
2 w2
fôr invertível. Observe-se
= 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.
Isto é,
a c
b d
1
2
=
0
0
.
a c
0
1
,
=
e 00 =
. Como a equação
b d
0
2
A = 00 apenas admite a solução trivial = 00 se e só se a matriz A fôr invertível e
a b
como a matriz A é invertível se e só se a matriz AT =
fôr invertível, tem-se
c d
então o resultado pretendido.
Ou seja, A = 00 , onde A =
319
10. Sejam A uma matriz m
n e B uma matriz n
dim C (AB) = dim C (B)
p. Mostre que
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
Bz =
s
X
i xi
+
i=1
t
X
j yj .
j=1
Logo,
s
X
b = ABz = A
i=1
i xi +
t
X
j yj
i=1
!
=
s
X
i Axi +
i=1
t
X
j Ayj
j=1
=
fx1 ;:::;xs g N (A)
t
X
j Ayj ,
j=1
isto é, fAy1 ; : : : ; Ayt g gera C (AB).
Vejamos que fAy1 ; : : : ; Ayt g é linearmente independente. Suponhamos que existiam
escalares 1 ; : : : ; t 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
Como
t
X
j=1
j yj
=
s
X
s
X
1; : : : ;
s
tais que
i xi :
i=1
i xi
i=1
320
,
t
X
j=1
j yj
s
X
i=1
i xi
!
=0
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
2x
+
2 R e mostre que se existir
j
+
+
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
2x
+
2 R. Suponhamos que existe
j
+
+
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 =
321
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
r
BX
C
jxjj j
jxij jA
@
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.
12. Seja y 2 C (A + B). Então existe x tal que
y = (A + B) x = Ax + Bx 2 C (A) + C (B) :
Logo
C (A + B)
13. Seja A 2 Mm
n (R).
C (A) + C (B) :
Vejamos que
N (A) \ C AT = f0g :
Seja y 2 N (A) \ C AT . Então existe x tal que Ay = 0 e y = AT x: Logo
y T = xT A
e
y T y = xT A y = xT (Ay) = xT 0 = 0:
Isto é
n
X
yi2 = y T y = 0
i=1
ou seja y = (y1 ; :::; yn ) = (0; :::; 0) = 0. Logo,
N (A) \ L (A) = N (A) \ C AT = f0g :
14. Seja A 2 Mn n (R) tal que A2 = A. Seja u 2 N (A) \ C (A). Então Au = 0 e u = Av
para algum v. Logo 0 = Au = A2 v = Av pelo que v 2 N (A). Assim u = Av = 0 e
deste modo N (A) \ C (A) = f0g.
15. Seja A 2 M3 3 (R) tal que A 6= 0 e A2 = 0. Como A 2 M3 3 (R)n f0g e A não é
invertível pois (det A)2 = det (A2 ) = 0 , det A = 0, então car A 2 f1; 2g. Por outro
lado, como A2 = 0 então C (A) N (A) pelo que dim C (A) dim N (A). Finalmente,
atendendo a que
3 = dim N (A) + car A
então car A = 1.
322
16. Como B = C + B
C e C (B) = C (C + B
car B = dim C (B)
Pelo que car B
car C
C (C) + C (B
C)
dim C (C) + dim C (B
C) então
C) = car C + car (B
C) :
C). De um modo análogo, como
car (B
C = B + [ (B
C)]
e
C (C) = C (B + [ (B
então
C)])
C (B) + C (B
car C
car B
car (B
C) :
jcar B
car Cj
car (B
C) :
C)
Logo
17. Sejam ; ; ; 2 R tais que
v + Av + A2 v + A3 v = 0:
Multiplicando a igualdade anterior por A3 e atendendo a que A4 = 0 e assim
A5 = A6 = A7 = 0;
então
A3 v = 0
e deste modo
= 0 uma vez que
A3 v 6= 0(v 2
= N (A3 )):
Analogamente: multiplicando a igualdade
Av + A2 v + A3 v = 0
por A2 tem-se
= 0, multiplicando a igualdade
A 2 v + A3 v = 0
por A tem-se
= 0 e …nalmente de
A3 v = 0
obtém-se
= 0. Logo, o conjunto
v; Av; A2 v; A3 v
é linearmente independente.
18. Sendo A 2 M5
6
(R), tem-se AT A 2 M6
dim N (A) = 6
então 1
dim N (A)
6
(R). Como N (A)
car A
6
dim N AT A : Logo
dim N AT A 6= 0
pelo que AT A não é invertível.
323
5=1
N AT A e
Resolução da 6a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
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
1
3
M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
y). T é linear e tem-se
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
T (x; y) = M (T ; Bc2 ; Bc2 )
x
y
.
Logo,
N (T ) = N M (T ; Bc2 ; Bc2 ) = N
1
3
324
2
1
=N
1
0
2
7
= f(0; 0)g
e
1
3
I(T ) = C M (T ; Bc2 ; Bc2 ) = C
2
1
= L (f(1; 3); (2; 1)g) .
O conjunto f(1; 3); (2; 1)g é uma base de I(T ).
(ii) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (1
(0; 0).
y; 2x). T não é linear pois T (0; 0) = (1; 0) 6=
(iii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; 2x;
2
1
3
3
4
2
M (T ; Bc ; Bc ) =
1
x). T 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
dim
R3
|{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(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
T (x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 ) 4 y 5 .
z
325
Logo,
02
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
e
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
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
326
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) =
Tem-se
N (T ) =
=
3 0 ,
3 e T (0; 1) = 0. Note que Bc = f1g é a base canónica de R.
(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) .
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
dim
R2
|{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 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
327
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) .
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
e
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
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
M (T ; Bc4 ; Bc2 ) =
1
0
328
y; 3w). T é linear e tem-se
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) .
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
I(T ) = C M (T ; Bc2 ; Bc2 ) = C
1
0
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
2
0
6
0
M (T ; Bc3 ; Bc4 ) = 6
4 0
0
329
2z; 2y; y + z). T é linear e tem-se
3
0
1
1
2 7
7,
2 0 5
1 1
uma vez que T (1; 0; 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 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
T (x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc4 ) 4 y 5 .
z
Logo,
02
e
0
B
6
6 0
N (T ) = N M (T ; Bc3 ; Bc4 ) = N B
@4 0
0
02
02
31
0 0
1
B6 0 1 0 7C
B6
6
7C
B6
= NB
@4 0 2 0 5A = N @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 =
0 5A
1
31
0
1
C
1 0 7
7C = L (f(1; 0; 0)g)
5
0 0 A
0 0
331
1
7C
2 7
77C = L (f(0; 1; 2; 1); ( 1; 2; 0; 1)g) .
5
0 5A
1
330
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
= dim N (T ) + dim I(T ),
|{z}
espaço de partida
então dim I(T ) = 0. De facto
I(T ) = f(0; 0)g .
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 .
331
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.
Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo
2
3
1 2 0
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 0 0 3 5 ,
1 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
3
3
@
4
0 0
I(T ) = C M (T ; Bc ; Bc ) = C
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).
2
1 0
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 0 1
0 0
332
T é linear e tem-se
3
0
0 5,
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
R3
|{z}
dim
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.
(xiv) Seja T : P2 ! P2 com
T (p (t)) = 2p (1
t)
tp0 (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
3
2 2
2
3
4 5,
M (T ; B; B) = 4 0
0 0
0
uma vez que T (1) = 2
1
t
T (t2 ) = 2 (1
Uma base para N (T ):
Como
então
0 = 2; T (t) = 2 (1
t)2
t2t = 2
02
2
@
4
0
N (M (T ; B; B)) = N
0
2
3
0
t)
4t + 2t2
t
3t e
1=2
2t2 = 2
4t:
31
2
4 5A = L (f(1; 4; 3)g) ,
0
N (T ) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : (a0 ; a1 ; a2 ) 2 L (f(1; 4; 3)g) = L
333
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 =
t (a1 + 2a2 t) = 0 =
a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : 2 a0 + a1 (1 t) + a2 (1 t)2
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
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
3tg
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
linearmente independente e gera I (T ), então f2; 2 3tg é uma base de I (T ).
(xv) Seja T : P2 ! P2 com
T (p (t)) = p (0)
p ( 1) + (p ( 1) + p (1)) t + (p ( 1)
p (1)
2p (0)) t2 :
T é linear uma vez que, para todos os p (t) ; p1 (t) ; p2 (t) 2 P2 , para todo o
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
= 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
334
3tg é
= 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
0
1
4
2
0
M (T ; B; B) =
2
2
uma vez que T (1) = 1
T (t) = 0
1 + (1 + 1) t + (1
1
p (1)
2p (0)) t2 =
3
1
2 5,
0
2) t2 = 2t
( 1) + (( 1) + 1) t + (( 1)
1
2t2 ;
2
0) t2 = 1
2t2
e
T (t2 ) = 0
1 + (1 + 1) t + (1
Uma base para N (T ):
Como
02
1
2
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.
Uma base para I(T ):
335
Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
T (1) ; T (t) ; T t2
I (T ) = L
=L
2t2 ; 1
2t
2t2 ; 1 + 2t
=L
1
2t2 ; 1 + 2t
2t2 ; 1 + 2tg é linearmente independente e gera I (T ), então
Uma vez que o conjunto f1
1
2t2 ; 1 + 2t
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
2p (0)) t2 =
p (1)
a2 + (2a0 + 2a2 ) t + ( 2a0
Logo, I(T ) = L (f2t
2t2 ; 1
2a1 ) t2 = a0 2t
2t2 + a1 1
2t2 ; 1 + 2tg) = L (f2t
2t
2a0 t2 =
(a0 + a1 + a2 )
2t2 ; 1
2t2 ; 1
2t2 + a2 ( 1 + 2t) .
2t2 g). Como o conjunto
2t2
2t2 ; 1
é linearmente independente e gera I (T ), então f2t
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
(xvi) 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)
p1 (1) p1 (0)
p1 (0) p1 ( 1)
=
2 R,
+
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 =
a base canónica de M2
2
1 0
0 0
;
0 1
0 0
;
0 0
1 0
;
1
0
0
1
3
1
0 7
7,
0 5
1
(R) tem-se
2
1
6 1
M (T ; B1 ; B2 ) = 6
4 1
1
336
0 0
0 1
p (0)
p ( 1)
=
=
:
uma vez que
T (1) =
1 1
1 1
Cálculo de N (T ):
Como
então
;
1
0
T (t) =
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
T (1) ; T (t) ; T t2
Uma vez que o conjunto
gera I (T ), então
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
1 1
=L
1
0
;
;
0
1
1
0
1 0
0 1
;
0
1
;
;
1
0
0
1
;
1 0
0 1
:
é linearmente independente e
1 0
0 1
é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 3.
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
T (p (t)) =
p (1) p (0)
p (0) p ( 1)
=
a0 + a1 + a2
a0
a0
337
a0
a1 + a2
=
a0 a0
a0 a0
=
1 1
1 1
= a0
1 1
1 1
Logo, I(T ) = L
;
1
0
a1
0
+
0
a1
1
0
+ a1
0
1
1 1
1 1
;
0
1
1
0
=
1 0
0 1
+ a2
1 0
0 1
;
a2 0
0 a2
+
.
. Como o conjunto
0
1
1 0
0 1
;
é linearmente independente e gera I (T ), então é uma base de I (T ).
(xvii) Seja T : M2
2
(R) ! M2
1
2
equação linear T (X) =
Bc2
2
;
0 1
0 0
0 0
1 0
;
Logo
2
1
6
2
M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) = 6
4 2
1
Cálculo de N (T ):
Como
1 2
. Resolva ainda a
2 1
(R) com T (X) = tr (X)
2
. Seja
1
1 0
0 0
=
2
02
1
B
6
6 2
N M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) = N B
@4 2
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0 0
0 1
;
0
0
0
0
.
3
1
2 7
7.
2 5
1
31
1
C
2 7
7C = N
2 5A
1
02
1
B6 0
B6
@4 0
0
0
0
0
0
= L (f( 1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) ;
0
0
0
0
31
1
C
0 7
7C =
0 5A
0
então
1 0
0 1
N (T ) = L
;
0 1
0 0
;
0 0
1 0
.
1 0
0 1
0 0
;
;
é uma base para N (T ). Logo, T não é injectiva uma vez
0 1
0 0
1 0
que dim N (T ) = 3 6= 0.
Uma base para I(T ):
Como Bc2 2 gera M2 2 (R), tem-se
I (T ) = L
= L
T
1 0
0 0
1 2
2 1
;T
0 1
0 0
:
338
;T
0 0
1 0
;T
0 0
0 1
=
1 2
2 1
Uma vez que o conjunto
é linearmente independente e gera I (T ), então
1 2
2 1
é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 1.
Como dim M2 2 (R) = 4, tem-se I (T ) 6= M2
1
2
Solução geral de T (X) =
:
2
1
1 0
0 0
1 0
0 1
+L
2
(R), pelo que T não é sobrejectiva.
0 1
0 0
;
;
0 0
1 0
.
cos
sen
, uma vez que T (1; 0) = (cos ; sen )
sen
cos
T (0; 1) = ( sen ; cos ). Além disso, para todo (x; y) 2 R2
3.
(T
(i) M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
T ) (x; y) =
=
cos
sen
sen
cos
cos
sen
sen
cos
x
y
cos
sen
sen
cos
cos
sen
sen
cos
x
y
cos cos
sen sen
cos sen + cos sen
cos ( + )
sen ( + )
= T + (x; y).
=
Logo T
. E assim (T )
2
1
0
(ii) M (T ; Bc3 ; Bc3 ) = 4 0 cos
0 sen
T =T
1
+
(iii) M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
cos 2
sen 2
(iv) M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
cos2
sen cos
(v) M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
(vi) M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
sen ( + )
cos ( + )
=T .
0
sen
cos
sen 2
cos 2
3
5.
.
sen cos
sen2
1 k
.
0 1
1 0
.
k 1
(vii) e (viii) M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
cos sen
cos cos
k 0
.
0 k
339
.
x
y
=
=
cos sen
sen sen
x
y
=
e
(ix) e (x) M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
k 0
.
0 1
4. 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
Tem-se
2
3 2
x
1
T (x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 ) 4 y 5 = 4 1
z
2
Tem-se
32 3
2 1
x
1 0 5 4 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 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
3
3 4
T (x; y; z) = M (T ; Bc ; Bc ) y 5 .
z
340
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
3
3
@
4
1
I(T ) = C M (T ; Bc ; Bc ) = C
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 ).
5. 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) =
T é linear
( 2; 1).
(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
y)T (1; 0) =
T é linear
= y(1; 2) + (x
y)( 3; 1) = ( 3x + 4y; x
3y).
(iii) Tem-se
3
1
M (T ; Bc2 ; Bc2 ) =
4
3
,
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)
(iv) Tem-se
SBc2 !B =
0
1
341
1
1
( 3; 1) = (4; 3).
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 1
M (T ; B; B) =
,
3
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) =
(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
(R2 ; Bc2 )
SBc2 !B # I
(R2 ; B)
M (T ;Bc2 ;Bc2 )
(R2 ; Bc2 )
!
T
I # SBc2 !B
(R2 ; B)
T
!
M (T ;B;B)
Logo,
M (T ; B; B) = SBc2 !B M (T ; Bc2 ; Bc2 ) SBc2 !B
342
1
= SBc2 !B M (T ; Bc2 ; Bc2 )SB!Bc2 =
=
0
1
1
1
3
1
4
3
1 1
1 0
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
3
M (T ; Bc2 ; B) =
,
4 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)
(R2 ; Bc2 )
I # SBc2 !B
(R2 ; B)
tem-se
M (T ; Bc2 ; B) = M (T ; B; B)SBc2 !B =
2
3
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
3
M (T ; B; Bc2 ) =
,
2 1
343
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
.
6. 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 )
x
y
Logo, tem-se T1 T2 : R2 ! R2 linear com
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
e T2 T1 : R3 ! R3 linear com
(T2
2
= (y; y; x + y).
x
y
3 2
3
x
0 1
T1 ) (x; y; z) = M (T2 ; Bc2 ; Bc3 )M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) 4 y 5 = 4 0 1 5
z
1 1
344
= (x + 3y; 2y)
2 0 1
1 1 0
2
3
x
4 y 5=
z
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
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).
7. 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
M (T ; B; B) = 4 1
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):
8. 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 .
Tem-se
2
1
6
0
M (S; Bc2 2 ; Bc2 2 ) = 6
4 0
0
345
0
0
1
0
0
1
0
0
3
0
0 7
7,
0 5
1
uma vez que
1 0
0 0
S
=
0 0
1 0
S
=
1 0
0 0
0 1
0 0
S
0 1
0 0
S
=
0 0
0 1
=
0 0
1 0
0 0
0 1
;
:
9. 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
3
3
4
1
M (T ; Bc ; Bc ) =
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 .
10. 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),
346
é representada pela matriz
2
3
1 2
M (T ; B1 ; B2 ) = 4 1 1 5 .
3 0
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 1. Deste modo, as coordenadas
do vector T ( 1; 2) na base B2 são dadas por
2
3
2
3
1 2
1
1
1
M (T ; B1 ; B2 )
=4 1 1 5
= 4 2 5.
1
1
3 0
3
(ii) Tem-se
( 1; 2) =
3(1; 0) + 2(1; 1).
Logo, as coordenadas do vector ( 1; 2) na base B10 são
Resolução alternativa: Tem-se
0
1
SB1 !B10 =
0
0
0
uma vez que u1 = 0u1 + u2 e u2 = 3u1
do vector ( 1; 2) na base B1 são 1 e 1,
são dadas por
1
SB1 !B10
=
1
3 e 2.
3
1
,
0
u2 . Tendo em conta (por (i)) que as coordenadas
então as coordenadas do vector ( 1; 2) na base B10
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
3, então
T ( 1; 2) = (1; 0; 1) 2(1; 1; 2) + 3(0; 1; 1) = ( 3; 1; 8).
1;
2 e
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
SB2 !B20
2
1
=4 1
1
347
0
1
2
3
1
2 5,
1
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 (
de u em relação à base
B1 = f(1; 1); (2; 1)g :
1;
2)
as coordenadas
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
348
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,
M (T ; B10 ; B20 ) = SB2 !B20 M (T ; B1 ; B2 ) SB1 !B10
2
1
4
1
=
1
0
1
2
32
3
1
1 2
2 54 1 1 5
1
3 0
1
2
= SB2 !B20 M (T ; B1 ; B2 )SB10 !B1 =
2
4
6
=
4
1=3 1
1=3 0
3
2
3 5
4
1=3 1
1=3 0
11. 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).
349
2
0
4
= 1
0
3
2
6 5.
4
(ii) Tem-se
(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) .
N (T ) =
=
=
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.
12. 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
2 3 2
32 3
x
1 2 2
x
3
3 4
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
02
31
02
1 2 2
1
N (T ) = N @4 2 1 4 5A = N @4 0
0 0 2
0
350
31
2 2
3 0 5A = f(0; 0; 0)g .
0 2
Logo, T é injectiva e dim N (T ) = 0.
(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.
13. 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 (
à base B. Tem-se
u 2 N (T ) , ( 1 ; 2 ;
1;
3)
2;
3)
as coordenadas de u em relação
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 ) = L (f( 2) (1; 1; 1) + 1(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0)g) = L (f(1; 1; 2)g) .
O conjunto f(1; 1; 2)g é uma base de N (T ) pois gera N (T ) e é linearmente independente.
Assim, dim N (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez que N (T ) 6= f(0; 0; 0)g.
351
Como
R3
|{z}
dim
espaço de partida
= dim N (T ) + dim I(T ),
então dim I(T ) = 2 e assim I(T ) 6= R3 (pois
Expressão geral de T :
2
32
1 1 1
1
4
5
4
2
T (x; y; z) = 1 1 0
1 0 0
0
= (8x
2y
dim R3 = 3), isto é, T não é sobrejectiva.
32
3
2 2
1 1 1
4 4 54 1 1 0 5
0 2
1 0 0
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
=
352
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
8
3
3
4
M (T ; Bc ; Bc ) = 6
2
e deste modo, para (x; y; z) 2 R3 ,
2
0
0
3 2
x
8
T (x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 ) 4 y 5 = 4 6
z
2
= (8x
2
2y
3z; 6x
3z; 2x
3
3
3 5
1
2
0
0
z).
32 3
x
3
3 54 y 5 =
1
z
14. 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
353
que representa T em relação à base canónica (ordenada) Bc3 de R3 .
(ii) A matriz M (T ; Bc3 ; Bc3 ) é invertível pois
2
3
2
1 1 1
1 1
3
3
4
5
4
4 ! 0 1
M (T ; Bc ; Bc ) = 1 2
0 0 1
0 0
Logo, T é injectiva e como tal invertível, tendo-se
1
M (T ; Bc3 ; Bc3 )
Determinemos (M (T ; Bc3 ; Bc3 ))
2
1
M (T ; Bc3 ; Bc3 ) j I = 4 1
0
2
1
4
0
!
0
1
3
2
1 j 1 0 0
1 1
4 j 0 1 0 5!4 0 1
1 j 0 0 1
0 0
3
2
1 0 j 1 0
1
1 0
5
4
1 0 j
1 1 5
! 0 1
0 1 j 0 0 1
0 0
e como tal, para (x; y; z) 2 R3 ,
(x; y; z) = M (T ; Bc3 ; Bc3 )
= (2x
Observação: T
1
T =T
T
1
T
; Bc3 ; Bc3 ).
.
M (T ; Bc3 ; Bc3 )
1
1
1
2
0
Logo,
T
= M (T
3
1
5 5.
1
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 ;
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).
354
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.
15. 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)
(ii) Seja
T
a b
c d
a b
c d
( X)A =
(AX
XA) = T (X).
2 M2 2 (R). Tem-se
=
0 1
1 0
a b
c d
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
355
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
,
0 0
0 1
T
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=
0 0
0 0
2 M2 2 (R) : T (X) =
2 M2 2 (R) : a; b 2 R
0 0
0 0
Logo, dim N (T ) = 2. Como N (T ) 6=
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 =
;
1
0
0
1
0 1
1 0
;
;
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 ).
16. 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 ) =
356
1
1
1
1
2y).
e
2
1
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 ) =
1
2
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 T1 ; Bc2 ; Bc2 ) que representa T2
denada) Bc2 de R2 , é dada por
T1 em relação à base canónica (or-
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
Logo, T1 e T2 são injectivas e como tal são invertíveis.
357
2y) = (0; 0) = f(0; 0)g .
(vi) Tem-se então
1
M (T1 ; Bc2 ; Bc2 )
= M (T1 1 ; Bc2 ; Bc2 ) e
Determinemos (M (T1 ; Bc2 ; Bc2 ))
1
= M (T2 1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
e (M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )) .
=
1
1
!
1
0
M (T1 ; Bc2 ; Bc2 ) j I
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 ) j I
1
M (T2 ; Bc2 ; Bc2 )
=
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
!
2
0
4=5 2=5
1=2 1
1 0
1 1
1 0 j 1=2
0 1 j 1=2
1
j
5=2 j
1
0
1=2 1
1 0 j 2=5
0 1 j 1=5
!
!
1=2
1=2
;
!
1=5
2=5
.
Logo,
1
M (T1 ; Bc2 ; Bc2 )
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 )
T2 1 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T1 1 ; Bc2 ; Bc2 )M (T2 1 ; Bc2 ; Bc2 ) =
1
1
=
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
=
358
3 1
1 3
1
= M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 )
1
.
:
(viii) Tendo em conta (vii) tem-se
(T2 T1 ) 1 (x; y) =
3=10
1=10
1=10
3=10
x
y
=
3
x
10
1
1
3
y; x + y .
10 10
10
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,
2 1
T é injectiva. Logo, se a equação linear T (x; y) = (1; 2) tiver solução, ela é única. Como
1
1
1
0
C (A) = I (T ) e uma vez que
2 C (A) pois:
=1
+0
, então (1; 0) é a
2
2
2
1
solução única da equação linear T (x; y) = (1; 2).
Resolução alternativa da equação linear T (x; y) = (1; 2):
Como A é invertível, T é invertível e
17. Seja A = M (T ; Bc2 ; Bc2 ). Como A =
T (x; y) = (1; 2) , (x; y) = T
18. Tem-se M (T1 ; Bc2 ; Bc1 ) =
1
(1; 2) = A
1
1
2
=
1 0
2 1
1
0
=
.
1 0 , pois T1 (1; 0) = 1 e T1 (0; 1) = 0. Logo
1
0
M T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 = M T2 ; Bc1 ; Bc2 M T1 ; Bc2 ; Bc1 =
e assim N (T2
1
2
1 0
=
1 0
0 0
1 0
= L (f(0; 1)g). Pelo que
0 0
T1 ), uma vez que f(0; 1)g é linearmente independente e gera
T1 ) = N (M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 )) = N
f(0; 1)g é base de N (T2
N (T2 T1 ).
19. Como
M (T ; B1 ; B2 ) =
1 0
1 0
1
1
;
tem-se T (1; 0; 1) = 1(1; 1) (0; 1) = (1; 0),
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
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 ,
0 0 0
pois dim I (T ) = 1 6= 2 = dim R2 , então T não é sobrejectiva.
359
20. 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)
N (T1 ) = (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
= (x; y; z) 2 R3 : x = z =
=
; y;
: y 2 R = L (f(1; 2; 1)g) .
2
2
2
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
1
2 1
4 2 1 1 5
1 1 2
!
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 )
360
dim (N (T1 ) + I(T2 )) = 1 + 2
3 = 0.
1
(1; 2) e (0; 1) =
3
2
(iv) Como (1; 0) = (2; 1)
3
2
(2; 1)
3
T2 (1; 0) = T2
=
2
(2; 1; 1)
3
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; 2)
3
=
1
1; ; 0
3
e
1
2
(2; 1) + (1; 2)
=
T é linear
3
3
2
2
1
(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
(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
0 1 2
M (T1 ; Bc3 ; Bc2 ) =
,
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
Logo, tem-se
M (T1 T2 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T1 ; Bc3 ; Bc2 )M (T2 ; Bc2 ; Bc3 ) =
2
3
1
0
2 1 0 4
7=3 1=3
1=3 1=3 5 =
=
.
0 1 2
1=3 7=3
0
1
(T1 T2 ) (x; y) =
Assim, como a matriz
7=3 1=3
1=3 7=3
7=3 1=3
1=3 7=3
x
y
.
é invertível, a solução geral da equação (T1 T2 ) (x; y) =
8=3
, é dada
8=3
x
y
=
=
7=3 1=3
1=3 7=3
7=16
1=16
1
1=16
7=16
361
8=3
8=3
=
8=3
8=3
=
1
1
.
Resolução da 7a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. 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 1
.
M (T2 ; B; Bc2 ) =
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
1
0
=N
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)
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
M (T2 ; Bc3 ; Bc2 ) =
1
1
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
362
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
4
5
0 0 5=
M (T2 T1 ; Bc2 ; Bc2 ) = M (T2 ; Bc3 ; Bc2 )M (T1 ; Bc2 ; Bc3 ) =
1 2
2
4
5
1 2
.
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
1
;0
4
Como o vector
N
5
5
x
y
1
1
=
+ Solução geral de
4
4
é uma solução particular de
4
4
5
5
4 5
0 0
=N
5
5
x
y
=
4
4
5
5
1
1
e
x
y
5
;1
4
=L
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 .
2. 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) 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
2
1
4 1
1
tem-se
a
1
1
1
3
2
1 j x
1
1 j y 5!4 0
1 j z
0
8
<
1
2
2
+
=x
2 +2 =y
:
2 =y+z
3
2
1 j
x
1
2 j y x 5!4 0
0 j z+x
0
x ,
363
8
>
>
>
>
<
>
>
>
>
:
1
(x + y)
2
1
= (x + z)
2
1
= (y + z) .
2
=
1
2
0
3
1 j
x
2 j y x 5,
2 j y+z
=
0
0
.
Logo
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,
(x; y; z) =
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 ) = f(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = 0g =
=
(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
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)
e z=
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
2 + 2t2 ; t
I (T ) = L (fT (1; 1; 1); T (1; 1; 1); T ( 1; 1; 1)g) = L
Como:
2
2
6 0
6
4 2
0
0
1
0
1
3
2
2
2
6 0
1 7
7!6
4 0
2 5
1
0
0
1
0
0
t3 ; 2 + t + 2t2 + t3
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
t3
e T ( 1; 1; 1) = 2 + t + 2t2 + t3 .
1
2 + 2t2 = T ( 1; 1; 1)
2 | {z }
= T (1;1; 1)
364
1
T (1; 1; 1) =
T é linear
2
=
=T
1
(1; 1; 1)
2
( 1; 1; 1)
=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
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
3. Seja
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
= (x; y; z) 2 R3 : z = y
e (y = x ou
3
=
Logo, se
= (0; y; z) 2 R : z = y
8
6= 0
< f(0; 0; 0)g se
:
x) t + xt2 = 0 + 0t + 0t2 =
y + (y
fy(0; 1; 1) 2 R3 : y 2 Rg
= 0) e x = 0 =
e (y = 0 ou = 0) =
8
6= 0
< f(0; 0; 0)g se
=
:
=0
L (f(0; 1; 1)g) se
=0
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.
2 Rn f0g, então T é injectiva, para todo o
(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
365
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 (
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
6= 0) dim I (T ) = dim P2 , então
= 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 .
4. 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 . Tem-se 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
2a1 t
2a2 t2 =
0
2 a0 + a1 t + a2 t2 =
2a0 + a1 + (2a2
2a1 ) t
Logo, a expressão geral de T : P2 ! P2 é dada por:
T a0 + a1 t + a2 t2 =
2a0 + a1 + (2a2
366
2a1 ) t
2a2 t2 .
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
3
0
2 5
2
1
2
0
(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 . Tem-se p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 , com a0 ; a1 ; a2 2 R.
Tem-se
1
p (t)
2
1 0
p (t)
4
1
a0 + a1 t + a2 t2
2
1
a1
4
1
a1
2
1
a0
2
=
e
1 00
p (t) =
8
1
a2 +
4
1
(a1 + 2a2 t)
4
1
a2 t
2
a2 2
t
2
1
2a2 =
8
(*)
3
3 2
3 12
a0
a0
2 1
0
2 2 5 4 a1 5 =
(M (T ; B; B)) 1 4 a1 5 = 4 0
a2
a2
0
0
2
2 1
3
2
3
3
2
1
1
1
1
1
a
a
a
a
0
0
1
2
2
4
4
2
4
4
1
1 54
1
1
5
a1 5 = 4
a
a
=4 0
2
2
2 1
2 2
1
1
0
0
a
a2
2
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
1 0
p (t)
4
1
é dada por
1 00
p (t)
8
para todo o p (t) 2 P2 .
(iv) Tem-se
p0 (t)
2p (t) = (2
=
(iii)
1
(2
2
3t)2 , T (p (t)) = (2
3t)2
1
(2 (2
4
3t)2
3t) ( 3))
,
T é um isomor…smo
p (t) = T
1
(2 ( 3) ( 3)) =
8
5 3
+ t
4 2
Logo,
p (t) =
5 3
+ t
4 2
é a única solução da equação diferencial linear p0 (t)
367
9 2
t
2
2p (t) = (2
1
3t)2 .
(2
3t)2 =
(iii)
9 2
t.
2
5. 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 . Tem-se 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
4
0
M (T ; B; B) =
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.
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.
368
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
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
2
3 2
32
3
2
2 0 0
1
4 1 5=4 0
2 0 5 4 12 5 ,
0
0
0 0
0
1
1 + t é uma solução particular da equação diferencial linear t2 p00 (t)
2
Como a solução geral de t2 p00 (t) 2p (t) = 2 t é dada por:
então
Solução particular de t2 p00 (t)
e como a solução geral de t2 p00 (t)
2p (t) = 2
t + Solução geral de t2 p00 (t)
1
1+ t+L
2
2p (t) = 2
t2
t2
T1 (p (t)) = 2tp0 (t)
Como
uma vez que T1 (1) =
(ordenada) de P2
t:
2p (t) = 0
,
t é dada por:
1
1 + t + at2 : a 2 R .
2
=
(b) Resolva, em P2 ; a equação diferencial linear 2tp0 (t)
Seja T1 (p (t)) = 2tp0 (t)
Logo
2p (t) = 2
2p (t) = 0 é dada por
N (T ) = L
então a solução geral de t2 p00 (t)
t.
2p (0) = 2
t.
2p (0), em que p (t) = a0 + a1 t + a2 t2 ; com a0 ; a1 ; a2 2 R.
2p (0) = 2t (a1 + 2a2 t)
2a0 =
3
2 0 0
M (T1 ; B; B) = 4 0 2 0 5 ;
0 0 4
2a0 + 2a1 t + 4a2 t2
2
2; T1 (t) = 2t; T1 (t2 ) = 4t2 , onde B = f1; t; t2 g é a base canónica
369
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
2
3 2
3 12
3 2 1
0 0
2
a0
2 0 0
2
2
, 4 a1 5 = 4 0 2 0 5 4 1 5 = 4 0 21 0 5 4 1 5 = 4
0 0 41
0
a2
0 0 4
0
3
2
1 5 ,
0
1
1
2
0
Isto é, a solução geral de
2tp0 (t)
2p (0) = 2
é:
1
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)
2p (0) =
2a0 + 2a1 t + 4a2 t2
então
I(T1 ) = fT1 (p (t)) : p (t) 2 P2 g = L
2; 2t; 4t2
Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
I (T1 ) = L
T (1) ; T (t) ; T t2
370
=L
2; 2t; 4t2
.
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
= dim N (T1 ) + dim I(T1 ) = dim N (T1 ) + 3 , dim N (T1 ) = 0,
isto é, T1 é injectiva.
6. Seja U o subespaço das matrizes simétricas de M2
U = A 2 M2
2
(R), isto é,
2
(R) : A = AT .
Considere a transformação linear T : U ! U de…nida por
T (A) = AB + BA
com
0 1
1 0
B=
(i) Seja
T
a b
b c
a b
b c
:
2 U , com a; b; c 2 R. Tem-se
=
a b
b c
0 1
1 0
0 1
1 0
+
a b
b c
=
2b a + c
a + c 2b
Logo, a expressão geral de T : U ! U é dada por:
T
a b
b c
2b a + c
a + c 2b
=
.
(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
371
;
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
2
0
4
M (T ; B; B) = 1
0
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
B é dada por:
3
2 0
0 1 5.
2 0
(iii) Uma base para N (T ):
Como
02
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
então
N (T ) =
A=
a b
b c
2 U : (a; b; c) 2 L (f(1; 0; 1)g)
1
0
=L
0
1
.
1 0
é uma base de N (T ), dim N (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma
0
1
vez que dim N (T ) 6= 0.
Como
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
372
=
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
;
I (T ) = L
;
T
0 0
0 1
gera U , tem-se
1 0
0 0
;T
= L
0 1
1 0
;
2 0
0 2
= L
0 1
1 0
;
2 0
0 2
0 1
1 0
;
2 0
0 2
Uma vez que o conjunto
0 1
1 0
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
0 1
1 0
então
1
2
=
1
2
0
0
0 1
1 0
1
2
1
2
0 1
1 0
+
0
1
2
0
1
2
=T
0
0
1
2
0
é uma solução particular da equação linear T (A) = B.
0 12
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
7. Considere a transformação linear T : M2
representa em relação às bases ordenadas
B1 =
1 1
1 0
;
1
2
=
1 1
0 1
373
2
;
+a
0
0
1
2
a
:a2R .
(R) ! P3 cuja matriz M (T ; B1 ; B2 ) que a
0 1
1 1
;
1 0
1 1
de M2
2
(R) e B2 = f1 + t; t + t2 ; t2 + t3 ; t3 g de
2
1
6 0
M (T ; B1 ; B2 ) = 6
4 0
0
a b
c d
(i) Seja
2 M2
2
P3 é dada por
3
1 1 1
1 1 1 7
7 . (*)
0 1 1 5
0 0 1
(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
3
1
+
3
2
3
1 1
1 0
=
1 1
1 0
1 1
1 0
2
3
1 1
1 0
+
2
3
1
+
3
1
+
3
1 1
0 1
+
1 1
0 1
1 1
0 1
1
3
1 1
0 1
+
0 1
1 1
0 1
1 1
0 1
1 1
1
3
0 1
1 1
1
3
2
3
1
+
3
1 0
1 1
+
+
1 0
1 1
1 0
1 1
1
3
1 0
1 1
então
a b
c d
T
=
T é linear
aT
1 0
0 0
+bT
0 1
0 0
+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 +b
3
1 1
+ t
3 3
1 2
t
3
t3 +c
374
1 1
2
+ t + t2 + t3 +d
3 3
3
1 4
5
+ t + t2 + t3
3 3
3
=
1
1
1
1
1
1
4
1
a + b + c + d t+
= a+ b+ c+ d+
3
3
3
3
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 dada por:
3
2
1 0 0 0
6 1 1 0 0 7
7
SB2 !B3c = 6
4 0 1 1 0 5.
0 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
7
6
0 76 0 1
0 54 0 0
1
0 0
1
1
1
0
375
32
1
1 1
7
6
1 76 1 1
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
6
7
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
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
4
3
2
3
5
3
1
3
0
1
3
1 1 1
3
72
7
7
76
76
74
7
7
5
3
3 2 1
1
1
1
a
a
+
b
+
c
+
d
3
3
3
3
1
1
4
7
6 1
b 7
7 = 6 23 a + 13 b + 13 c + 35 d 7 .
c 5 4 3c 3b 3a + 3d 5
c b+d
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
a b
b c
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
a0
2a1 a0 2a2 + a3
a0
1 2
2 1
6
6
7 6
7
1 1
1 7
1 6 a1 7
6
7 6 2
7 6 a1 7 = 6 2a0 a1 + a2 a3 7 ,
M (T ; B2c 2 ; B3c )
4 a2 5 = 4 3
5
4
5
4
5
2 1
0
a2
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
T
1
2a1 + a2 )
2a1 a0 2a2 + a3 2a0
3a0 2a1 + a2
Ou seja, a expressão geral do isomor…smo T
a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 =
a0
1
2a2 + a3 )
0 0
1 0
a1 + a2
a1 a0
: P3 ! M2
2
+ (a1
a3
+
a0 )
0 0
0 1
=
.
(R) é dada por:
2a1 a0 2a2 + a3 2a0
3a0 2a1 + a2
376
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
.
8. 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 t é 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
=
f 2S
então existe c 2 R tal que para todo o t 2 R
t 0
f (t) e
= 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) = b.
0
377
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:
Como S = L (fet ; tet g), existem
1;
t
1e
f (t) =
2;
1;
2
t
1 te
+
2 R tais que
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) = 0.
A função identicamente igual a 1 : f = 1 (f (t) = 1;para todo o t 2 R) é uma solução
particular de
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
378
Como a solução geral de
ff 2 U : T (f ) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g :
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
e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g
ff 2 U : T (f ) = 1
é dada por:
f (t) = 1,
para todo o t 2 R.
9. (i)
0
1
M (T ; B; B) =
1
0
:
(ii) Como M (T ; B; B) é invertível então T é invertível e
T (u) = (2; 3; 3; 2) , u = T
Como
M (T
1
; B; B) =
0
1
1
0
1
(2; 3; 3; 2).
1
=
0 1
1 0
;
então atendendo a que as coordenadas de (2; 3; 3; 2) em B são 2 e
2v1 3v2 , tem-se que
0 1
2
3
=
1 0
3
2
3 pois (2; 3; 3; 2) =
são as coordenadas de u na base B. Logo
T (u) = (2; 3; 3; 2) , u =
3v1
2v2 = ( 3; 2; 2; 3);
ou seja u = ( 3; 2; 2; 3) é a única solução da equação linear T (u) = (2; 3; 3; 2):
(iii) Como
R(1; 0; 0; 0) = R (v1 ) + R (w2 ) = v2 = (0; 1; 1; 0);
R(0; 1; 0; 0) = R (v2 ) + R (w1 )
R(0; 0; 1; 0) = R (w1 )
R (w2 ) =
v1 = ( 1; 0; 0; 1);
R (w2 ) = (0; 0; 0; 0)
e
R(0; 0; 0; 1) = R (w2 ) = (0; 0; 0; 0)
379
então, sendo Bc a base canónica de R4 ,
2
0
6 1
M (R; Bc ; Bc ) = 6
4 1
0
pelo que
1
0
0
1
3
0
0 7
7
0 5
0
0
0
0
0
2
3
2
6 3 7
7
R(u) = (2; 3; 3; 2) , M (R; Bc ; Bc )u = 6
4 3 5,
2
, u 2 f(a; b; c; d) 2 R4 :
b = 2; a =
3; c; d 2 Rg = f( 3; 2; c; d) : c; d 2 Rg:
Isto é, a solução geral de R
(u) = (2; 3; 3; 2)
é:
f( 3; 2; c; d) : c; d 2 Rg:
10. a)
T2 (1) = 1
t) + 0t2 ;
t = 0 (1 + t) + 1 (1
2t2 = 5 (1 + t)
T2 (t) = 2 + 8t
logo
2
0
4
M (T2 ; B; B1 ) = 1
0
3 (1
t)
2t2 ;
3
5
3 5:
2
b)
N (M (T1 ; B1 ; B2 )) = N
1
0
2 0
1 1
= f( 2y; y; y) : y 2 Rg = L (f( 2; 1; 1)g) :
Logo
N (T1 ) = L
t) + 1t2
( 2) (1 + t) + 1 (1
=L
1
3t + t2
:
Base para
N (T1 ) :
1
3t + t2 :
T1 é sobrejectiva:
dim I(T1 ) = dim P2
dim N (T1 ) = 2 = dim P1 :
c)
T1 (t) =
=
1
[T1 (1 + t)
2
1
[1 (1 + t) + 0 (1 + 2t)
2
T1 (1
t)] =
1
2 (1 + t) + 1 (1 + 2t)] = t , T1 (2t) = t
2
380
(uma vez que T1 é linear), logo a solução geral da equação T1 (p (t)) = t é:
f2tg + N (T1 ) = 2t + c
1
3t + t2 : c 2 R :
d) f1; tg é uma base de P1 . Como
(T1 T2 ) (1) = T1 (T2 (1)) = T1 (1
t) = 2 (1 + t)
1 (1 + 2t) = 1
e
(T1 T2 ) (t) = T1 (T2 (t)) = T1 2 + 8t
= 5T1 (1 + t)
= 5 [1 (1 + t) + 0 (1 + 2t)]
3T1 (1
3 [2 (1 + t)
t)
(1 + 2t)]
2t2 =
2T1 t2 =
2 [0 (1 + t) + 1 (1 + 2t)] = t;
então T1 T2 = I.
02
31
02
31
1 0 2
1 0 2
11. a) N (T ) = N (M (T ; Bc ; B 0 )) = N @4 1 1 3 5A = N @4 0 1 5 5A =
4 2 2
0 0 0
(x; y; z) 2 R3 :
x + 2z = 0 e y + 5z = 0 = (2z; 5z; z) 2 R3 : z 2 R = L (f(2; 5; 1)g) .
Como o conjunto f(2; 5; 1)g gera N (T ) e é linearmente independente então é uma base de
N (T ).
Logo dim N (T ) = 1.
b) Como Bc = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g gera R3 , tem-se
I (T ) = L (fT (1; 0; 0); T (0; 1; 0); T (0; 0; 1)g) .
Atendendo a que
T (1; 0; 0) =
(1; 1; 0)) + 1(1; 1; 1) + 4 (0; 1; 1) = (0; 2; 5) ;
T (0; 1; 0) = 0(1; 1; 0)) + 1(1; 1; 1) + 2 (0; 1; 1) = (1; 1; 3) ;
T (0; 0; 1) = 2(1; 1; 0)) + 3(1; 1; 1) + 2 (0; 1; 1) = (5; 1; 5)
e dim I (T ) = car M (T ; Bc ; B 0 ) = 2, tem-se
I (T ) = L (f(0; 2; 5) ; (1; 1; 3) ; (5; 1; 5)g) = L (f(0; 2; 5) ; (1; 1; 3)g)
uma vez que f(0; 2; 5) ; (1; 1; 3)g é linearmente independente, é assim uma base de I (T ) :
c) Atendendo à alínea anterior, tem-se
2
3 2
32 3
x
0 1 5
x
T (x; y; z) = M (T ; Bc ; Bc ) 4 y 5 = 4 2 1 1 5 4 y 5 =
z
5 3 5
z
= (y + 5z; 2x + y + z; 5x + 3y + 5z) ,
381
para todo (x; y; z) 2 R3 .
12. a) Como B = f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
T (1); T (t); T t2
I (T ) = L
= L (f1; 4tg) .
Como f1; 4tg é linearmente independente e gera I (T ), é assim uma base de I (T ), tendo-se
dim I (T ) = 2:
Como
dim N (T ) = dim N (M (T1 ; B; B)) = nul (M (T1 ; B; B)) = 3 car (M (T1 ; B; B)) = 3 2 = 1 6= 0
então T não é injectiva.
b) T2 (p (t)) =
, a1 + 4a2 t =
1
1
0
+ 2t , (tp0 (t))0 = + 2t , t (a0 + a1 t + a2 t2 )
2
2
1
+ 2t ,
2
1
1
a1 = , a2 =
2
2
e a0 2 R
, p (t) 2
0
=
1
+ 2t ,
2
1
1
t + t2
2
2
+ L (f1g) .
13. a) Como
1 1
0 1
T
1
= T
2
=T
1
+ T
2
0 1
1 0
=
2 1
1 2
=
1
T
2
1 0
1 1
0 1
1 0
0 1
1 0
+
1
2
2 1
1 2
=T
1
+ T
2
1
2
2 1
1 2
=
1
1
1
1
t + t2 + (1 + t) = + t + t2 =
2
2
2
2
=
1
1
1
+ t + t2 =
1 + 2t + t2 + 0 1
2
2
2
e
T
1
2
0 1
1 0
=
+
1
2
t2
2 1
1 2
=
1
1
1
t + t2 + (1 + t) =
2
2
2
1
1 t2
2
a matriz que representa a aplicação linear T em relação às bases
= 0 1 + 2t + t2 +
B1 =
1 1
0 1
;
1 0
1 1
B2 = 1 + 2t + t2 ; 1
e
de U e V respectivamente, é dada por
M (T ; B1 ; B2 ) =
382
1
2
0
0
1
2
t2
1 2
t =
2
a b
c d
b) Seja
2 U . Existem ;
a b
c d
Logo a =
+
= d,
2 R tais que
1 1
0 1
=
=ce
= b, tendo-se
U=
a b
c d
+
1 0
1 1
2 M2 2 (R) : a = b + c = d .
e, para b; c 2 R,
T
=b
b+c
b
c
b+c
1 1
0 1
= bT
1
1
+ t + t2
2
2
+c
1
2
1 2
t
2
+ cT
=
1 0
1 1
=
b+c
b c 2
+ bt +
t
2
2
14. a) Sendo B = f1; t; t2 g, como T (1) = 2; T (t) = t e T (t2 ) =
2
3
2 0
0
1 0 5
M (T ; B; B) = 4 0
0 0
2
2t2 então
b) Como f1; t; t2 g gera P2 , tem-se
I (T ) = L
T (1) ; T (t) ; T t2
=L
2; t; 2t2
=L
1; t; t2
= P2
e dim I (T ) = 3, uma vez que f1; t; t2 g é uma base de I (T ) (contradomínio de T ). Como
3 = dim P2 = dim N (T ) + dim I (T ) = dim N (T ) + 3 , dim N (T ) = 0
então T é injectiva.
15. a)
N (M (T ; B1 ; B2 )) = N
= (x; y; z) 2 R3 : x
1
2
2
4
1
2
2y + z = 0 = (2y
=N
1
0
2 1
0 0
z; y; z) 2 R3 : y; z 2 R .
Logo
N (T ) = f(2y
z) (1; 0; 1) + y(0; 1; 1) + z(1; 1; 0) : y; z 2 Rg =
= f(2y; y + z; 3y
z) : y; z 2 Rg = L (f(2; 1; 3) ; (0; 1; 1)g) .
383
=
Como o conjunto f(2; 1; 3) ; (0; 1; 1)g gera N (T ) e é linearmente independente então é uma
base de N (T ).
Logo dim N (T ) = 2. Como
dim R3 = dim N (T ) + dim I (T ) , 3 = 2 + dim I (T ) , dim I (T ) = 1
então I (T ) 6= R3 e como tal T não é sobrejectiva.
b) Como
1
; 0;
2
T (1; 0; 1) = 1 (1; 1) + ( 2) (1; 1) = ( 1; 3) , T
a solução geral de T (x; y; z) =
1 3
;
2 2
1
; 0;
2
1
2
=
1 3
;
2 2
;
é dada por:
1 3
;
2 2
(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) =
=
1
2
1
; 0;
2
=
1
2
+ N (T ) =
+ s (2; 1; 3) + t (0; 1; 1) : s; t 2 R .
2
3
0 0 0
16. a) M (T ; B; B) = 4 1 0 0 5 uma vez que
0 1 0
T (p1 (t)) = p2 (t);
T (p2 (t)) = p3 (t);
T (p3 (t)) = 0
e B = fp1 ; p2 ; p3 g é uma base ordenada de P2 .
b) Atendendo a que
2
sendo ;
por:
e
33 2
3
0 0 0
0 0 0
M T 3 ; B; B = 4 1 0 0 5 = 4 0 0 0 5 ;
0 1 0
0 0 0
as coordenadas de p(t) em B então as coordenadas de T 3 (p(t)) em B são dadas
2
M T 3 ; B; B 4
Pelo que T 3 (p(t)) = 0, para todo o p(t) 2 P2 .
3
2
3
0
5 = 4 0 5:
0
c) Como N (M (T ; B; B)) = L (f(0; 0; 1)g), então
N (T ) = L (f0p1 (t) + 0p2 (t) + 1p3 (t)g) = L (fp3 (t)g) = L (f1g) .
384
O conjunto f1g é uma base de N (T ) pois gera N (T ) e é linearmente independente.
Quanto ao contradomínio, como B = fp1 ; p2 ; p3 g gera P2 :
I(T ) = L (fT (p1 (t)) ; T (p2 (t)) ; T (p3 (t))g) = L (fp2 (t); p3 (t)g) = L (f2 + 3t; 1g) :
O conjunto f2 + 3t; 1g é uma base de I(T ) pois gera I(T ) e é linearmente independente.
d) Como
T (p(t)) = 3 + 3t = (2 + 3t) + 1 = T (p1 (t)) + T (p2 (t)) =
=
T é linear
T (p1 (t) + p2 (t)) = T 3 + 5t + 3t2 ;
logo 3 + 5t + 3t2 é uma solução particular de
T (p(t)) = 3 + 3t;
pelo que a solução geral de T (p(t)) = 3 + 3t é dada por:
N (T ) + 3 + 5t + 3t2 =
+ 3 + 5t + 3t2
com
2 R.
17. a) Como
dim I (T2 ) = car M T2 ; Bc2 ; B
= 2 = dim P1
então T2 é sobrejectiva e assim a base canónica Bc2 = f1; tg de P1 é uma base para o
contradomínio de T2 .
b) Como
2
1
M T1 T2 ; Bc2 ; Bc2 = M T1 ; B; Bc2 M T2 ; Bc2 ; B =
1
2
2 1
1 2
=
3 0
0 3
é invertível, então T1 T2 é invertível e
M (T1 T2 )
1
; Bc2 ; Bc2
3 0
0 3
=
1
=
1
3
0
0
1
3
:
Além disso
1
3
|
0
0
{z
=M ((T1 T2 )
1
3
1
}
a0
a1
=
1
a
3 0
1
a
3 1
, (T1 T2 )
1
1
1
(a0 + a1 t) = a0 + a1 t
3
3
;Bc2 ;Bc2 )
pelo que a solução de
(T1 T2 ) (p (t)) = 3 + 3t
é única e dada por
p (t) = (T1 T2 )
1
(3 + 3t) = 1 + t:
385
18. a) Como dim P1 = 2 e o conjunto f2
então gera P1 . Assim
fT2 (2
2t; 1 + 2tg é linearmente independente
2t) ; T2 ( 1 + 2t)g = f6
2t; 6tg
gera o contradomínio de T2 e atendendo a que é linearmente independente, o conjunto
f6 2t; 6tg é então uma base para P1 . Logo
I (T2 ) = P1 ;
isto é, T2 é sobrejectiva.
b) Como
I (T1 ) + I (T1 ) = I (T1 )
e o conjunto f1; tg gera P1 então
2 1
1 2
I (T1 ) = L (fT1 (1) ; T1 (t)g) = L
Logo
2 1
1 2
0 0
0 0
;
=L
2 1
1 2
é uma base para o contradomínio de T1 .
c)
4 2
2 4
T1
1
(3T2 (2
9
= T1 (2) = T1
2t) + T2 ( 1 + 2t))
1
(3 (6
9
=
T2 é linear
(T1 T2 )
5
9
= (T1 T2 )
2t) + 6t)
1
(3 (2
9
=
2t) + ( 1 + 2t))
4
t :
9
Logo
5
9
4
t
9
é uma solução particular de
(T1 T2 ) (p (t)) =
4 2
2 4
:
Como
N (T1 T2 ) =
=
N (T1 )=L(ftg)
=
N (T1 )=L(ftg)
fp (t) 2 P1 : T2 (p (t)) 2 N (T1 )g =
fp (t) 2 P1 : T2 (p (t)) 2 L (ftg)g
=
N (T2 )=f0g
logo a solução geral de
(T1 T2 ) (p (t)) =
é:
5
9
4 2
2 4
4
t + L (f 1 + 2tg) :
9
386
L (f 1 + 2tg) ;
=
Resolução alternativa: Como
T2 (1) = T2 ((2
2t) + ( 1 + 2t)) = T2 (2
2t) + T2 ( 1 + 2t) = 6
2t + 6t = 6 + 4t
e
1
(2
2
T2 (t) = T2
2t) + ( 1 + 2t)
1
= T2 (2
2
2t)+T2 ( 1 + 2t) =
1
(6
2
2t)+6t = 3+5t
então, para p (t) = a0 + a1 t 2 P1 tem-se
T2 (a0 + a1 t)
=
T2 é linear
a0 T2 (1)+a1 T2 (t) = a0 (6 + 4t)+a1 (3 + 5t) = 6a0 +3a1 +(4a0 + 5a1 ) t.
Por outro lado, para p (t) = a0 + a1 t 2 P1 tem-se
2a0 a0
a0 2a0
T1 (a0 + a1 t) =
.
Assim, a expressão geral de T1 T2 é dada por
12a0 + 6a1 6a0 + 3a1
6a0 + 3a1 12a0 + 6a1
(T1 T2 ) (a0 +a1 t) = T1 (T2 (a0 + a1 t)) = T1 (6a0 + 3a1 + (4a0 + 5a1 ) t) =
.
Logo
4 2
2 4
(T1 T2 ) (p (t)) =
,
12a0 + 6a1 6a0 + 3a1
6a0 + 3a1 12a0 + 6a1
=
4 2
2 4
, 6a0 +3a1 = 2 , a1 =
2
2a0
3
e assim, a solução geral de
(T1 T2 ) (p (t)) =
4 2
2 4
é dada por:
a0 +
De facto:
5
9
2
3
=
2
t + (1
3
2t) a0 : a0 2 R .
4
t + L (f 1 + 2tg) =
9
2
t + (1
3
2t) a0 : a0 2 R
2a0 t : a0 2 R
uma vez que
5
9
4
t + L (f 1 + 2tg) =
9
5
9
4
t + ( 1 + 2t)
9
e considerando a mudança de variável (livre) a0 =
2
t + (1
3
2t) a0 : a0 2 R
=
2
t + (1
3
2t)
387
+
+
5
tem-se
9
5
9
:
2R
:
2R
=
5
9
4
t + ( 1 + 2t)
9
:
2R .
19. a) Seja B = fsen x; cos x; ex g uma base ordenado de U , uma vez que por um exo da
…cha 4 o conjunto anterior é linearmente independente. Então
2
3
0
1 0
M (T ; B; B) = 4 1 0 0 5
0 0 1
uma vez que
sen x, T (ex ) = ex .
T (sen x) = cos x, T (cos x) =
Logo
N (T ) = f0g
e portanto T é injectiva.
b) Como
U = L (fsen x; cos x; ex g)
e
sen x, T (ex ) = ex
T (sen x) = cos x, T (cos x) =
então T (U )
U.
c) fsen x; cos x; ex g é uma base para U .
d) Como
T ( cos x + ex ) = sen x + ex
e N (T ) = f0g então a solução geral da equação linear
T (f (x)) = sen x + ex
é
f cos x + ex g .
20. M (T ; B1 ; B2 ) é do tipo 2
M T
1
2 e car M (T ; B1 ; B2 ) = 2 logo T é invertível e
1
1
; B2 ; B1
1
2
9
2
=
=
1
2
7
2
1
1
7
9
1
1
1
1
1
=
0
1
=
então
T (p(t)) =
2 1
1 2
, p(t) = T
, p(t) = 0 (1 + t) + ( 1) (1
Logo, a solução geral de T (p(t)) =
2 1
1 2
é
f 1 + tg .
388
1
2 1
1 2
t) =
1 + t.
,
21. (i) Como B é base de P2 então
I (T1 ) = L T1 1 t2 ; T1 (1 t) ; T1 (2 t) =
= L (f(1; 1; 0) ; (0; 1; 1) ; (1; 0; 1)g) =
= L (f(1; 1; 0) ; (0; 1; 1)g) .
Como f(1; 1; 0) ; (0; 1; 1)g é linearmente independente então dim I (T1 ) = 2 e
dim N (T1 ) = dim P2
dim I (T1 ) = 3
2 = 1 6= 0
logo T1 não é injectiva.
(ii)
M T1 ; Bc ; Bc3 = M T1 ; B; Bc3 SBc !B =
2
0
1
1
M T1 ; Bc ; Bc3
2
1
4
1
=
0
32
1
1
5
4
0
0
1
1
1
1
0
3
2
1 5
0
1
2
1
4
1
=
0
3
1 0
2 0 5
1 0
Como
então
3 2
a0
1
4 a1 5 = 4 1
a2
0
32
3 2
1 0
a0
2 0 5 4 a1 5 = 4
1 0
a2
T1 a0 + a1 t + a2 t2 = (a0 + a1 ; a0
3
a0 + a1
a0 2a1 5
a1
2a1 ; a1 ) ;
para todos os a0 ; a1 ; a2 2 R3 .
(iii)
2
1
dim I (T2 ) = dim C (M (T2 ; B1 ; B2 )) = car
1 1
1 2
= 2 = dim P1
logo T2 é sobrejectiva.
(iv)
M T2 ; Bc3 ; B2 = M (T2 ; B1 ; B2 ) SBc3 !B1 =
=
logo
2
1
1 1
1 2
2
1
4 0
1
3
1 0
1 1 5
0 1
1
=
1 2
1 2
1
0
M (T2 T1 ; Bc ; B2 ) = M T2 ; Bc3 ; B2 M T1 ; Bc ; Bc3 =
389
=
1 2
1 2
2
1
4 1
0
1
0
Como
I (T2 T1 ) = L (f( 1) (1
3
1 0
2 0 5=
1 0
1
1
t) + ( 1) (1 + t) ; ( 4) (1
4 0
3 0
:
t) + ( 3) (1 + t)g) =
= L (f 2; 7 + tg)
e f 2; 7 + tg é linearmente independente então f 2; 7 + tg é uma base para I (T2 T1 ) :
Como
1
4 0
N (M (T2 T1 ; Bc ; B2 )) = N
= L (f(0; 0; 1)g)
0
1 0
então uma base para N (T2 T1 ) é por exemplo: ft2 g
(v) Como
t=
=
7
( 2) + ( 7 + t) =
2
7
(T2 T1 ) (1) + (T2 T1 ) (t) =
2
7
= (T2 T1 )
+t
2
então a solução geral de (T2 T1 ) (p (t)) = t é dada por:
7
+ t + t2 :
2
22. Seja v 2 V . Considere-se
2R .
T (v) .
u=v
Como T 2 = T então
T (u) = T (v
e assim u 2 N (T ). Logo
T (v)) = T (v)
T 2 (v) = T (v)
T (v) = 0
v = u + T (v)
com u 2 N (T ) e T (v) 2 I (T ). E esta decomposição é única porque
N (T ) \ I (T ) = f0g .
De facto, sendo v 2 N (T ) \ I (T ) tem-se T (v) = 0 e
v = T (w) = T (T (w)) = T (v)
e assim v = 0. Logo
V = N (T )
390
I (T ) .
Resolução da 8a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. (i) Consideremos a aplicação h; i : R2
R2 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = x21 y12 + x22 y22 ,
com (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 ) 2 R2 .
Por exemplo
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
R2 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = x1 y1
x1 y2 + 3x2 y2 ,
x2 y1
com (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 ) 2 R2 .
Tem-se
1
1
x1 x2
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i =
1
3
y1
y2
e como
1
1
1
3
p
p
é simétrica e os seus valores próprios ( 2 + 2 e 2
2) são todos positivos, logo, a aplicação
2
h; i de…ne um produto interno em R .
0
0
Resolução alternativa: Para todos os (x1 ; x2 ); (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 ) 2 R2 e 2 R tem-se:
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = x1 y1
x2 y1
x1 y2 + 3x2 y2 =
= y1 x1
y1 x2
y2 x1 + 3y2 x2 =
= y1 x1
y2 x1
y1 x2 + 3y2 x2 =
= h(y1 ; y2 ); (x1 ; x2 )i .
D
E D
E
0
0
0
0
(x1 ; x2 ) + (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 ) = (x1 + x1 ; x2 + x2 ); (y1 ; y2 ) =
0
= (x1 + x1 )y1
0
= x1 y1 + x1 y1
= x1 y1
0
(x2 + x2 )y1
x2 y1
0
x2 y1
0
0
(x1 + x1 )y2 + 3(x2 + x2 )y2 =
x1 y2
0
x2 y1
0
0
x1 y2 + 3x2 y2 + 3x2 y2 =
0
0
0
x1 y2 + 3x2 y2 + x1 y1 x2 y1 x1 y2 + 3x2 y2 =
D 0 0
E
= h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i + (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 ) .
h (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = h x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i =
391
= x 1 y1
= (x1 y1
=
h(x1 ; x2 ); (x1 ; x2 )i = x21
x2 y1
x 1 y2 + 3 x 2 y2 =
x2 y1
x1 y2 + 3x2 y2 ) =
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i .
p
x2 )2 + ( 2x2 )2
2x1 x2 + 3x22 = (x1
e
h(x1 ; x2 ); (x1 ; x2 )i = 0 , (x1
x2 = 0 e
p
0
2x2 = 0) ,
, (x1 = x2 e x2 = 0) , (x1 = 0 e x2 = 0):
Logo:
h(x1 ; x2 ); (x1 ; x2 )i > 0,
para todo o (x1 ; x2 ) 6= (0; 0).
Assim, a aplicação h; i : R2
R2 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = x1 y1
x2 y1
x1 y2 + 3x2 y2
é um produto interno.
(iii) Consideremos a aplicação h; i : R2
R2 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i =
2x1 y1 + 3x2 y2 ,
com (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 ) 2 R2 .
Tem-se
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i =
x1 x2
2 0
0 3
y1
y2
:
Como os valores próprios de
2 0
0 3
não são todos positivos ( 2 e 3), logo, a aplicação h; i não de…ne um produto interno em R2 ,
uma vez que a condição de positividade não é satisfeita.
Resolução alternativa: Vejamos que a condição de positividade não é satisfeita.
r
3
2
2
jx2 j .
h(x1 ; x2 ); (x1 ; x2 )i = 0 , 2x1 + 3x2 = 0 , x1 =
2
Logo, por exemplo tem-se:
* r
! r
!+
3
3
;1 ;
;1
=0 e
2
2
r
!
3
; 1 6= (0; 0).
2
Assim, a condição:
h(x1 ; x2 ); (x1 ; x2 )i > 0, 8(x1 ; x2 ) 6= (0; 0)
392
não é satisfeita. Logo, a aplicação h; i : R2
R2 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i =
2x1 y1 + 3x2 y2
não é um produto interno.
2. (i) Consideremos a aplicação h; i : R3
R3 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 ,
com (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) 2 R3 .
Tem-se
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i =
e como
x1 x2 x3
2
3
1 0 0
4 0 1 0 5
0 0 1
2
32
3
1 0 0
y1
4 0 1 0 5 4 y2 5 .
0 0 1
y3
é simétrica e os seus valores próprios (1) são todos positivos, logo, a aplicação h; i de…ne um
produto interno em R3 .
0
0
0
Resolução alternativa: Para todos os (x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )(y1 ; y2 ; y3 ) 2 R3 e
tem-se:
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 =
= y1 x1 + y2 x2 + y3 x3 =
= h(y1 ; y2 ; y3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i .
D
E
0
0
0
(x1 ; x2 ; x3 ) + (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) =
D
E
0
0
0
= (x1 + x1 ; x2 + x2 ; x3 + x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) =
0
0
0
= (x1 + x1 )y1 + (x2 + x2 )y2 + (x3 + x3 )y3 =
0
0
0
= x1 y1 + x1 y1 + x2 y2 + x 2 y2 + x3 y3 + x3 y3 =
0
0
0
= x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 + x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 =
D 0 0 0
E
= h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i + (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) .
h (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = h x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i =
= x 1 y1 + x 2 y2 + x 3 y3 =
= (x1 y1 + x2 y2 + x3 y3 ) =
=
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i .
393
2R
h(x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i = x21 + x22 + x23
0
e
h(x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i = 0 , (x1 = 0 e x2 = 0 e x3 = 0):
Logo:
h(x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i > 0, 8(x1 ; x2 ; x3 ) 6= (0; 0; 0).
Assim, a aplicação h; i : R3
R3 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x2 y2 + x3 y3
é um produto interno, o chamado produto interno usual de R3 .
(ii) Consideremos a aplicação h; i : R3
R3 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y2
x2 y1 .
Tem-se
x1 x2 x3
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i =
e como
2
3
0 1 0
4 1 0 0 5
0 0 0
2
32
3
0 1 0
y1
4 1 0 0 5 4 y2 5 .
0 0 0
y3
não é simétrica, logo, a aplicação h; i não de…ne um produto interno em R3 .
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
R3 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = 2x1 y1 + x1 y3 + x3 y1 + 2x2 y2 + x3 y3 ,
com (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) 2 R3 .
Tem-se
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i =
e como
x1 x2 x3
2
3
2 0 1
4 0 2 0 5
1 0 1
394
2
32
3
2 0 1
y1
4 0 2 0 5 4 y2 5 .
1 0 1
y3
é simétrica e os seus valores próprios
2
2
0
1
2
0
det 4 0
1
0
1
3
= (2
)
) [(2
) (1
= (2
( 32 +
R3 .
p
5 3
;
2 2
p
5
;2
2
5 = (2
3
2
)
2
) det
1] = (2
p !
5
2
1
1
=
1
2
)
3 +1 =
p !
3
5
+
2
2
) são todos positivos, logo, a aplicação h; i de…ne um produto interno em
0
0
0
Resolução alternativa: Para todos os (x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )(y1 ; y2 ; y3 ) 2 R3 e
tem-se:
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = 2x1 y1 + x1 y3 + x3 y1 + 2x2 y2 + x3 y3 =
= 2y1 x1 + y3 x1 + y1 x3 + 2y2 x2 + y3 x3 =
= h(y1 ; y2 ; y3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i .
D
E
E D
0
0
0
0
0
0
(x1 ; x2 ; x3 ) + (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) = (x1 + x1 ; x2 + x2 ; x3 + x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) =
0
0
0
0
0
= 2(x1 + x1 )y1 + (x1 + x1 )y3 + (x3 + x3 )y1 + 2(x2 + x2 )y2 + (x3 + x3 )y3 =
0
0
0
0
0
= 2x1 y1 + 2x1 y1 + x1 y3 + x1 y3 + x3 y1 + x3 y1 + 2x2 y2 + 2x2 y2 + x3 y3 + x3 y3 =
0
0
0
0
0
= 2x1 y1 + x1 y3 + x3 y1 + 2x2 y2 + x3 y3 + 2x1 y1 + x1 y3 + x3 y1 + 2x2 y2 + x3 y3 =
E
D 0 0 0
= h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i + (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 ) .
h (x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = h x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i =
= 2 x 1 y1 + x 1 y3 + x 3 y1 + 2 x 2 y2 + x 3 y3 =
= (2x1 y1 + x1 y3 + x3 y1 + 2x2 y2 + x3 y3 ) =
=
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i .
h(x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i = 2x21 + 2x1 x3 + 2x22 + x23 =
2
p
2x2
0
= x21 + (x1 + x3 )2 +
e
h(x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i = 0 , (x1 = 0 e x1 + x3 = 0 e
, (x1 = 0 e x2 = 0 e x3 = 0):
p
2x2 = 0) ,
Logo:
h(x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i > 0, 8(x1 ; x2 ; x3 ) 6= (0; 0; 0).
395
2R
Assim, a aplicação h; i : R3
R3 ! R, de…nida por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = 2x1 y1 + x1 y3 + x3 y1 + 2x2 y2 + x3 y3
é um produto interno.
por
3. Sejam (x1 ; x2 ); (y1 ; y2 ) 2 R2 . Consideremos a aplicação h; i : R2
3 2
2 3
x1 x2
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i =
y1
y2
R2 ! R, de…nida
=
= 3x1 y1 + 2x2 y1 + 2x1 y2 + 3x2 y2 .
Atendendo a que a matriz
3 2
2 3
é simétrica e tem os seus valores próprios (1 e 5) todos positivos, então esta aplicação de…ne
em R2 um produto interno. Além disso, veri…ca-se h(1; 0); (0; 1)i = 2, uma vez que
3 2
2 3
=
4. Considere os vectores u =
h(1; 0); (1; 0)i h(1; 0); (0; 1)i
h(0; 1); (1; 0)i h(0; 1); (0; 1)i
p1 ;
5
p1
5
p2 ; p3
30
30
ev=
.
. Considere o produto interno
de…nido em R2 por
h(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i = 3x1 y1 + 2x2 y2 .
Tem-se
1
p ;
5
hu; vi =
1
p
5
1 2
= 3p p + 2
5 30
e
hu; ui = 3
hv; vi = 3
1
p
5
1
p
5
2
2
p
30
2
e
3
2
p ;p
30 30
;
=
3
p =0
30
+2
1
p
5
+2
3
p
30
2
=1
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(x1 ; x2 ); (y1 ; y2 )i0 = x1 y1 + x2 y2 ,
tem-se
hu; vi0 =
p
1
,
150
hu; ui0 =
396
2
5
e
hv; vi0 =
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
=N
1 0 0 0
0 0 0 1
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(1; 0; 0; 0); (1; 0; 0; 1)g)
L (f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) .
6. Considere em R3 o produto interno de…nido por:
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 + x3 y3 ,
isto é, por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i =
x1 x2 x3
2
32
3
1 1 0
y1
4 1 2 0 5 4 y2 5 .
0 0 1
y3
(i) Seja u = (x1 ; x2 ; x3 ) 2 R3 . Tem-se
kuk =
p
q
h(x1 ; x2 ; x3 ); (x1 ; x2 ; x3 )i = x21 + 2x1 x2 + 2x22 + x23 .
(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
397
e
arccos
hu1 ; u3 i
0
= arccos
=
ku1 k ku3 k
1:1
2
(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 = (x1 ; x2 ; x3 ) 2 R3 . Tem-se
u = hu; u1 i u1 + hu; u2 i u2 + hu; u3 i u3 =
= (x1 + x2 ) u1 + x2 u2 + x3 u3 .
Logo, as coordenadas de um vector u = (x1 ; x2 ; x3 ) 2 R3 em relação à base ortonormada
fu1 ; u2 ; u3 g são dadas por:
x1 + x2 , x2 e x3 .
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
2
1
6 0
6
4 1
0
a dimensão de U e uma base ortonormada
3
2
3
2
1 2
1
1 2
1
1
6 0 2 0 7
6 0 2
2 0 7
7 !6
7 !6
4 0
4 0 0
0 2 5
1 4 5
1 1
0 1 1
0 0
para U . Tem-se
3
2
2
1
1
6 0 2
0 7
7 !6
4 0 0
4 5
1
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 = v 1 , u 2 = v 2
proju1 v2
e u3 = v 3
proju1 v3
proju2 v3 .
Logo, o conjunto fu1 ; u2 ; u3 g, com u1 = (1; 0; 1; 0),
u2 = ( 1; 2; 0; 1)
e
u3 = (2; 0; 2; 1)
= (2; 0; 2; 1) +
1
(1; 0; 1; 0) =
2
0
(1; 0; 1; 0)
2
1
11=2
1
( 1; 4; 1; 2) =
11
398
1
; 2;
2
1
;1
2
1
; 2;
2
1
;1
2
21 4 21 13
; ; ;
11 11 11 11
=
é uma base ortogonal de U . Uma base ortonormada para U :
=
( p
2
; 0;
2
u1
u2
u3
;
;
=
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)
= (0; 0; 1)
1
(0; 1; 1) =
2
1 1
;
2 2
0;
.
Assim uma base ortogonal para U é:
(0; 1; 1); 0;
1 1
;
2 2
:
Tem-se
V = (x; y; z) 2 R3 : y
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
399
?
=
= (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)
PU ? (1; 1; 1) =
h(1; 1; 1); (1; 0; 0)i (1; 0; 0) = (0; 1; 1):
A distância entre (1; 1; 1) e V ? é:
d (1; 1; 1); V ? = kPV (1; 1; 1)k
9. Seja
=
(1;1;1)2V
k(1; 1; 1)k =
p
3
2
3
1 0 2
A=4 0 0 0 5
2 0 1
e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectivamente 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) P(2;0;1) (1; 0; 2) P(0;1;0) (1; 0; 2) =
= (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
4
(2; 0; 1) =
5
(
(2; 0; 1)
(0; 1; 0)
;
;
k(2; 0; 1)k k(0; 1; 0)k
( p
p !
2 5
5
=
; 0;
; (0; 1; 0);
5
5
400
h(1; 0; 2); (0; 1; 0)i
(0; 1; 0) =
k(0; 1; 0)k2
3
6
; 0;
5
5
3
; 0;
5
3
; 0;
5
6
5
6
5
.
)
=
p !)
5
2 5
; 0;
5
5
p
é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):
p
p
5
; 0; 2 5 5
5
p
p
5
2 5
;
0;
5
5
e
.
(ii) O elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) é:
PL(A) (1; 1; 1) = (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
= (1; 1; 1)
(0; 1; 0) = (1; 0; 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 =
10. Seja
p
2:
2
3
1 0 1
A=4 0 2 0 5
1 0 1
e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectivamente o núcleo,
espaço 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) P(1;0;1) (0; 0; 1) P(0;2;0) (0; 0; 1) =
401
= (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
(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
1
; 0;
2
1
; 0;
2
(1; 0; 1)
(0; 2; 0)
;
;
k(1; 0; 1)k k(0; 2; 0)k
( p
p !
2
2
=
; 0;
; (0; 1; 0);
2
2
1
2
1
2
.
)
=
p !)
2
2
; 0;
2
2
p
é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):
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)
= (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; 2; 3)
( 1; 0; 1) = (2; 2; 2).
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). Tem-se
1 1 1 0
0 1 1 1
U = L (f(1; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1)g) = L
= (L (f(1; 1; 0; 1); (0; 1; 1; 0)g))? =
L
1
0
=
N
1 0 1
1 1 0
?
1 1 1 0
0 1 1 1
?
=N
1
0
1 0 1
1 1 0
Logo
U = N (A), com A =
1
0
1 0 1
1 1 0
.
Resolução alternativa: Seja (x; y; z; w) 2 U . Então existem x; y 2 R tais que
(x; y; z; w) = x(1; 1; 1; 0) + y(0; 1; 1; 1):
402
=
.
Deste modo, o seguinte sistema (nas variáveis x e y) tem que ser possível e determinado:
8
x=x
>
>
<
x+y =y
x+y =z
>
>
:
y=w
Considerando então a matriz aumentada deste sistema, tem-se:
22
22
33
2
3
1 0 j
x
1 0 j x
66
66 0 1 j y x 77
6 1 1 j y 7
66
66
77
6
7
!
!
4 1 1 j z 5 L1 +L2 !L2 44 0 1 j z x 55 L2 +L3 !L3 44
L2 +L4 !L4
L1 +L3 !L3
0 1 j
w
0 1 j w
1
0
0
0
0
1
0
0
33
j
x
7
j
y x 7
77 .
j
z y 55
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,
1
0
U = N (A), com A =
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
1
1
0
=
u = (x1 ; x2 )
1
1
1
=
1
0
1
1
.
e v = (y1 ; y2 ) ,
onde x1 ; x2 e y1 ; y2 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
hu; vi = (Su)T G (Sv) ,
com
hv1 ; v1 i hv1 ; v2 i
hv2 ; v1 i hv2 ; v2 i
G=
ou seja,
h(x1 ; x2 ) ; (y1 ; y2 )i =
1
0
1
1
x1
x2
403
T
=
1 0
0 1
1 0
0 1
,
1
0
1
1
y1
y2
=
= x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 .
Como
1 1
1 2
x1 x2
h(x1 ; x2 ) ; (y1 ; y2 )i = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2 =
y1
y2
e a matriz
1 1
1 2
p
é simétrica, sendo os seus valores próprios ( 21 5 + 32 e
3
2
1
2
p
5) positivos, então a expressão
h(x1 ; x2 ) ; (y1 ; y2 )i = x1 y1 + x1 y2 + x2 y1 + 2x2 y2
de…ne um produto interno em R2 . 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
R3 ! R de…nida por
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1
x2 y1 + 4x2 y2 + x3 y3 .
x1 y2
(i) Tem-se
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i =
Como
x1 x2 x3
2
1
4 1
0
p
3
1 0
4 0 5
0 1
é simétrica e os seus valores próprios ( 5+2 13 e
h; i de…ne um produto interno em R3 .
(ii) Seja V = L (f(3; 4; 0)g)
2
5
p
2
13
1
4 1
0
32
3
1 0
y1
4 0 5 4 y2 5 .
0 1
y3
) são todos positivos, logo, a aplicação
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
404
=
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
= (x; y; z) 2 R3 :
3y + 16y = 0 =
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 = v 2
proju1 v2 .
Logo, o conjunto fu1 ; u2 g, com
u1 = (13; 1; 0) e u2 = (0; 0; 1)
0(13; 1; 0) = (0; 0; 1);
é uma base ortogonal de V ? .
(iv) Seja
B=
3 4
; ;0 ;
7 7
Como
13
1
p
;p
; 0 ; (0; 0; 1) :
147 147
1
13
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
3 4
3 4
3 4
3 4
PV
; ;0 =
; ;0 ;
; ;0
; ;0 =
7 7
7 7
7 7
7 7
=1
PV
2
3 4
; ;0
7 7
=
3 4
; ;0 + 0
7 7
13
1
p
;p
;0
147 147
3 4
; ;0
7 7
=
3 4
; ;0
7 7
=
13
1
p
;p
; 0 + 0(0; 0; 1),
147 147
=
13
1
p
;p
;0 ;
147 147
=0
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ;0
7 7
= (0; 0; 0) =
405
3 4
; ;0
7 7
=
=0
3 4
; ;0 + 0
7 7
13
1
p
;p
; 0 + 0(0; 0; 1)
147 147
e
PV (0; 0; 1) =
(0; 0; 1);
=0
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ;0
7 7
3 4
; ;0
7 7
=
= (0; 0; 0) =
3 4
; ;0 + 0
7 7
13
1
p
;p
; 0 + 0(0; 0; 1),
147 147
a matriz que representa PV em relação à base B é dada por:
2
3
1 0 0
4 0 0 0 5.
0 0 0
=0
14. Consideremos em R3 o produto interno usual. Seja
U =L
(0; 1; 0);
3
5
4
; 0;
5
:
Tem-se
0 1
4=5 0
U? = N
0
3=5
=N
0 1
4 0
0
3
= L (f(3; 0; 4)g) .
Logo,
PU ? (1; 2; 3) =
e assim
h(1; 2; 3); (3; 0; 4)i
(3; 0; 4) =
k(3; 0; 4)k2
PU (1; 2; 3) = (1; 2; 3)
= (1; 2; 3)
9
12
; 0;
5
5
PU ? (1; 2; 3) =
9
12
; 0;
5
5
=
3
4
; 2;
5
5
+
4
3
; 2;
5
5
.
Deste modo,
(1; 2; 3) =
com
4
; 2; 35
5
2U e
9
; 0; 12
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 .
406
Tem-se então:
8
< x=0
:
Logo,
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
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)
h( 1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0)i
(0; 1; 0; 0)
k(0; 1; 0; 0)k2
= ( 1; 0; 0; 1)
P(
1;0;1;0) (
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
Logo, o conjunto
(0; 1; 0; 0); ( 1; 0; 1; 0);
é uma base ortogonal de U ? .
407
1; 0; 0; 1) =
1
; 0;
2
1
;1
2
1
;1 .
2
(iii) Seja
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x + 2y + z + 2w = 0 :
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
é uma base ortogonal de U ? .
f(1; 2; 1; 2)g
(iv) Seja
U = (x; y; z; w) 2 R4 : x
z = 0 e 2x
y + 2z
w=0 :
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; 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))? .
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
é uma base ortogonal de U ? .
f(1; 0; 1; 0); (2; 1; 2; 1)g
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)
= (1; 0; 0)
Logo, o conjunto
proj(1;1;1) (1; 0; 0) =
h(1; 0; 0); (1; 1; 1)i
(1; 1; 1) =
k(1; 1; 1)k2
(1; 1; 1);
2
;
3
408
1
;
3
1
3
2
;
3
1
;
3
1
3
.
é uma base ortogonal de U .
2
;
3
1
;
3
p
3 e
(ii) Como o conjunto (1; 1; 1);
k(1; 1; 1)k =
então o conjunto
(
(1; 1; 1)
;
k(1; 1; 1)k
2
;
3
2
;
3
1
;
3
1
;
3
1
3
1
3
)
=
1
3
é uma base ortogonal de U , então
p
2 1 1
6
;
;
,
=
3 3 3
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 =
1 1 1
1 0 0
=N
Logo,
8
< y+z =0
:
Assim,
x=0
0 1 1
1 0 0
=N
,
8
< y=
:
.
z
x = 0.
U ? = (0; z; z) 2 R3 : z 2 R = L (f(0; 1; 1)g) .
Como
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
;
0;
;
=
+ (3; 2; 1); 0;
2 2
2 2
*
409
=
3 3
1 1
3; ;
.
+ 0; ;
2 2
2 2
| {z }
|
{z
}
2U
Isto é,
(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)
= kPU ? (0; 1; 1)k
=
(0; 1;1)2U ?
(1; 1; 0))k =
p
k(0; 1; 1)k = 2.
(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 p !+
2 2
2 2
2
;
;
= j y + zj
.
=
0;
(x; y; z); 0;
2 2
2 2
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)
= ( 1; 0; 1; 1)
proj(1;1;0;
1) (
1; 0; 1; 1) =
h( 1; 0; 1; 1); (1; 1; 0; 1)i
(1; 1; 0; 1) =
k(1; 1; 0; 1)k2
2
= ( 1; 0; 1; 1) + (1; 1; 0; 1) =
3
Logo, o conjunto
(1; 1; 0; 1);
410
1 2
1
; ; 1;
3 3
3
1 2
1
; ; 1;
3 3
3
.
é uma base ortogonal de U . Como
k(1; 1; 0; 1)k =
p
1 2
1
; ; 1;
3 3
3
3 e
=
p
15
,
3
então 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 .
(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
e v2 = (0; 1; 1; 1)
v1 = (1; 1; 1; 0)
proj(1;
1;1;0)
(0; 1; 1; 1) .
Tem-se então:
v2 = (0; 1; 1; 1)
= (0; 1; 1; 1)
proj(1;
1;1;0)
(0; 1; 1; 1) =
h(0; 1; 1; 1) ; (1; 1; 1; 0)i
(1; 1; 1; 0) =
k(1; 1; 1; 0)k2
= (0; 1; 1; 1) +
2
(1; 1; 1; 0) =
3
2 1
; ;
3 3
1
;1 .
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 =
p
2 1
; ;
3 3
3 e
1
;1
3
=
p
15
,
3
então o conjunto
( p
3
;
3
!
p
3 3
;
;0 ;
3 3
p
p
p
2 15 15
;
;
15
15
411
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
R4 ! R4
*
:
(x; y; z; w) !
(x; y; z; w);
p
p
3 3
;
; 0;
3 3
p !+
3
3
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
3 3
;
; 0;
3 3
p !
3
+
3
p
p
p !
15 2 15 3 15 15
;
;
;
,
15
15
15
15
p
p
+ (x; y; z; w);
p
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
;
; 0;
;
; 0;
+
PU (0; 0; 1; 0) = (0; 0; 1; 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
=
:
A projecção ortogonal PU ? de R4 sobre U ? é de…nida por:
PU ?
R4 ! R4
*
:
(x; y; z; w) !
(x; y; z; w);
*
p
p
2 15 15
;
;
15
15
+ (x; y; z; w);
uma vez que o conjunto
( p
3
;
3
p
3
;
3
p !+
15 15
;
15
5
p
!
p
3 3
;
;0 ;
3 3
p
!+
p
3 3
;
;0
3 3
p
p
3
;
3
p
p
2 15 15
;
;
15
15
p
p
2 15 15
;
;
15
15
!
p
3 3
;
;0 +
3 3
p
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; 1; 0);
;
;
;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
;
;
;
;
;
;
=
+ (0; 0; 1; 0);
15
15
15
5
15
15
15
5
412
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) =
1 2 3 1
; ; ;
5 5 5 5
;
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)
1 2 3 1
; ; ;
5 5 5 5
= (0; 0; 1; 0)
PU (0; 0; 1; 0) =
=
1
;
5
2 2
; ;
5 5
1
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:
*
PU (1; 0; 0; 0) =
*
+ (1; 0; 0; 0);
(1; 0; 0; 0);
p
p
3 3
;
; 0;
3 3
p !+
3
3
p
p
p !+
15 2 15 3 15 15
;
;
;
15
15
15
15
p
p
3 3
;
; 0;
3 3
p !
3
+
3
p
p
p !
15 2 15 3 15 15
;
;
;
=
15
15
15
15
p
2
3
1
2 1 1 2
;
;
=
; ;
;
.
15 15 15
5 5 5 5
p p
p !+ p p
p !
3 3
3
3 3
3
PU (0; 1; 0; 0) = (0; 1; 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
+ (0; 1; 0; 0);
;
;
;
;
;
;
=
15
15
15
15
15
15
15
15
=
1
1 1
; ; 0;
3 3
3
*
p
1
3
1
;
15
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
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 1
; ; 0;
3 3
*
+
+
413
1 2 3 1
; ; ;
.
5 5 5 5
*
p p
p !+ p p
p !
3 3
3
3 3
3
PU (0; 0; 0; 1) = (0; 0; 0; 1);
;
; 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; 0; 1);
15
15
15
15
15
15
15
15
=
1
;
3
=
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);
p
p
2 15 15
;
;
15
15
+ (1; 0; 0; 0);
p
3
;
3
!+
p
3 3
;
;0
3 3
p
p !+
15 15
;
15
5
p
p
3
;
3
p
p
2 15 15
;
;
15
15
!
p
3 3
;
;0 +
3 3
p
p !
15 15
;
=
15
5
p
4 2
2 2
3 1 1 2
; ;
;
;
; ;
=
.
15 15 15 5
5 5 5 5
!+ p
!
p p
p p
p
3
3 3
3
3 3
;
;
;0
;
;
;0 +
PU ? (0; 1; 0; 0) = (0; 1; 0; 0);
3
3 3
3
3 3
*
p
p
p
p !+
p
p
p
p !
2 15 15
2 15 15
15 15
15 15
+ (0; 1; 0; 0);
;
;
;
;
;
;
=
15
15
15
5
15
15
15
5
=
1
;
3
1 1
; ;0 +
3 3
*
1 1 1
; ;
;0 +
3 3 3
*
2 1
1 1
1 2 2 1
; ;
;
=
; ;
;
.
15 15 15 5
5 5 5 5
!+ 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 !
2 15 15
15 15
2 15 15
15 15
+ (0; 0; 1; 0);
;
;
;
;
;
;
=
15
15
15
5
15
15
15
5
=
=
1
;
3
1 1
; ;0 +
3 3
*
PU ? (0; 0; 0; 1) =
2
1 1
1
1 2 2 1
;
; ;
=
;
; ;
.
15 15 15 5
5 5 5 5
!+ p
!
p
p p
p p
3
3 3
3
3 3
;
;
;0
;
;
;0 +
(0; 0; 0; 1);
3
3 3
3
3 3
414
*
+ (0; 0; 0; 1);
p
p
2 15 15
;
;
15
15
p
!+
2 1
; ;
5 5
1 3
;
5 5
p
15 15
;
15
5
=
p
p
2 15 15
;
;
15
15
p
p
15 15
;
15
5
!
=
.
Logo, a representação matricial de PU ? : R4 ! R4 em relação à base canónica de R4 , é dada
por:
3
2
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; 0; 0))k = kPU ? (0; 0; 1; 0)k =
*
!+ p
!
p
p p
p p
3
3 3
3
3 3
=
(0; 0; 1; 0);
;
;
;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
+ (0; 0; 1; 0);
;
;
;
;
;
;
15
15
15
5
15
15
15
5
p
2
1 1
1
1 2 2 1
10
1 1 1
=
=
;
; ;0 +
;
; ;
;
; ;
.
=
3 3 3
15 15 15 5
5 5 5 5
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) (0; 0; 0; 0))k = kPU ? (x; y; z; w)k =
*
!+ p
!
p
p p
p p
3
3 3
3
3 3
=
(x; y; z; w);
;
;
;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
;
;
;
;
;
;
=
+ (x; y; z; w);
15
15
15
5
15
15
15
5
!
p
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
p
p !
2 15
15
15
15
2 15 15
15 15
+ x
+y
z
+w
;
;
;
=
15
15
15
5
15
15
15
5
2
3
1
1 1
w+ x
y + z; w
5
5
5
5 5
q
1
=
(2w + 3x y + z)2 + (w
5
=
1
2
x+ y
5
5
2 1
z; x
5 5
1
w
5
2
2 3
2
1
y + z; w + x + y
5
5 5
5
5
1
z
5
x + 2y
2z)2 + (x
w
2y + 2z)2 + (3w + 2x + y
z)2 .
415
=
18. Em P2 :
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) Em P2 , para p(t) = a0 + a1 t + a2 t2
e q(t) = b0 + b1 t + b2 t2 tem-se
hp(t); q(t)i = p( 1)q( 1) + p(0)q(0) + p(1)q(1) =
= (a0
a1 + a2 ) (b0
b1 + b2 ) + a0 b0 + (a0 + a1 + a2 ) (b0 + b1 + b2 ) =
= 3a0 b0 + 2a0 b2 + 2a1 b1 + 2a2 b0 + 2a2 b2 =
2
32
3
3 0 2
b0
= a0 a1 a1 4 0 2 0 5 4 b 1 5 .
2 0 2
b1
Assim, relativamente à base canónica ordenada f1; t; t2 g de P2 :
2
32
3
3 0 2
b0
hp(t); q(t)i = a0 a1 a1 4 0 2 0 5 4 b1 5
2 0 2
b1
onde
Como
2
3 2
3
3 0 2
h1; 1i h1; ti h1; t2 i
4 0 2 0 5 = 4 ht; 1i ht; ti ht; t2 i 5
2 0 2
ht2 ; 1i ht2 ; ti ht2 ; t2 i
2
3
3 0 2
4 0 2 0 5
2 0 2
p
é simétrica e os seus valores próprios ( 21 17 + 52 ; 52
aplicação h; i de…ne um produto interno em P2 .
1
2
p
17 e 2) são todos positivos, logo, a
(ii) 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
416
é uma base ortonormada de U .
(iii) 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
a1 = 0.
a2 + a2 t2 : a2 2 R = L(f 1 + t2 g).
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.
(iv) A projecção ortogonal PU de P2 sobre U é de…nida por:
P2 ! 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
t
t + 1 + t;
t
t = t + t2
PU (1 + t) = 1 + t;
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
Nota muito importante: Uma vez que se tem
P2 = U
U ?,
então para todo o p(t) 2 P2 ,
p(t) = PU (p(t)) + PU ? (p(t)).
417
t2
Logo, uma vez calculado PU ? (1+t) pela de…nição, como se fêz atrás, obtendo-se PU ? (1+t) =
1 t2 , então 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 .
(v) 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
PU (1) = 1;
t
t + 1;
t
t = t2
2
2
2
2
* p +p
* p +p
2
2
2 2
2 2
PU (t) = t;
t
t + t;
t
t =t
2
2
2
2
* p +p
* p +p
2
2
2 2
2 2
PU (t2 ) = t2 ;
t
t + t2 ;
t
t = t2
2
2
2
2
PU ? (1) = 1; 1 + t2
1 + t2 = 1
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 ? .
(vi) 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.
(vii) 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
418
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 x; y 2 R e A; A0 ; B 2 M2 2 (R). Tem-se
hxA + yA0 ; Bi = tr((xA + yA0 ) B T ) = tr(xAB T + yA0 B T )
=
tr é linear
= xtr(AB T ) + ytr(A0 B T ) = x hA; Bi + y hA0 ; Bi
hA; Bi = tr(AB T ) = tr( AT
hA; Ai = tr(AA ) = tr
a b
c d
a b
c d
T
B T ) = tr( BAT
a b
c d
T
para todo o
T
T
a b
c d
!
) = tr(BAT ) = hB; Ai
= a2 + b2 + c2 + d2
0
2 M2 2 (R) e
a b
c d
;
= 0 , (a = b = c = d = 0) ,
a b
c d
=
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 0
=a
+b
1 0
0 1
0 0
;
;
0 0
1 0
0 1
linearmente independente pois se tivermos:
O conjunto
1
1 0
0 0
+
0 1
1 0
2
2
2
3
.
é uma base de U , uma vez que gera U , e é
+
3
0 0
0 1
então
1
0 0
0 1
=
419
0 0
0 0
:
=
0 0
0 0
0 0
1 0
0 1
;
;
é linearmente
0 0
1 0
0 1
independente. Vamos aplicar agora a este conjunto o método de ortogonalização de GramSchmidt. Sejam
Logo,
1
=
2
=
3
e como tal, o conjunto
A1 =
1 0
0 0
A3 =
0 0
0 1
A2 =
0 1
1 0
projA1
0 1
1 0
,
projA1
0 0
0 1
projA2
0 0
0 1
.
,
Logo,
0 1
1 0
A2 =
=
0 1
1 0
=
=
0 1
1 0
=
=
=
AT1
A1
=
A1
=
kA1 k2
0 0
0 1
0A1
=
kA1 k2
0 1
1 0
0 0
0 1
projA2
; A1 A1
0 0
0 1
kA1 k2
0 0
0 1
tr
0 0
0 1
=
0 0
1 0
tr
projA1
0 0
0 1
; A1 A1
=
tr
AT1
A1
0 0
0 0
tr
A1
0A1
kA1 k2
Logo, o conjunto
1 0
0 0
;
0 0
0 1
=
; A2 A2
=
0 0
0 1
AT2
A2
=
kA2 k2
kA1 k2
0 0
0 1
.
kA2 k2
kA1 k2
0 0
0 1
=
kA1 k2
0 1
1 0
0 0
0 1
0 1
1 0
0 1
1 0
tr
e
A3 =
0 1
1 0
kA1 k2
0 1
1 0
=
projA1
0 1
1 0
420
tr
0A2
=
kA2 k2
;
0 0
0 1
0 0
1 0
A2
=
kA2 k2
0 0
0 1
.
é uma base ortogonal de U . Como:
kA1 k =
kA2 k =
p
p
kA3 k =
então o conjunto
q
hA1 ; A1 i = tr (A1 AT1 ) =
q
hA2 ; A2 i = tr (A2 AT2 ) =
p
s
s
q
hA3 ; A3 i = tr (A3 AT3 ) =
1 0
0 0
tr
1 0
0 1
tr
s
=
0 0
0 1
tr
1
1 0
0 1
0
;p
;
0 0
1
0
0
2
#
(
"
p
2
1 0
0
;
=
; p2 2
0 0
0
2
= 1,
0
1
=
0 0
0 1
)
p
2,
= 1,
é uma base ortonormada de U .
(iii) Tem-se
U? =
a b
c d
a b
c d
;
2 M2 2 (R) :
0 1
1 0
Logo,
Ou seja,
0 b
b 0
U? =
Como
0 1
=
1 0
v
u
u
= ttr
=
s
tr
=0 e
a b
c d
;
1 0
0 0
=0 e
a b
c d
;
0 0
0 1
=0 .
8
a=0
>
>
>
>
<
b+c=0
>
>
>
>
:
d = 0.
:b2R
s
0 1
1 0
=L
0 1
1 0
0 1
1 0
0 1
1 0
421
0 1
1 0
;
0 1
1 0
0
1
1
0
T
!
=
=
.
=
=
s
então o conjunto
1 0
0 1
tr
("
0p
;
0 1
0 0
2
2
=
p
2
2
0
p
2,
#)
é uma base ortonormada de U ? .
(iv) Seja
B=
1 0
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
+
PU
0 0
0 1
0 0
0 1
0 1
0 0
;
0 0
0 1
0 0
0 1
0 0
1 0
;
0 0
0 1
0 0
0 1
0 0
0 1
;
0 0
0 1
0 0
0 1
422
0
p
2
2
0
0
1
2
p
2
2
0
0
=
=
+
+
1 0
0 0
=
0 0
0 0
1 0
=
;
0 1
0 1
0 0
*
#+
"
"
p
2
0
0 0
0
p
+
; p2 2
2
0 1
0
2
2
+
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 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
1 0
0 0
p
1 0
0 0
#
1
2
p
2
2
0
1 0
0 0
#
+
+
1
2
0
1 0
0 0
#
+
+
1
2
0
1 0
0 0
#
+
0 0
0 1
+
PU ?
1 0
0 0
PU ?
0 1
0 0
PU ?
0 0
1 0
PU ?
=
*
=
=
1 0
0 0
;
0 1
0 0
*
=
0 0
0 1
*
;
0 0
1 0
*
;
0 0
0 1
"
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
e assim
0
0
6 0
M (PU ? ; B; B) = 6
4 0
0
Note que
0
1
2
#
p
2
2
0
2
2
2
2
=
=
#
p
0p
0
=
=
3
0
0 7
7
0 5
1
1
2
0
0
2
2
3
0
0 7
7.
0 5
0
0
1
2
2
2
0p
1 0 0
6 0 1 1
2
2
M (PU ; B; B) = 6
4 0 1 1
2
2
0 0 0
2
#
p
2
2
2
e
0
0p
#+ "
p
0p
2
2
2
2
#+ "
p
0p
#
p
0p
#+ "
2
2
2
2
"
0
p
0p
"
;
2
2
2
2
"
#+ "
p
0p
1
2
0
I = PU + PU ? .
1 1
0 1
(v) A projecção ortogonal da matriz
1 1
0 1
PU ?
=
*
0
= tr @
= tr
1 1
0 1
1 1
0 1
= proj2
;
"
"
1 1
0 1
" p
= tr
"
2
p2
2
2
2
2
p
2
2
2
2
0
p
2
2
0p
2
2
0
p
2
2
0
p
2
2
p
2
2
0
423
=
0
#+ "
#T 1 "
A
#! "
0
#! "
1 1
0 1
3
2
2 7
5
p
0p
6
4
0p
sobre U ? é dada por:
0p
2
2
p
2
2
0p
2
2
0
p
2
2
0p
2
2
0p
2
2
p
2
2
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
p "
2
=
2
p
2
2
0p
2
2
0
#
1
2
0
=
1
2
.
0
Como se tem:
U ?,
M2 2 (R) = U
a b
c d
então para todo
2 M2 2 (R),
a b
c d
a b
c d
= PU
a b
c d
+ PU ?
.
Logo,
1 1
0 1
PU
1 1
0 1
=
1 1
0 1
=
1
2
0
1
2
0
1 1
0 1
(vii) A distância entre
d
1 1
0 1
1 1
0 1
;U
=
=
d
1
2
1
=
1
2
1
2
1
.
1
1 1
0 1
=
é a matriz
.
e U é dada por:
1 1
0 1
= PU ?
s
s
1
2
0
1
2
;
0
1
2
0
tr
=
(viii) A distância entre
1
2
1
=
(vi) A matriz simétrica mais próxima da matriz
PU
1 1
0 1
PU ?
1
2
s
tr
1
4
0
0
1
2
1
2
0
1
4
=
e U é dada por:
a b
c d
;U
424
0
0
a b
c d
= PU ?
1
2
1
2
0
0
0
=
1
2
=
=
p
2
.
2
a b
c d
=
1
2
0
=
= proj2
=
6
4
*
0p
2
2
"
3
2
2 7
5
p
0
p
2
2
a b
c d
#+ "
a b
0p
;
2
c d
0
2
*
"
0p
a b
;
=
2
c d
2
"
a b
0
p
= tr
2
c d
2
p
p
1
1
2b
2a
2p
2p
= tr
1
1
2d
2c
2
2
p
2
2
0
=
2
2
0p
2
2
#+
p
2
2
0
=
#
p
#!
0
=
=
=
p
2
jb
2
cj .
20. a) Sejam u1 = (1; 0; 1) e
u2 = (0; 1; 1)
proj(1;0;
1) (0;
1; 1) =
h(0; 1; 1); (1; 0; 1)i
(1; 0; 1) =
k(1; 0; 1)k2
1
= (0; 1; 1)
(1; 0; 1) = (1=2; 1; 1=2).
2
Logo, o conjunto fu1 ; u2 g é uma base ortogonal para U .
= (0; 1; 1)
b) O conjunto
1
1
u1 ;
u2
ku1 k
ku2 k
=
( p
2
; 0;
2
p !
2
;
2
p
6
;
6
p !)
6 6
;
3 6
p
é uma base ortonormada para U .
Uma vez que
U ? = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0; 1)i = 0 e h(x; y; z); (0; 1; 1)i = 0 =
= (x; y; z) 2 R3 : x = z e y = z = L (f(1; 1; 1)g) ,
o conjunto
1
(1; 1; 1)
k(1; 1; 1)k
é uma base ortonormada para U ? .
Logo, o conjunto
( p
p !
2
2
; 0;
;
2
2
p
6
;
6
=
p p !)
3 3 3
;
;
3 3 3
( p
p !
6 6
;
;
3 6
p
425
p p !)
3 3 3
;
;
3 3 3
p
é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores geradores de U .
c) Tem-se
PU ? (1; 0; 0) =
*
(1; 0; 0);
p p !+
3 3 3
;
;
3 3 3
p
p p !
3 3 3
;
;
=
3 3 3
p
1 1 1
; ;
3 3 3
.
d) Tem-se
d (1; 0; 0); U ? = kPU (1; 0; 0)k = k(1; 0; 0)
= (1; 0; 0)
1 1 1
; ;
3 3 3
=
2
;
3
1
;
3
PU ? (1; 0; 0)k =
1
3
=
p
6
.
3
21. a) Sejam p(t); q(t) 2 P2 , isto é,
p(t) = a0 + a1 t + a2 t2
e q(t) = b0 + b1 t + b2 t2 ;
com a0 ; a1 ; a2 ; b0 ; b1 ; b2 2 R. Tem-se
a0 + a1 t + a2 t2 ; b0 + b1 t + b2 t2 =
Assim, a aplicação h; i é desde logo bilinear.
2
3
4 0
0
a0 a1 a2
2
32
3
3 0 0
b0
4 0 1 0 5 4 b1 5 .
0 0 2
b2
Além disso, atendendo a que a matriz
3
0 0
1 0 5
0 2
é simétrica e todos os seus valores próprios (3; 1 e 2) são positivos, conclui-se que a aplicação
h; i de…ne em P2 um produto interno.
b) Tem-se
W = p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : p(0) = p(1) e p(1) = p( 1) =
= p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a1 =
a2 e a1 = 0 =
= fp(t) = a0 : a0 2 Rg = L (f1g) .
Logo,
W ? = p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a0 + a1 t + a2 t2 ; 1 = 0 =
426
= p(t) = a0 + a1 t + a2 t2 2 P2 : a0 = 0 = L
Assim, o conjunto
1
1
t; 2 t2
ktk kt k
=
( p
2 2
t;
t
2
t; t2
.
)
é uma base ortonormada para W ? .
22. Seja
2
3
1 1 0
A = 4 1 0 1 5:
1 0 1
a) O conjunto
f(1; 0; 1); (1; 1; 0)g
é uma base para L (A) pois gera L (A) e é linearmente independente.
Aplicando Gram-Schmidt, o conjunto
(1; 0; 1); (1; 1; 0)
=
(1; 0; 1); (1; 1; 0)
proj
(1;0;1) (1; 1; 0)
h(1; 1; 0); (1; 0; 1)i
(1; 0; 1)
k(1; 0; 1)k2
=
=
1
; 1;
2
(1; 0; 1);
1
2
é uma base ortogonal para L (A).
b) Uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):
(
p
p !)
p p !
2 2
2
2
(1; 0; 0); 0;
;
; 0;
;
.
2 2
2
2
Note que
p !
2 2
(1; 0; 0); 0;
;
2 C (A) :
2 2
p
c) O elemento de (N (A))? = L (A) mais próximo de ( 1; 1; 1) é:
PL(A) ( 1; 1; 1) = ( 1; 1; 1)
= ( 1; 1; 1)
PN (A) ( 1; 1; 1)
=
N (A)=L(f(1; 1; 1)g)
h( 1; 1; 1); (1; 1; 1)i
(1; 1; 1) =
k(1; 1; 1)k2
427
2 2
; ;
3 3
1
= ( 1; 1; 1) + (1; 1; 1) =
3
4
3
e a distância entre ( 1; 1; 1) e (L (A))? é:
?
d ( 1; 1; 1); (L (A))
2 2
; ;
3 3
= PL(A) ( 1; 1; 1) =
4
3
p
2 6
:
=
3
23. a) Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam
v1 = (1; 0; 1) e v2 = (0; 1; 2)
proj(1;0;
1) (0; 1; 2).
Tem-se então:
v2 = (0; 1; 2)
h(0; 1; 2); (1; 0; 1)i
(1; 0; 1) = (0; 1; 2)
k(1; 0; 1)k2
2
(1; 0; 1) = (1; 1; 1).
2
Logo, o conjunto
f(1; 0; 1); (1; 1; 1)g
é uma base ortogonal de U .
b) Tem-se
U ? = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0; 1)i = 0 e h(x; y; z); (1; 1; 1)i = 0 =
=N
1 0
1 1
1
1
=N
1 0
0 1
1
2
= L (f(1; 2; 1)g) ,
sendo
f(1; 2; 1)g
uma base ortogonal de U ? . Deste modo, uma vez que se tem
R3 = U
U ?,
e sendo
f(1; 0; 1); (1; 1; 1)g
uma base ortogonal de U , então
(2; 3; 4) = PU (2; 3; 4) + PU ? (2; 3; 4) =
=
h(2; 3; 4) ; (1; 1; 1)i
h(2; 3; 4) ; (1; 2; 1)i
h(2; 3; 4) ; (1; 0; 1)i
(1; 0; 1)+
(1; 1; 1)+
(1; 2; 1) =
2
2
k(1; 0; 1)k
k(1; 1; 1)k
k(1; 2; 1)k2
=
(1; 0; 1) + (1; 1; 1) + 2(1; 2; 1) =
428
= (0; 1; 2) + (2; 4; 2).
| {z }
| {z }
2U
Isto é,
2U ?
(2; 3; 4) = (0; 1; 2) + (2; 4; 2).
| {z }
| {z }
2U
2U ?
c) A distância entre o ponto (2; 3; 7) e o plano f(1; 2; 3)g + U é dada por:
d((2; 3; 7); f(1; 2; 3)g + U ) = kPU ? ((2; 3; 7)
(1; 2; 3))k = kPU ? (1; 1; 4)k =
p
h(1; 1; 4); (1; 2; 1)i
1
6
(1; 2; 1) = k(1; 2; 1)k =
.
=
2
2
2
k(1; 2; 1)k
24. a)
(1; 0; 1) = (1; 1; 1)
(0; 1; 0)
então
(1; 0; 1); (0; 1; 0) 2 C (A) :
Além disso
h(1; 0; 1); (0; 1; 0)i = 0:
Por outro lado, como
(C (A))? = L AT
?
= N AT = L (f( 1; 0; 1)g)
e
R3 = C (A)
(C (A))?
uma base ortogonal para R3 que inclua um vector de (C (A))? poderá ser:
f(1; 0; 1); (0; 1; 0) ; ( 1; 0; 1)g :
b) A distância d entre (1; 1; 0) e L (A) é dada por:
d ((1; 1; 0); L (A)) = P(L(A))? (1; 1; 0) = PN (A) (1; 1; 0) =
= proj (
1;0;1) (1; 1; 0)
=
h(1; 1; 0); ( 1; 0; 1)i
( 1; 0; 1) =
k( 1; 0; 1)k2
p
1
2
1
; 0;
=
:
2
2
2
=
429
c) Como
(N (A))? = N (B) , N (A) = (N (B))? = L (B)
e
N (A) = L (f( 1; 0; 1)g)
logo poderá ter-se
1 0 1 :
B=
25. a) Os vectores u1 = (1; 1; 0; 0); u2 = (1; 0; 1; 1) formam uma base de V . Seja
fv1 ; v2 g a base ortogonal de V que se obtém aplicando o processo de ortogonalização de
Gram-Schmidt aos vectores u1 e u2 . Portanto,
v1 = u1 = (1; 1; 0; 0)
e
v2 = u2
Assim,
u = PV (2; 2; 1; 1)
hu2 ; u1 i
u1 = (1; 0; 1; 1)
hu1 ; u1 i
1
;
2
1
; 1; 1 :
2
h(2; 2; 1; 1); v1 i
h(2; 2; 1; 1); v2 i
v1 +
v2 =
hv1 ; v1 i
hv2 ; v2 i
=
fv1 ;v2 g base ortogonal de V
0
4
= (1; 1; 0; 0) +
2
5=2
1
(1; 1; 0; 0) =
2
1
;
2
1
; 1; 1
2
=
4
;
5
4 8
; ;
5 5
e
v = PV ? (2; 2; 1; 1) = (2; 2; 1; 1)
PV (2; 2; 1; 1) =
8
5
6
;
5
6
;
5
3 3
;
5 5
:
Finalmente
d((1; 1; 1; 1); V ) = jjPV ? (1; 1; 1; 1)jj = jj(1; 1; 1; 1)
=
fv1 ;v2 g base ortogonal de V
h(1; 1; 1; 1); v2 i
v2 jj =
hv2 ; v2 i
p
(1; 1; 0; 0)jj = jj(0; 0; 1; 1)jj = 2:
jj(1; 1; 1; 1)
jj(1; 1; 1; 1)
PV (1; 1; 1; 1)jj =
h(1; 1; 1; 1); v1 i
v1
hv1 ; v1 i
b) Como
x=y
2z
3w
e
(y
2z
3w; y; z; w) = y(1; 1; 0; 0) + z( 2; 0; 1; 0) + w( 3; 0; 0; 1)
concluí-se que
W = L((1; 1; 0; 0); ( 2; 0; 1; 0); ( 3; 0; 0; 1)):
430
Portanto,
W ? = N (A)
com
2
3
1 1 0 0
A = 4 2 0 1 0 5:
3 0 0 1
c)
(1; 1; 0; 0); (1; 0; 1; 1) 2 W;
pelo que qualquer combinação linear entre eles também pertence a W (porque W é um
espaço linear). Portanto
V
W:
Assim,
W?
V ?;
donde
W ? \ V ? = W ?:
Mais, f(1; 1; 2; 3)g é uma base de W ? pois
W? = L
1
1 2 3
:
d) Não, pois pela alínea c) podemos concluir que
W?
V?
e portanto
W ? + V ? = V ? 6= R4 :
26. a)
V? = N
4 3 2 1
?
=
L
4 3 2 1
? ?
=L
Logo
é uma base ortogonal para V ? :
f(4; 3; 2; 1)g
b)
d (1; 2; 3; 4); V ? = k(1; 2; 3; 4)
= (1; 2; 3; 4)
PV ? (1; 2; 3; 4)k =
p
2
5 6
(4; 3; 2; 1) =
:
3
3
431
4 3 2 1
:
c) Os vectores (0; 1; 1; 1) e (1; 1; 1; 0) geram U e são ortogonais. Faltará encontrar uma
base ortogonal para U ? . Como
U? = N
0
1
1 1 1
1 1 0
= L (f( 2; 1; 1; 0) ; ( 1; 1; 0; 1)g) :
Atendendo ao método de ortogonalização de Gram-Schmidt,
(
( 2; 1; 1; 0) ; ( 1; 1; 0; 1)
proj
)
( 1; 1; 0; 1)
( 2; 1;1;0)
=
1
( 2; 1; 1; 0)
2
( 2; 1; 1; 0) ; ( 1; 1; 0; 1)
=
( 2; 1; 1; 0) ; 0;
1
;
2
=
=
1
;1
2
é uma base para U ? . Logo,
1
;
2
(0; 1; 1; 1); (1; 1; 1; 0); ( 2; 1; 1; 0) ; 0;
1
;1
2
é uma base ortogonal de R4 que inclui os vectores (0; 1; 1; 1) e (1; 1; 1; 0).
d)
U = L (f(0; 1; 1; 1); (1; 1; 1; 0)g) =
?
0
N
1
0 02
1 1 1
=
=
1 1 0
311?
2
1
B B6 1
CC
1 7
B6
7CC :
=B
C
@ @4 1
0 5AA
0
1
27.
W = f(x; y; z) 2 R3 : x
2y
3z = 0g:
a) Como W = L (f(2; 1; 0); (3; 0; 1)g), então
(x
, (h(x
, (2 (x
1; y
1) + (y
1; z
1; y
1; z
1) 2 W ? ,
1); (2; 1; 0)i = 0 e h(x
1) = 0 e 3 (x
1) + (z
1; y
1; z
1); (3; 0; 1)i = 0)
1) = 0) , (2x + y = 3 e 3x + z = 4)
pelo que, as equações cartesianas da recta que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e é perpendicular
ao plano W são:
2x + y = 3 e 3x + z = 4:
432
b)
W = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 2; 3)i = 0 :
Logo, a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e é paralelo ao plano
W é:
h(x 1; y 1; z 1); (1; 2; 3)i = 0 , x 2y 3z = 4:
28. Considere a recta
r = (1; 1; 1) + L (f(1; 1; 1)g) :
a) Seja W = L (f(1; 1; 1)g). Então
W = W?
?
1
= N
?
1 1
= (L (f(1; 1; 0); ( 1; 0; 1)g))? .
Logo,
(x
, (h(x
1; y
1; z
1; y
1; z
1); (1; 1; 0)i = 0 e
1) 2 W ,
h(x
1; y
1; z
1); ( 1; 0; 1)i = 0)
, (x + y = 2 e 3x + z = 4)
pelo que, as equações cartesianas da recta r são:
x+y =2 e
x + z = 0:
b) Como
W ? = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 1; 1)i = 0 ;
então a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 0; 0) e é perpendicular à
recta r é:
h(x 1; y 0; z 0); (1; 1; 1)i = 0 , x y + z = 1.
29. Seja P o plano (em R3 ) que passa pelos pontos: (1; 1; 1) ; (2; 0; 3) e (0; 2; 2). Tem-se
P = f(1; 1; 1)g + L (f(1; 1; 2); ( 1; 1; 1)g)
uma vez que
(1; 1; 2) = (2; 0; 3)
(1; 1; 1)
( 1; 1; 1) = (0; 2; 2)
(1; 1; 1) .
e
a) Seja
U = L (f(1; 1; 2); ( 1; 1; 1)g) .
Logo,
U= U
? ?
=
N
1
1
1 2
1 1
433
?
=
N
1
0
1 2
0 1
?
= (L (f(1; 1; 0)g))? = (x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 1; 0)i = 0
e assim, a equação cartesiana do plano P que passa pelo ponto (1; 1; 1) é dada por:
(h(x
1; y
, (1 (x
ou seja por
1); (1; 1; 0)i = 0) ,
1; z
1) + 1 (y
1) = 0) ,
1) + 0 (z
x + y = 2.
b) Equações paramétricas de P:
8
x=1+
>
>
>
>
<
y=1
+
>
>
>
>
:
z =1+2 +
com ;
2 R.
c) Equação vectorial de P:
(x; y; z) = (1; 1; 1) + (1; 1; 2) + ( 1; 1; 1); com ;
2 R:
30. Determine a solução de mínimos quadrados de Au = b, com
2
3
2 3
1 2
3
A=4 2 4 5 e b=4 2 5
1
2
1
calculando o correspondente vector erro de mínimos quadrados.
Tem-se car AT A = car A = 2 e como tal a solução de mínimos quadrados é única e
dada por:
1 T
u = AT A
A b=
0
=@
1 2
2 4
2
1
4 2
1
1
2
31
2
4 5A
2
1
1 2
2 4
1
2
2
3
3
4 2 5=
1
O vector erro de mínimos quadrados b Au é dado por:
2 3 2
3
2 8 3
3
1 2
5
6=5
b Au = 4 2 5 4 2 4 5
= 4 45 5
1=10
0
1
1
2
sendo o erro de mínimos quadrados dado por:
kb
Auk =
8
;
5
434
4
;0
5
=
4p
5.
5
6=5
1=10
.
Resolução da 3a 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
à equação
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
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).
435
(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
k
X
T (v) =
hv; ui i ui ,
i=1
com v 2 V .
436
Mostre que T é invertível se e só se k = n.
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
437
j j2 kvk2 = 0 , j j = 1.
v6=0
7. Existência.
Se N (T ) = Rn então u0 = 0.
(N (T ))? :
Rn = N (T )
Se N (T ) 6= Rn então existe v0 2 (N (T ))? n f0g. Seja u 2 Rn arbitrário. Logo
T (u)v0
T (v0 )u 2 N (T )
pois
T (T (u)v0
T (v0 )u) = T (u)T (v0 )
T (v0 )T (u) = 0.
Deste modo
hT (u)v0
T (v0 )u; v0 i = 0
o que é equivalente a
T (u) = hu;
Assim existe
u0 :=
tal que
T (v0 )
v0 i:
hv0 ; v0 i
T (v0 )
v 0 2 Rn
hv0 ; v0 i
T (u) = hu; u0 i;
para todo o u 2 Rn .
Unicidade. Suponhamos que existem u0 ; u1 2 Rn tais que
hu; u0 i = T (u) = hu; u1 i;
para todo o u 2 Rn . Assim
para todo o u 2 Rn , isto é
hu; u0
u0
u1 i = 0;
u1 2 (Rn )? = f0g ;
ou seja
u0 = u1 :
8. Os casos k = 0 ou k = n são triviais, pelo que vamos supôr que 1 k n 1. Sejam
fv1 ; :::vk g uma base ortogonal de V e fw1 ; :::; wn k g uma base ortogonal de V ? de modo
a que B =fv1 ; :::vk ; w1 ; :::; wn k g seja uma base ortogonal ordenada de Rn . A matriz
que representa P em relação a B é a matriz diagonal com as primeiras k entradas
da diagonal principal iguais a 1 e as restantes iguais a zero (note que P (vi ) = vi e
P (wj ) = 0 para todos os i 2 f1; :::; kg; j 2 f1; :::; n kg). Logo P é diagonalizável e
o polinómio característico é dado por:
p( ) = ( 1)n (
1)k
n k
:
9. Sejam u 2 C(A) e v 2 N (A) quaisquer. Usando o produto interno usual, tem-se
N (A) = N (AT A)
438
e assim
C(A) = L(AT ) = N (AT )
?
= N (AAT )
?
= L(AAT ) = C (AAT )T
= C AAT :
Logo
u = AAT v 0
para algum v 0 2 Rn e como
AT Av = 0
tem-se
hu; vi = uT v = AAT v 0
T
T
v = (v 0 ) AAT v
=
AAT =AT A
T
T
(v 0 ) AT Av = (v 0 ) 0 =0.
Assim
(N (A))?
C(A)
e como
Rn = (N (A))?
N (A)
e
n = dim C(A) + dim N (A)
então
dim C(A) = dim (N (A))? :
Pelo que
C(A) = (N (A))?
isto é
(C(A))? = N (A).
10. Para todos os u; v 2 V ,
0 = hT (u + v); u + vi = hT (u) + T (v); u + vi =
= hT (u); ui + hT (v); vi + hT (v); ui + hT (u); vi =
= hT (v); ui + hT (u); vi :
Logo, para todos os u; v 2 V ,
0 = hT (iv); ui + hT (u); ivi = hiT (v); ui + hT (u); ivi =
i hT (v); ui + i hT (u); vi :
Assim, para todos os u; v 2 V ,
0 = hT (v); ui + hT (u); vi +
1
( i hT (v); ui + i hT (u); vi) = 2 hT (u); vi ;
i
ou seja, para todos os u; v 2 V , hT (u); vi = 0. Assim, fazendo v = T (u), tem-se
kT (u)k2 = hT (u); T (u)i = 0;
para todo o u 2 V , ou seja T (u) = 0, para todo o u 2 V , isto é, T = 0.
439
Resolução da 9a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. (i) (312645) é par pois tem 4 inversões.
(ii) (234516) é par pois tem 4 inversões.
(iii) (654321) é ímpar pois tem 15 inversões.
(iv) (123456) é par pois tem 0 inversões.
(v) (546321) é ímpar pois tem 13 inversões.
(vi) (453261) é par pois tem 10
inversões.
(vii) (634125) é ímpar pois tem 9 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
a31 a32 a33
=
a13 a22 a31
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
0
0 a23
0 a32 a33
a41 a42 a43
a14
a24
a34
a44
440
= a14 a23 a32 a41
uma vez que (1234) e (4321) têm a mesma paridade.
(iii) Ao efectuar n 1 + n 2 + ::: + 2 + 1 trocas de linhas: linha 1 com cada uma das
n 1 linhas que lhe estão abaixo, nova linha 1 com cada uma das n 2 linhas que lhe estão
abaixo (excluindo a nova linha n) e assim sucessivamente, tem-se
2
3
2
3
0
0
a1n
an1
ann
6
7
6
n 1
an 1 n 7
7 = ( 1)n 2 det 6 0 an 1 2
7=
det 6
4 0 an 1 2
4
5
an 1 n 5
an1
ann
0
0
a1n
= ( 1)n
n 1
2
a1n :::an
1 2 an1
atendendo a que
n
1+n
=4
6=
2 + ::: + 2 + 1 = (n
1)
n
n 1
1+1
=n
:
2
2
4.
(i)
1 2
3 4
2 6= 0, logo a matriz é invertível.
18563 18573
18563 10
18563 10
=
=
= 29090 6= 0, logo a matriz é
21472 21482
21472 10
2909 0
invertível.
p
p
1 + p2 2 p3
(iii)
= 1 2 (4 3) = 2 6= 0, logo a matriz é invertível.
2+ 3 1
2
(ii)
(iv)
cos
sen
(v)
2 0 1
5 3 0
5 1 2
=
12 + 5
(vi)
2
5
2
2
3
1
=
(vii)
(viii)
(ix)
2
5
2
sen
cos
3
1
1
1
1
3
1
3
2
8 12
5
1
2 1
1 2 3
4 5 6
7 8 9
= cos2
=
( 15) = 8 6= 0, logo a matriz é invertível.
2 + 18 + 10
=
8
3
1
sen2 ) = 1 6= 0, logo a matriz é invertível.
(
=4
1 2 3
2 1 0
4 2 0
4
15
2
5
2
3
1
1
2
3
1
2
5
2
3
1
1
2
3
1
=
1 2 3
2 1 0
0 0 0
441
( 6) = 13 6= 0, logo a matriz é invertível.
=
por (vi)
=
por (vi)
13 6= 0, logo a matriz é invertível.
52 6= 0, logo a matriz é invertível.
= 0, logo a matriz não é invertível.
0
1
0
0
(x)
1
0
1
0
0
1
0
1
2
0
0
0
(xi)
0
0
1
0
2
1
0
0
0
1
0
0
=
8
2
3
0
1
0
0
0
6
0
23
5
0
0
0
1
0
0
1
0
=
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
= 1 6= 0, logo a matriz é invertível.
= 30 6= 0, logo a matriz é invertível.
(xii)
1
1
2
2
3
2
1
0
=
1
1
1
2
1
1
1
0
=
1
0
2
2
2 [ 6 + 1 + ( 2)
3
1
1
0
1
2
1
2
1
2
1
0
( 1)
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
=
2] = 20 + 18 = 38 6= 0,
2
logo a matriz é invertível.
(xiii)
0
0
0
2
0
0
1
2
0
3
2
8
5
23
0
6
42
52
62
72
12 22 32 42
3 5 7 9
=
5 7 9 11
7 9 11 13
=
2
0
0
0
2
1
0
0
8
2
3
0
6
0
23
5
=
por (xi)
30 6= 0, logo a matriz é
invertível.
12
22
(xiv) 2
3
42
22
32
42
52
32
42
52
62
=
12 22 32 42
3 5 7 9
2 2 2 2
2 2 2 2
=
12 22 32 42
3 5 7 9
2 2 2 2
0 0 0 0
=
= 0, logo a matriz não é invertível.
0 4
0 0
(xv) 0 0
0 0
5 0
logo a matriz é
(xvi)
só se a 6=
a
b
0
0
0
b.
0 0 0
0 2 0
0 0 1 = 5( 1)5+1
3 0 0
0 0 0
invertível.
0
a
b
0
0
0
0
a
b
0
0
0
0
a
b
b
0
0
0
a
4
0
0
0
0
0
0
3
0
2
0
0
0
0
1
0
= 5 44( 1)1+1
= a5 + b5 6= 0 se e só se a 6=
442
2
3
0 2 0
0 0 1 5 = 120 6= 0,
3 0 0
b, logo a matriz é invertível se e
7
1
(xvii)
2
2
4
2
1
2
0
0
3
0
= 3 (6 ( 19 + 3
invertível.
5
2
8
4
8)) =
9
5
8
6
7
0
3
0
0
0
6
0
4
3
5
1
2
3
3
4
6
3
5
1
4
1
2
8
9
6
7
2
7
3
0
invertível.
0
2
3
1
5
12
(xviii)
3
(xix)
=
7
0
0
0
5
4
0
0
0
3
=
1
0
5
3
7
=
3
2
8
9
n
4
1
1
1
2
2
2
1
3
3
=
1
0
3
0
0
3
2
7
0
6
0
1
p0
3
=
n
= ( 1)6
n
1
1 n
1
..
.
..
.
..
2
1
=
0
2
1
0
(xxi)
2
1
4
2
2
3 (6 ( 19 + 3
7 4 6
2 ( 1)6 ( 3)6 0 0 p1
5 3
3
2 1 0
7 3 0
(xx)
3 1
3 9 0
matriz é invertível.
7
3 ( 1)6 1
2
2
.
. ..
2
1
1
..
.
1
1
8)) =
4
2
9
7
0
2
3
1
6
4
1
1
13
0
2 ( 1)6
=
7
0
0
5
6 ( 1)5
2 1
7 3
3 9
=
8
25
30
17
1
1
..
.
6
4
3
5
=
4
1
1
2
3
=
2
7
7
2
4
5
=
1
3 0
0
2
2
6 8
18 19
2
1
3
3
6
2
1
=3
25
5
17
2
1
3
3
=
6
4
3
5
4
1
1
2
9
8
6
7
=
3
2
7
0
6
2
3
25
5
12
= 6 6= 0, logo a matriz é invertível.
2 ( 1)5
=
90 6= 0, logo a matriz é
=
1
1
1
2
2
2
.. . .
.
.
1 2
n 1 n 1
1 2
n 1
n
443
2
2
4
78) = 171 6= 0, logo a matriz é
1
6
5
1
3 p0
7
3
7 4
5 3
0
2
0
30 =
3 (21
4
0
0
3
1
3 2
7
=
3
9
8
6
7
3 ( 1)4
=
2 1
5
2
4
2 1
3 9
=
= 30 6= 0, logo a
=
1
0
..
.
1
1
1
1
1
1
.
.
.
.
=
.
.
0 1
n 2 n 2
0 1
n 2 n 1
invertível.
2
0
6 e
6
5. (i) Seja A = 6
6 0
4 0
0
det A = 0, isto é, A não
1
=
a 0 0 0
0 b 0 0
f 0 c 0
0 g 0 d
0 0 h 0
é invertível.
det A =
0
e
0
0
0
a
0
f
0
0
1
0 1
.. . .
.
.
0
=
1
..
.
...
= 1 6= 0, logo a matriz é
..
. 1
0 1
3
7
7
7, com a; b; c; d; e; f; g; h 2 R. Se a = 0 ou h = 0 então
7
5
Se a 6= 0 e h 6= 0 então
0
b
0
g
0
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.
Em alternativa, pelo teorema de Laplace
det A = ( 1)5 f
0
e
0
0
0
b
g
0
0
0
0
h
0
0
+ ( 1)7 c
d
0
0
e
0
0
a
0
0
0
0
b
g
0
0
0
d
0
= 0.
(ii) Diga, para que
2
0
6 f
6
6 0
det 6
6 0
6
4 0
0
=
valores de a; b; c; d; e; f; g; h; i; j 2 R, é invertível a seguinte matriz
3
2
3
a 0 0 0 0
f b 0 0 0
7
0 b 0 0 0 7
6 0 0 c 0 0 7
6
7
g 0 c 0 0 7
3
7 = a ( 1) det 6 0 h 0 d 0 7 =
6
7
0 h 0 d 0 7
7
4 0 0 i 0 e 5
5
0 0 i 0 e
0 0 0 j 0
0 0 0 j 0
3
2
2
3
f b 0 0
f
b
0
6 0 h d 0 7
7
7
4
5
ac ( 1)5 det 6
4 0 0 0 e 5 = ace ( 1) det 0 h d = acef hj,
0 0 j
0 0 j 0
pelo que a matriz será invertível se e só se a; c; e; f; h; j 2 Rn f0g.
6. Determinemos todos os valores do escalar
invertível, isto é, todos os valores próprios de A.
444
para os quais a matriz A
I não é
3
= (1 + )
2
1
I) = 0 , ( = 2 ou = 3).
(i) det (A
I) =
Logo, det (A
1
I) =
2
1
2
2
=
1
1
1
= det 4
0
0
0 , ( = 0 ou = 3).
2
1
3
1
1
1
1
6.
+ 4 (1 + )
2
1
0
)=
= 3).
3
1
0 5=
1
0
3
1
0 5 = ( 1)3 (
1
4 (1
3 ou
=
5 = det 4
1
3
2
1
3
0 5 = det 4 0
0
1
+
I) = 0 , ( = 0 ou
1
I) = det 4
(iii) det (A
2
2
2
0
1
2
2
+ 8 . Logo, det (A
(ii) det (A
=
0
2
6=
2
3)
. Logo, det (A
I) =
(iv)
det (A
2
1
6
6
I) = det 6
4
1
..
.
.
1
1
0
..
.
,
2
1
4
2
6
8. a) A = 6
4 0
1
1
0
3
1
6
6
6
det 6
6
4
..
.
.
1
0
...
0
..
.
..
0
7
7
7
n
7 = ( 1) (
7
0 5
...
1
n 1
n)
3
1
0 7
7
1 5
:
= n).
!
L1 +L2 !L2
L1 +L4 !L4
445
2
1
6 0
6
4 0
0
0
2
1
1
0
0
1
0
1
1
.
..
0
1
.
0
,
0
1
0
..
.
0
2
1
0
1
0
0
1
1
=
L1 +Li !Li
i=2;:::;n
..
I) = 0 , ( = 0 ou
2
n n
...
2
0
1
7
7
7
5
1
n
6
6
6
det 6
6
4
3
1
..
.
1
2
=
7.
..
1
Ci +C1 !C1
i=2;:::;n
Logo, det (A
1
..
.
...
3
7
7.
5
.
1
0
..
.
3
7
7
7
7=
7
0 5
8
< 2 se
3 se
Logo car A =
:
4 se
=1
= 1
6= 1 e
6=
1.
A é 4 4. Logo A é invertível se e só se car A = 4. Assim, A é invertível se e só se
2 Rn f 1; 1g.
b) det (A0 )n + (A0 )n+2 = det (A0 )n I + (A0 )2
= (det A0 )n det I + (A0 )2
| {z }
=1
c) (A )
=
1
(3;1)
2
(1
) (1 + )
9. (i) A
(ii) A
(iii) A
1
1
1
3
6 0
= det 6
4 1
1
0
2
0
0
0
0
2
0
=
1
1
3
1
0 7
7 = 20:
1 5
2
1
1
(cof A )(1;3) =
=
det A
(1
2
1
2
=
1+3
)2 (1 + )
( 1)
0
1
1
0
0
1
=
:
1
1
=
(cof A)T =
det A
2
4
2
2
1
1
1
=
(cof A)T = 4 1
det A
1
0
3
1
T
=
2
3=2
2
3T
1
0 0
1 0 5 =4 0
0
1 1
1
1=2
1
1
0
3
0
1 5
1
2
3
3T
3 4 2=3
18 0 6
1
1
=
(cof A)T = 4 24 0 6 5 = 4 0 0 1=6 5
det A
6
1 1 1=6
4 1 1
2
10.
I
0 1
2 2
A = A det
,A=
0 1
2 2
2 1
2 0
,
1
=
2 1
2 0
0 21
1 1
A=I,
:
11.
det AT A + A det A
5A
= det A det AT + I det A 5I
=
det A=4
02
3
1
2
1 1
1
2
1 1 5 I A = 4 det 4 1
= 4 det @4 1
1
1
1
1
446
1
2
1
3
1
1 5 = 0;
2
logo a matriz AT A + A det A
5A é não invertível.
12.
T
1
det
2A A det A
13.
2
0
6 1
det 6
4 0
1
a
0
2
0
0
2
0
a
2
2
=
2 det(A )
1
1
( 2)3
3
T
det A = ( 2)
=
=
det A
(det A)6
( 2)6
3
3
2
3
2
1
1
2
0
1
0 7
7 = 1 , a ( 1)1+2 det 4 0 0 1 5 + ( 1)1+4 det 4 0
1 5
1 a 0
1
0
, a (a
3
0 2
2 0 5=1,
0 a
1 2
1 a
1 2
+ ( 1) ( 2) ( 1)2+2 det
=1,
1 a
p
p
5).
2) = 1 , a2 4 = 1 , (a = 5 ou a =
a ( 1)2+3 det
,
2) + 2 (a
14.
2
6
det 6
4
1
0
1
1
1
1
1
0
3
2
0
6
2 7
7 = det 6
4
2 5
1
2
0
0
2
2
det A3 + A4
1
0
1
1
1
4
= det 0
1
Logo
= (det A)3 det (I + A) =
=
2
2
0
1
1
6
8 det 6
4
1
0
1
0
0
0
3
2
1
1
0
0
3
2
0
6
2 7
7 = det 6
4
0 5
1
0
0
2
2
3
1 0
1 0 5 = 2 det
0 2
2
6
8 det 6
4
3
0
2 7
7=
2 5
2
2
0
1
1
8
1
0
1
0
1
0
0
0
3
2
2
2 det 4
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
=
3
0
2 7
7=
2 5
2
2
1
1
1
1
0
15.
det A6
0
2
0
B
6 1
6
=B
@det 4 0
0
0
0
1
0
0
0
0
1
1
:
8
A5 = (det A)5 det (A
315
2
1
1
0
7
C
6
0 7C
0
1
det 6
4 0
0 5A
0
0
0
0
447
I) =
0
0
1
0
3
1
2 7
7 = 3:
0 5
3
0
0
2
0
3
0
2 7
7=
0 5
1
2:
3
0
3 5 = 48:
2
16.
AXB
2
0
1
B = AX det AT A , AX @B
3
0 0 1
,X=4 0 1 0 5
1 0 0
12
Idet AT A A = B ,
| {z }
=1
32
3
1
1 0 1
0 0 1
0 2 0 54 0 1 0 5
1 0 1
1 0 0
4
2
3
1
0 5:
1
1 0
=4 0 2
1 0
17. (i) Tem-se
det A =
3
1
0
3
2
0
9
1
0
0
2
0
2
3
0
2
= ( 2) ( 1)3+3
= ( 2) (2 + 18
( 4)
9) =
3
1
3
2 2
0 3
1 2
=
30 6= 0
pelo que A é invertível. Logo,
A
1
(2;2)
=
det B =
1
(cof A)T
det A
1
4
0
0
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
1
( 1)2+2
30
0 1
= ( 1)( 1)1+1 1 0
0 2
3
0
3
0 2
2 0
0 2
8
3
1
=
=
4
:
5
17 6= 0
pelo que B é invertível. Logo,
B
1
(2;3)
1
=
(cof B)T
det B
(2;3)
1
=
(cof B)(3;2) =
det B
2
4 2
6 3
0
(ii) det (A + B) = det 6
4 0 10
3
2
det B
2
2 2 0 0
6 5 0
1 3
det (A B) = det 6
4 0 8
2 3
3 0
2 0
0
1
2
2
3
3
4
3 7
7=
3 5
4
7
7 = 138 6=
5
448
1
( 1)3+2
17
134 6=
13 =
47 =
1 0 2
4 1 0
0 2 2
30
30 + 17 = det A
=
14
.
17
17 = det A +
det B
1
3
2
5
18. (i) x =
3
7
3
7
=
2
=2
1
e
y=
2
5
2
5
1
3
3
7
=
1
=
1
1
(ii)
x=
1
1
1
1
2
1
1
0
2
1
0
2
0
1
2
0
1
2
5
= 1; y =
5
=
1 0 1
2 3 2
0 1
2
6 6= 0, logo D é invertível.
19. det C =
1
(i) det (2C
) = 23
(iii) det
C 2C
0
1
2
0
1
2
= 0 e z=
1
2
1
1
2
1
1
0
2
1
0
2
1
1
1
0
1
2
5
=
5
=
9
7
2
8
3
0
1
0
0
2
=
= det C
11
2
(C
1 T
)
1
det C T det (C
23
02
1 1
2
@
4
8 11
(v) det (C + 2D) = det
2 1
2
19
4
6
= det
2
15
5
1
3
3
4 5 = 62
6
=
1 1
1
9
= (det C)2 =
3
2 det C
8
2
1
= 3 det (C
2
1
) det (C
1
1
)= 3
2
1
det C
1
288
(iv) det C T 12 C
1
4
3
= (det C)3
1
T
1
1
1
1
0
2
6 6= 0, logo C é invertível. det D =
=
1
=
det C
1
(ii) det C 3 (2C)
1
2
1
1
2
1
2
)=
1
1
1 1
det C
=
2 = 3
3
2
2 det C
(det C)
3
2
1
9
5
4
4
7
+2
6
2
449
8
3
0
31
1
0 5A =
0
1
48
2
=
=
3
2
8 (det C)
1
2 3
D
3
2C T
(vi) det
3
DT
1
1
= ( 2)3 det C T
C
22.
(i)
a
d
g
x
1 1 a
2 b 1
c 2 2
b
e
h
y
0
0
0
1
d e f
g h i
a b c
=
c
f
i
z
2
(ii)
a b c
d e f
g h i
=5,
=5
a+3
1
b+3 b 2
c+3 2 c
a
2d
g
(ii)
2h
2g
f 3c e 3b d 3a
c
b
a
a
6
23. (i)
1
2
a
(iii)
(iv)
b
3
1
1 b
3
1
c
0
b
c
2e 2f
h
i
1
C
= 10
=
p
1
=
64
3.
(det B)3
2
2
c
= 10
(v)
3
2
1
2
2 c
3
2
det
1
det (DT )
=
2
(iii) det
(iii)
a g d
b h e
c i f
(ii)
a+d b+e c+f
d
e
f
g
h
i
=
5
a
b
c
2a + 2 2b + 1 2c
a+1 b+2 c+1
1
1
1
=1
1
1
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
=
1 T
B B
2
=
=5
2i
(iv)
2 3
D
3
1
1
27
3
det D
27
=8
=
= .
3
2
36
4
(det D) det C
(det D) 8
20. det(2AT B 3 ) = 23 det AT det(B 3 ) = 8 det A
21. (i)
1
1
1
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
450
=
=1
=5
1
2
=
=
1
2
1
2
1
0
3a + 1 3b + 2 3c + 1
1
2
+
24.
25.
26.
1
..
.
2
1
+1
+1
+1
+1
+1
1
2
+2
+2
+2
+2
+1
1
1
..
.
+1
1
1
..
.
1
27. Sejam
1
=
.
1
2
3
+3
+3
+3
1
2
3
4
+4
+4
aij =
..
1
:::
1
1
n 2
n 1
=
...
:::
=
1
..
.
+1
1
1
+1
0
0
0
0
0
1 1
1
0
0 0
0 0
0 0
=3
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1
0
1
0 0
6
=
.
=
n
1
a1n
2 a2n
.
n.
1
a11
a21
..
.
an1
1
a12
a22
a13
1
a23
a32
..
.
a33
n 2
2
a43
..
.
n 3
an2
n 2
n 3
n
n
n 3
a11
1
a21
..
.
a12
2
a22
n 2
..
.
an1
n 2
a32
n
n
an2
451
:::
:::
...
..
.
..
.
an3 : : :
n 1
n 1
a b c
=3 2 1 0
1 2 1
0 0 :::
0
1
0 :::
0
..
...
. 0
.
..
.
. 0 . . 0 ..
.. . .
.
0
.
1 0 0 ::: 0
1
.
n 1
=
1
2
3
4
5
+5
:::
:::
...
6= 0 e A = (aij )n
i j
det
2
1 2 1
2 1 0
3a 3b 3c
=
a13 : : :
a23 : : :
.
3
a33 . .
.
3
a43 . .
..
..
.
.
n 3
an3 : : :
1
a1 n
1
n 3 a2 n
1
n 2
1
an
n 1
1
1
n
..
.
2n 1
an 1 n
an n
1
a1 n
a2 n
an
1
1
1
1
2n 1
=
an 1 n
ann
a1n
a2n
..
.
a n 1 n 1 an 1 n
an n 1
ann
=
=
1
:::
1
1
n 2
n 1
n 1 n 2
a11 a12
a21 a22
..
. a32
..
.
:::
a13 : : : a1 n 1
a1n
a23 : : : a2 n 1
a2n
.
a33 . .
..
.
a43 . . an 2 n 1
.
.. . .
. an 1 n 1 an 1 n
.
an3 : : : an n 1
ann
an1 an2
28. Seja
= det A.
2
3
1 a a2
A = 4 1 b b2 5 ,
1 c c2
com a; b; c 2 R. A matriz A é invertível se e só se det A 6= 0. Tem-se
=
1
a
a2
0 b a b 2 a2
0 c a c 2 a2
1
a
a2
0 b a b 2 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
b2 a2
a2 (c a)(b + a)
1
a
a2
2
0 b a
b
a2
0
0
(c a) (c b)
=
=0
se b = c.
Logo, a matriz A é invertível se e só se a 6= b; a 6= c e b 6= c.
29. (i)
1 1 1
x 1 y1 y1
x 2 x2 y2
(ii)
=
1
0
0
x1 y1 x1 y1 x1
x2
0
y2 x2
2
(x1 )3
6 (x2 )3
det 6
4 (x3 )3
(x4 )3
(x1 )2
(x2 )2
(x3 )2
(x4 )2
x1
x2
x3
x4
= (y1
x1 ) ( 1)2+2 det
3
2
1
6
1 7
7 = det 6
4
1 5
1
452
1
1
1
1
x1
x2
x3
x4
(x1 )2
(x2 )2
(x3 )2
(x4 )2
1
0
x2 y2 x2
3
(x1 )3
(x2 )3 7
7=
(x3 )3 5
(x4 )3
= (y1
x1 ) (y2
x2 ) .
2
= (x4
1
x1
(x1 )2
6 0 x2 x1 (x2 )2 (x1 )2
= det 6
4 0 x3 x1 (x3 )2 (x1 )2
0 x4 x1 (x4 )2 (x1 )2
2
1 x1
6 0 1
x1 ) (x3 x1 ) (x2 x1 ) det 6
4 0 1
0 1
2
(x1 )3
(x2 )3
(x3 )3
(x4 )3
3
(x1 )2
(x1 )3 (x1 )3
x2 + x1 x21 + x1 x2 + x22 7
7=
x3 + x1 x21 + x1 x3 + x23 5
x4 + x1 x21 + x1 x4 + x24
1 x1 (x1 )2
6 0 1 x2 + x1
= (x4 x1 ) (x3 x1 ) (x2 x1 ) det 6
4 0 0 x3 x2
0 0 x4 x2
2
1
6 0
= (x4 x1 ) (x3 x1 ) (x2 x1 ) (x3 x2 ) (x4 x2 ) det 6
4 0
0
2
1
6 0
= (x4 x1 ) (x3 x1 ) (x2 x1 ) (x3 x2 ) (x4 x2 ) det 6
4 0
0
= (x4
x1 ) (x3
= (x1
30. (i)
x1 ) (x2
x2 ) (x1
x3 ) (x1
b+c c+a b+a
a
b
c
1
1
1
a1 + b 1 a1
(ii) a2 + b2 a2
a3 + b 3 a3
b1 c 1
b2 c 2
b3 c 3
(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
31.
a1 + b1 c1 + d1
a2 + b2 c2 + d2
= a1 c 2
=
x1 ) (x3
2a1 a1
2a2 a2
2a3 a3
=
x2 ) (x4
x3 ) =
x4 ) (x3
=
2a1
2a2
2a3
b1 c1
b2 c 2
b3 c 3
x4 )
0 0 0
a b c
1 1 1
=
=
a1 b 1 c 1
a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
a2 c1 + a1 d2
+
x3 ) (x2
b1 c 1
b2 c 2
b3 c 3
= (a1 + b1 ) (c2 + d2 )
a1 c 1
a2 c 2
3
x1 (x1 )2
(x1 )3 (x1 )3
1 x2 + x1 x21 + x1 x2 + x22 7
7=
0
1
x1 + x3 + x2 5
0
1
x1 + x4 + x2
3
x1 (x1 )2
(x1 )3 (x1 )3
1 x2 + x1 x21 + x1 x2 + x22 7
7=
0
1
x1 + x3 + x2 5
0
0
x4 x3
a+b+c a+b+c a+b+c
a
b
c
1
1
1
=
=
3
(x1 )3 (x1 )3
7
x21 + x1 x2 + x22
7
2
2 5 =
x1 (x3 x2 ) + x3 x2
x1 (x4 x2 ) + x24 x22
x2 ) (x4
x4 ) (x2
3
(x1 )3
(x1 )3 7
7=
(x1 )3 5
(x1 )3
(a2 + b2 ) (c1 + d1 ) =
b2 c 1 + b1 c 2
a1 c 1
b2 d2
+
453
a2 d1 + b1 d2
b1 d1
a2 c 2
+
b2 d1 =
b1 d1
:
b2 d2
=0
a1 b 1 c 1
2 a2 b 2 c 2
a3 b 3 c 3
32.
0 0
2 1
0 0
2
1
5
=
0 0 2
2 1 1
0 0 0
4 2
2 1
0 0
=0 e
2
1
5
=
0 0
2 1
0 0
0
1
5
=0
2x x 1 2
1 x 1
1
33. O coe…ciente de x3 na expressão
é 1, uma vez que as permutações
3 2 x 1
1 1 1 x
correspondentes ao produto x
1
x
x
(a das linhas) e (2134) (a das colunas):
|
{z
} são (1234)
| {z }
| {z }
=x3
34. (i)
1
0
1
x
x
(ii)
x
x
x
4
x
x
(iii)
,
,
,
35.
x
1
1
1
1
x
1
1
x 1
1 1
0 2
x
x
4
x
1
1
x
1
x
x
x
4
1
1
1
x
=0,
x 0
1 1
0 1
=0,
5 3 3
7 1 5
8 7 1
=
=0,
1+x=0,x=1
x
x
x
1
x
1
1
1
0 x 1
0
1 x
0
0
x 1 1 x
1
1
1
x
=0,
0
0
0
3 2x x2
0 x 1
0
1 x
0
0
x 1
1 x
1
0
0
0
1
0
0
0 x 1
0
0
0
x 1
0
0
0
3
ímpar
x
x
x
x
0 4 x
0
0
0
0
4 x
0
0
0
0
4 x
=0,
x 1 x 1 x 1
0 x 1
0
1
0
0
x 1 1
1
0
0
x
1
0
1
par
0
0
0
2x
100C1 +10C2 +C3 !C3
= 0 , x (4
=0,
0 1 x 1 x 1 x2
0 x 1
0
1 x
0
0
x 1 1 x
1
0
0
x 1
=0,
=0,
=0,
0
0
0
3
0 x 1
0
0
0
x 1
1
0
0
(x
x)3 = 0 , (x = 0 ou x = 4)
1)2 (3
2x
2x
0
0
0
x2
=0,
x2 ) = 0 , (x = 1 ou x =
x2
5 3 533
7 1 715
8 7 871
454
=
5 3 13
7 1 13
8 7 13
5 3 13
= 13 7 1 13
8 7 13
.
3)
36.
2
1
3
1 8
0 10
7 4
=
3C2 +C3 !C3
2
1
3
1 5
0 10
7 25
2
1
3
=5
1 1
0 2 .
7 5
37. 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 =
det A = det AT = det ( A) = ( 1)n det A
A. Logo
det A , det A = 0:
=
n é ímpar
Pelo que A não é invertível.
38. Se A (real) fôr ortogonal então det A = 1 ou det A =
1:
Dem. Sendo A ortogonal, tem-se
AT A = AAT = I
pelo que
(det A)2 = det A det A = det AT det A = det AT A = det I = 1 ,
, (det A = 1 ou
det A =
1) .
Sendo A unitária, tem-se
AH A = AAH = I
pelo que
jdet Aj2 = det A det A = det AH det A = det AH A = det I = 1 ,
, jdet Aj = 1.
39. Sendo A 2 M5
6
(R), tem-se AT A 2 M6
dim N (A) = 6
então 1
dim N (A)
vertível, isto é,
6
(R). Como N (A)
car A
6
N AT A e
5=1
dim N AT A . Logo dim N AT A 6= 0 pelo que AT A não é indet AT A = 0:
455
Resolução da 10a Ficha de exercícios para as aulas de problemas
1. Seja
2
3
9 8 7
A = 4 6 5 4 5.
3 2 1
Como
det (A
2
9 8 7
4
0I) = det 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
6 5 = det 4 0
3
6 5=0
12
0 0
0
{z
}
|
então 0 é valor próprio de A e atendendo a (*) (1; 2; 1) 2 N (A) = L f(1; 2; 1)g, logo
tem-se
2
3 2 3
2
3
1
0
1
A4 2 5 = 4 0 5 = 04 2 5
1
0
1
isto é, (1; 2; 1) é um vector próprio de A associado ao valor próprio 0.
2. Tem-se
2
32
3
2
3
2
32
3
2
3
5 5 5
0
0
5 5 5
1
1
4 5 5 5 54 1 5 = 04 1 5
4 5 5 5 54 1 5 = 04 1 5.
e
5 5 5
1
1
5 5 5
0
0
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 próprios
5 5 5
(associados ao valor próprio 0) linearmente independentes.
3. Determinemos os valores próprios de uma matriz A 2
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
2 cujo traço seja igual a 5 e
det A = 6 , ad
dois valores próprios de A. Como
tr A =
1
+
2
e
456
det A =
1 2
bc = 6.
então
1
+
2
e
=5
1 2
=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
c d
dois valores 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
e assim
2
1
=2
2
1
, (2a + b = 4 e 2b + d = 2).
8
a = 56
>
>
b + 2a + 2d + ad + 4 = 0
>
>
<
b2 2a 2d + ad + 4 = 0
b = 85
,
2a
+
b
=
4
>
>
>
>
:
>
>
2b + d = 2
:
d=
8
>
>
<
2
A=
a b
b d
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).
457
Logo
2
1
4 2
1
e assim
3
2
1 0 j x
1
5
4
0 1 j y ! 0
1 0 j z
0
=
x+y
z,
3
2
1 0 j
x
1
5
4
2 1 j y 2x ! 0
2 0 j z x
0
= 12 ( x + z),
3
0 j
x
1 j y 2x 5
1 j z y+x
1
2
0
= 21 (x + z). Pelo que
1
1
(x + z) T (1; 2; 1) + ( x + z) T ( 1; 0; 1) + ( x + y z) T (0; 1; 0) =
2
2
1
1
= (x + z) (1; 2; 1) + ( x + z) 2( 1; 0; 1) + ( x + y z) 3(0; 1; 0) =
2
2
3
1
3
1
=
x
z; 3y 2x 2z; z
x
2
2
2
2
ou seja, a expressão geral de T é dada por:
T (x; y; z) =
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 A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ). Tem-se
2
3
0 0 0
A = 4 0 1 3 5,
0 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
det(A
I) =
=
0
0 1
0
3
((1
)
0
3
1
3) ((1
458
=
(1
) + 3) =
)2
9 =
( 2
) (4
).
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
quais det(A
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
= 0,
1
2
=
2 e
3
para os
= 4.
(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
1
é dado por
= N (T
02
1 I)
=
31
base canónica
N (A
02
1 I)
0 0 0
0 0
= N @4 0 1 3 5A = N @4 0 1
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
2
2
é dado por
= N (T
02
=
=
=
=
= 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 I)
2
=
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
459
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 .
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
.
Logo, v2 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 10
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
,
uma vez que T (v1 ) = 0v1 = 0v1 +0v2 e T (v2 ) = 10
v = 0v1 + 10
v e deste modo as coordenadas
3 2
3 2
10
a
a
(0; 0) e (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
10
0
det(A
I) =
=
.
10
0
3
3
460
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
quais det(A
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
O subespaço próprio E
E
1
1
=0 e
2
=
para os
10
.
3
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
R é representada pela matriz:
2
0 1
A=4 0 1
0 1
3
! R3 que em relação à base canónica de
3
0
0 5.
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.
461
(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.
(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
= N (T
02
=0 e
2
= 1.
é dado por
= N (A
1 I) =
02
31
31
0 1 0
1
0
1
0 5A = N @4 0 1 0 5A =
= N @4 0 1
1
0 1 0
0
1
1
02
31
0 1 0
@
4
0 0 0 5A = (x; y; z) 2 R3 : y = 0 =
= N
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 6= 0 ou t 6= 0.
O subespaço próprio E
E
2
= N (T
02
2
é dado por
= 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)
462
31
0
0 5A =
1
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 .
(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
com
0
1
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
SBc3 !Bvp
1
= 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
(R3 ; Bc3 )
!
T
I # SBc3 !Bvp
(R3 ; Bvp )
T
!
M (T ;Bvp ;Bvp )
= SBvp !B3c tal que
2
1
com D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
0
2
0
D = P AP
3
0
0 5.
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:
A=
2 3
3 2
.
(i) Tem-se
det (A
0I) = det A =
463
5 6= 0.
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
quais det(A
I) = 0.
O polinómio característico é dado por
det(A
2
I) =
3
3
)2
= (2
2
=( 1
9 = [(2
) (5
)
3] [(2
para os
) + 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
= N (T
1
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
= N (T
=
2
é dado por
= 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
u = (s; s), com s 2 Rn f0g .
464
=
= 5 são
(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
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
1
1
3
1
3
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
D = P AP
com
P
1
1
1
= SBvp !B1 =
1
3
1
3
1
e D = M (T ; Bvp ; Bvp ) =
1 0
0 5
Observação:
P
(R2 ; B1 )
1
"I
(R2 ; Bvp )
A
!
T
T
!
D
(R2 ; B1 )
I#P
(R ; Bvp )
2
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:
Dem. Seja um valor próprio de T . Logo existe v 6= 0 tal que
T (v) = v.
Por outro lado, como
v = T (v) = T 2 (v) = (T
T ) (v) = T (T (v)) = T ( v)
465
=
T é linear
T (v) =
v=
2
v
tem-se
v=
2
v,
) v = 0 , ( = 0 ou
(1
v6=0
= 1) .
Logo, os valores próprios de T são 0 e 1.
(ii) Tem-se
T 2 = T , (T
I) T = 0
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
modo
I). Logo (T
N (T
I) .
I) (u) = 0, isto é, T (u) = u, ou seja u 2 I (T ). Deste
N (T
I)
I (T )
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.
466
O polinómio característico é dado por
1
det(A
0
0
1
I) =
0
0
1
=
(1
)2 .
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 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
= N (T
2
é dado por
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 6= 0 ou t 6= 0.
(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)
467
isto é, por:
x+y+z =0
e o vector dado por:
(0; 0; 1).
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
2
1
4 1
0
e assim
a
3
2
1 0 j x
1
5
4
0 0 j y !
0
1 1 j z
0
= x + y + z,
=
x
y;
3
2
1 0 j
x
1
5
4
1 0 j x+y !
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
468
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
2
)2 =
2
4 + 4.
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
quais det(A
I) = 0. Logo, o valor próprio de T é
para os
= 2.
O subespaço próprio E é dado por
E
= N (T
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
I) =
0
0
0
0
1
2
0
= (3
) (2
)2 =
3
+7
2
16 + 12.
2
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
quais det(A
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
=3 e
469
2
= 2.
para os
O subespaço próprio E
E
1
1
é dado por
= N (T
02
= 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)
O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
1
31
0
0 5A =
1
= 3 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
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.
470
(i) O polinómio característico é dado por
det(A
1
1
0 2
1
=
(2
)2 + =
(2
)2
0
1
2
[((2
) 1) ((2
) + 1)] =
(1
) (3
)
3
2
+4
3 .
I) =
=
=
1 =
(ii) Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
os quais det(A
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
O subespaço próprio E
E
1
= 0,
2
=1 e
3
= 3.
é dado por
= 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 .
471
para
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 ,
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
uma vez que
0
2
0
3
0
0 5,
3
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;
de M (T ; Bvp ; Bvp ).
2 ; 0)
e (0; 0;
3)
constituem respectivamente a 1a , 2a e 3a colunas
(iv) Seja A a matriz que representa T na base canónica de R3 , isto é, A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ).
Tem-se, por (iii),
2
3 2
3
0 0
0 0 0
1
0 5 = 4 0 1 0 5.
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
2
0 0
0 0 3
3
472
Logo, atendendo ao diagrama
A
(R3 ; Bc3 )
1
SBc3 !Bvp
"I
3
(R ; Bvp )
!
(R3 ; Bc3 )
T
I # SBc3 !Bvp
(R3 ; Bvp )
T
!
M (T ;Bvp ;Bvp )
tem-se
D = P AP
com
2
com
P
1
1
,
3 2
3
0
0 0 0
0 5 = 4 0 1 0 5,
D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
2
0 0
0 0 3
3
2
3
1 0 2
1
1 3 5 e A = M (T ; Bc3 ; Bc3 ).
= SBvp !B3c = 4 0
= SBc3 !Bvp
0 1 3
0
1
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
DP .
Logo,
An
e
2
1
1 n
4
= P D P = 0
0
2
1 n
0
3
3
1
4
0 2 + 21 3n
=
1
0
+ 12 3n
2
2
32
32 n
1
0 2
0
0 0
n
5
4
5
4
0
1 3
0 1
0
0
1 3
0 0 3n
3
1 n
3
3
1
+ 12 3n 5
2
1
+ 21 3n
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 n
1
+ 23 y +
+
2
2
1
1 n
1
+
3
y
+
+
2
2
2
para todo o (x; y; z) 2 R3 .
3
0 2
1 3 5
1 3
1 n
3
2
1 n
3
2
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
473
=
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
32
3 2
32
3
0 1 1
7 4 2
9 0
0
0 1 0
1 5
1 5 4 21 0
1 5.
= 4 1 0 0 54 1 7
=4 3 7
2
1
1
0
1 1
1 2 10
0 2
3
2 8
2
Note que deste modo, para todo o (x; y; z) 2 R3 tem-se
2 3
x
4
T (x; y; z) = B y 5 = (9x; 3x + 7y z; 3x
z
2y + 8z) .
(i) O polinómio característico é dado por
9
det(A
I) = det(B
= (9
=
)
(
3
3
I) =
2
9)2 (
0
0
1
7
2
= (9
) [(7
) (8
)
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
os quais det(B
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
O subespaço próprio E
E
1
=9 e
2
= 6.
é dado por
= N (T
02
1
0
@
4
3
= N
3
= N (B
I) =
31 1 02
0
0
0
5
A
@
4
2
1
0
=N
2
1
3
1 I)
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 6= 0 ou t 6= 0.
é dado por
= N (T
02
2] =
= N (B
I) =
31 2 02
3 0
0
3 0
@
4
5
A
@
4
3 1
1
0 1
= N
=N
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)
474
31
0
1 5A =
0
para
O conjunto f(0; 1; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
2
= 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
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0 9 0 5 = 4 0
0 0 6
0
0
1
0
uma vez que
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;
de M (T ; Bvp ; Bvp ).
Logo, atendendo ao diagrama
3)
constituem respectivamente a 1a , 2a e 3a colunas
B
(R3 ; Bc3 )
!
(R3 ; Bc3 )
T
I # SBc3 !Bvp
(R3 ; Bvp )
T
1
SBc3 !Bvp
"I
(R3 ; Bvp )
!
M (T ;Bvp ;Bvp )
tem-se
1
D = P BP
com
2
1
D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 4 0
0
com
P
1
= SBc3 !Bvp
1
= SBvp !B3c
,
3 2
3
0
9 0 0
0 5 = 4 0 9 0 5,
0 0 6
2
0
1
0
2
1
4
= 0
3
3
0 0
1 1 5
2 1
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
475
1
,
tem-se
1
B=P
DP .
Logo,
Bn = P
2
= 4
2
= 4
2
= 4
e
2
2
32 n
32
3
0 0
9
0 0
1 0 0
1 n
1 1 5 4 0 9n 0 5 4 0 1 1 5
D P
2 1
0 0 6n
3
2 1
3
2
3
1 0
9n 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
1
4
= 0
3
32
0
1 54
1
3
1 1
0 0 5
1 1
0
4
= 1
0
Por outro lado,
1
2
An = (SB!Bc )
9n
4 9n 6n
9n 6n
2 2 n 1 n
6 + 39
3
1 n
1 n
4
6
= 39
3
1 n
1 n
6
9
3
3
1
B n SB!Bc =
32
0
0
1 n
1 n 54
1
9 + 36
3
2 n
1 n
9
+
6
0
3
3
3
2 n
2 n
9
6
3
3
1 n
1 n 5
6
9
.
3
3
4 n
1 n
9
6
3
3
0
1 n
9 + 32 6n
3
2 n
9 + 32 6n
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
4 n
6
3
1 n
9
3
2 n
6
3
+
9n x
6n ) x + 31 9n + 32 6n y +
2 n
6n ) x +
9 + 32 6n y +
3
para todo o (x; y; z) 2 R3 .
17. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0;
2
1
4
A= a
d
existem
1;
2
e
3
2 R tais que
(1; 1; 1) 2 N (A
isto é,
1 I),
2
4
1
1
a
d
b
1
c
1
e
=
3
1 1
0 0 5=
1 1
3
+ 31 6n z 5 ,
+ 31 6n z
1) e (1; 1; 0) são vectores próprios da matriz
3
1 1
b c 5,
e f
(1; 0; 1) 2 N (A
1
1 n
9
3
2 n
9
3
1
f
1
476
2 I)
32
e (1; 1; 0) 2 N (A
3 2 3
1
0
54 1 5 = 4 0 5,
1
0
3 I),
2
1
4
e
2
a
d
1
4
1
2
b
2
e
f
1
3
a
d
1
c
b
2
1
c
3
e
f
3
32
3 2 3
1
0
54 0 5 = 4 0 5
1
0
32
3 2 3
1
0
54 1 5 = 4 0 5.
0
0
Logo, tem-se respectivamente
8
8
3
=
0
>
>
1 = 3
1
>
>
>
>
>
>
<
<
a+b+c=3
a+b+c
1 = 0 ,
>
>
>
>
>
>
>
>
:
:
d + e + f = 3,
d+e+f
=
0
1
8
8
=
0
>
>
2
2 = 0
>
>
>
>
>
>
<
<
a c=0
a=c
,
>
>
>
>
>
>
>
>
:
:
d f+ 2=0
d=f
e
8
8
=
0
>
>
3
>
> 3=0
>
>
>
>
<
<
a b+ 3 =0 ,
a=b
>
>
>
>
>
>
>
>
:
:
d e=0
d = e.
Assim,
8
>
>
>
>
>
>
>
>
<
>
>
>
>
>
>
>
>
:
1
=3
2
=0
3
=0
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
a base canónica (ordenada) de M2 2 (R).
477
;
0 0
1 0
;
0 0
0 1
A matriz M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) Bc2
é dada por
2
3
2 0 0 0
6 0 1 1 0 7
7
M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ) = 6
4 0 1 1 0 5,
0 0 0 2
uma vez que
1 0
0 0
T
=
2 0
0 0
1 0
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
1 0
0 0
=0
0 0
1 0
+2
0 0
0 1
.
(ii) Seja A = M (T ; Bc2 2 ; Bc2 2 ). O polinómio característico é dado por
2
det(A
I) =
0
0
0
0
0
1
1
1
0
1
= (2
) [((1
=
(2
)3 .
)
0
0
0
0
2
= (2
)2 (1
)2
1 =
2
1) ((1
) + 1)] =
Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de
quais det(A
I) = 0. Logo, os valores próprios de T são
1
=0 e
478
2
= 2.
para os
O subespaço próprio E
E
1
= N (T
1 I)
1
é dado por
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
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
c
0
0
1
= L
a b
c d
a b
c d
1 I)
2 M2 2 (R) : c 2 R
1
0
a b
c d
1I
=
0 0
0 0
=
0 0
0 0
=
0 0
0 0
=
0 0
0 0
=
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=
O subespaço próprio E
E
2
= N (T
2 I)
=
2
0
s
s
0
é dado por
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
1 0
0 0
;
= 0 são
, com s 2 Rn f0g .
=
= L
1
0 1
1 0
a b
c d
0
c+b
;
=
0 0
0 1
=
.
479
a b
c d
2I
b+c
0
a b
c d
2 I)
2a
2b
2c
2d
2a 2b
2c 2d
=
0 0
0 0
=
=
0 0
0 0
=
0 0
0 0
=
=
0 0
0 0
0 0
0 0
=
=
=
=
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
U=
r s
s t
, com r 6= 0 ou s 6= 0 ou t 6= 0.
(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
= 4 = dim M2 2 (R).
2
Logo, a matriz que representa T na base Bvp
2
2 0 0
6 0 2 0
M (T ; Bvp ; Bvp ) = 6
4 0 0 0
0 0 0
uma vez que
é dada por
3 2
0
2
7
6
0 7 6 0
=
0 5 4 0
2
0
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
,
T
0
1
1
0
0 0
0 0
=
1 0
0 0
=0
0 1
1 0
+0
+0
0
1
1
0
+0
0 0
0 1
,
e
T
0 0
0 1
0 0
0 2
=
=0
1 0
0 0
Deste modo, ( 2 ; 0; 0; 0), (0; 2 ; 0; 0), (0; 0;
1a , 2a , 3a e 4a colunas de M (T ; Bvp ; Bvp ).
Logo, atendendo ao diagrama
(M2 2 (R); Bc2 2 )
1
SBc2
2
!Bvp
"I
(M2 2 (R); Bvp )
0 1
1 0
+0
1 ; 0)
e (0; 0; 0;
A
1
0
!
tem-se
1
2
!Bvp
(M2 2 (R); Bvp )
M (T ;Bvp ;Bvp )
,
+2
0 0
0 1
.
constituem respectivamente a
I # SBc2
T
480
2)
0
1
(M2 2 (R); Bc2 2 )
!
T
D = P AP
+0
com
com
2
0
2
6 0
D = M (T ; Bvp ; Bvp ) = 6
4 0
0
1
P
2
0
0
0
0
0
3 2
0
2 0 0
7
6
0 7 6 0 2 0
=
0 5 4 0 0 0
0 0 0
2
1
1
= SBc2
2
= SBvp !B2c
!Bvp
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
2
I) =
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
1 1
2 2
=N
1 1
= (x; y) 2 R2 :
0 0
= f(y; y) : y 2 Rg = L (f(1; 1)g) .
= N
O conjunto f(1; 1)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de A1 associados ao valor próprio
=
x+y =0 =
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
=N
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 .
481
2 1
2 1
=
2x + y = 0 =
) (4
).
Os vectores próprios de A1 associados ao valor próprio
2
= 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
+ dim E
1
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
1
0
0
I) =
= (2
1
1
3
1
= (2
) (3
)2
1 =
3
) [(3
)
1] [(3
) + 1] = (2
)2 (4
).
Os valores próprios de A2 são
1
O subespaço próprio E
E
1
= N (A2
02
= N @4
02
1
=2 e
2
= 4.
é dado por
1 I)
2
=
1
1
0
0
3
1
31
1
1
1
3
1
31
02
31
0 1 1
5A = N @4 0 1 1 5A =
0 1 1
0 1 1
@
4
0 0 0 5A = (x; y; z) 2 R3 : y + z = 0 =
= N
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 .
482
Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio
1
= 2 são
u = (s; t; t), com s 6= 0 ou t 6= 0.
O subespaço próprio E
E
2
= N (A2
02
2 I)
2
= N @4
02
2
=
1
2
0
0
é dado por
3
2
1
31
1
1
31
3
02
2
5A = N @4 0
0
2
2 1 1
1 1 5A = (x; y) 2 R2 :
= N @4 0
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
y+z =0 =
= 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
+ dim E
1
2
= 3.
Logo, a matriz A2 é diagonalizável e tem-se
D 2 = P 2 A2 P 2 1 ,
com
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
e
(iii) Seja
3
0 1
1 1 5
1 1
3
2 0 0
0 2 0 5.
0 0 4
2
3
1 1 0
A3 = 4 1 1 0 5 .
0 0 0
Tem-se
1
det(A3
I) =
= (
1
1
0
) [(1
0
0
1
=(
) (1
)2
1 =
(2
).
0
)
483
1] [(1
) + 1] =
2
Os valores próprios de A3 são
1
O subespaço próprio E
E
1
1
= N (A3
02
=0 e
2
= 2.
é dado por
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
= N @4 0 0 0 5A = (x; y; z) 2 R3 : x + y = 0 =
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 6= 0 ou t 6= 0.
O subespaço próprio E
E
= N (A2
02
2
= N @4
02
2
é dado por
2 I)
1
=
1
2
1
0
1
0
0
2
0
2
31
31
02
1
5A = N @4 1
0
1 1 0
@
4
0 0 0 5A = (x; y) 2 R2 :
= N
0 0
2
= f(y; y; 0) : y 2 Rg = L (f(1; 1; 0)g) .
1
1
0
31
0
0 5A =
2
x+y =0 e
O conjunto f(1; 1; 0)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de A3 associados ao valor próprio
2
2z = 0 =
= 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 ,
uma vez que
dim E
1
+ dim E
2
= 3.
Logo, a matriz A3 é diagonalizável e tem-se
D 3 = P 3 A3 P 3 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
484
0
1
0
3 2
3
0
0 0 0
0 5 = 4 0 0 0 5.
0 0 2
2
R4 ! R4 que em relação à base canónica de
20. Considere a transformação linear T :
4
R é representada pela matriz
2
0 0
6 a 0
6
4 0 b
0 0
0
0
0
c
3
0
0 7
7,
0 5
0
com a; b; c 2 R.
Determinemos os valores próprios de T . Tem-se
0
a
0
0
0
0
b
0
)4 =
=(
4
.
c
O valor próprio de T é = 0.
O subespaço próprio E é dado por
02
0
0
B6 a
0
6
E = NB
@4 0
b
0
0
c
=
0
0
0
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.
21. (i) Como
Au1 = ( + 1)u1
e
Au2 = (
1)u2
então u1 ; u2 são vectores próprios de A, associados respectivamente aos valores próprios +1
e
1.
(ii)
p( ) = det(A
Para ( + 1 6= 3 e
todos distintos.
I) = (3
1 6= 3) ,
) (
)2
1 = (3
)(
1)(
62 f2; 4g os valores próprios de A: 3;
(iii) Para 62 f2; 4g, fu1 g; fu2 g e f(3
E3 , respectivamente.
;
485
2
+ 1):
+1 e
6 + 8; 1)g são bases de E
+1 ,
1 são
E
1
e
Para
Para
= 2, E3 = E
= 4, E3 = E
+1 .
Além disso, fu2 g é uma base de E 1 e fu1 g é uma base de E3 .
1 . Além disso, fu2 g é uma base de E3 e fu1 g é uma base de E +1 .
(iv) Para 62 f2; 4g a matriz A é diagonalizável, pois os seus valores próprios são todos
distintos. Se = 2 ou = 4 então 3 é valor próprio de A e mg (3) = 1 < 2 = ma (3), pelo
que A não é diagonalizável. Logo A é diagonalizável , 62 f2; 4g.
22. a) e b) 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 2
A = 4 0 1 0 5,
2 0 1
uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 2), T (0; 1; 0) = (0; 1; 0) e T (0; 0; 1) = (2; 0; 1) 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
2
I) =
= (1
0
) (1
2
0
1
0
)2
1
= N (T
1 I)
= N (A
)
1
4 = (1
2
)( 1
=
1 e
2
2
2
1
) (3
).
1
Logo, os valores próprios de T são 1 = 1,
O subespaço próprio E 1 é dado por
E
= (1
=
=3
02
31
0 0 2
I) = N @4 0 0 0 5A = L (f(0; 1; 0)g) :
2 0 0
O conjunto f(0; 1; 0)g é uma base de E 1 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio 1 = 1 são u = (0; s; 0), com
s 2 Rn f0g.
O subespaço próprio E 2 é dado por
02
31
2 0 2
@4 0 2 0 5A = L (f( 1; 0; 1)g) :
E 2 = N (T
2 I) = N (A + I) = N
2 0 2
O conjunto f( 1; 0; 1)g é uma base de E 2 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
s 2 Rn f0g.
O subespaço próprio E 3 é dado por
E
3
= N (T
3 I)
= N (A
02
2
3I) = N @4 0
2
486
0
2
0
2
=
1 são u = ( s; 0; s), com
31
2
0 5A = f(x; 0; x) : x 2 Rg = L (f(1; 0; 1)g) :
2
O conjunto f(1; 0; 1)g é uma base de E 3 .
Os vectores próprios de T associados ao valor próprio
s 2 Rn f0g.
3
= 3 são u = f(s; 0; s)g, com
Como 0 não é valor próprio de T então T é invertível. Como T tem 3 valores próprios
distintos, os vectores próprios associados serão linearmente independentes, pelo que existirá
uma base ordenada de R3 formada só por vectores próprios, por exemplo:
f(0; 1; 0); ( 1; 0; 1); (1; 0; 1)g .
2
1
4
0
Isto é, T é representada em relação à base anterior pela matriz diagonal:
0
3
0 0
1 0 5.
0 3
23. a) O polinómio caracterísico de A é
p( ) = det(A
= (2
2
I) = det 4
)2
) (1
1
0
0
1
1
0
2
12 =
0
1
(
2)2 ;
3
5=
donde f0; 2g é o conjunto dos valores próprios de A com ma (0) = 1 e ma (2) = 2.
b) f(1; 0; 1)g é uma base para o espaço próprio E0 = N (A) e f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g é uma
base para o espaço próprio
2
3
1 0 1
E2 = N (A 2I) = N 4 0 0 0 5 :
1 0
1
Portanto f(1; 0; 1); (1; 0; 1); (0; 1; 0)g é uma base de R3 formada por vectores próprios de
A.
c) (1; 0; 1) é vector próprio da matriz A pela alínea b), mas não é vector próprio da
transformação linear T , pois
T (1; 0; 1) = (2; 2; 0);
note que
T (1; 0; 1) = T [1(1; 0; 0) + 1(1; 1; 0)
= T (1; 0; 0) + T (1; 1; 0)
1(1; 1; 1)] =
T (1; 1; 1) = T (1; 1; 0) = 2(1; 1; 0):
d) (1; 0; 0) é uma solução particular de
T (x; y; z) = (2; 1; 1);
487
i.e. T (1; 0; 0) = (2; 1; 1). Por outro lado f( 1; 0; 1)g é uma base para N (A) e portanto
f(0; 1; 1)g é uma base para N (T ), pois
(0; 1; 1) =
1(1; 0; 0) + 0(1; 1; 0) + 1(1; 1; 1):
Logo a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (2; 1; 1) é:
f(1; 0; 0) + c(0; 1; 1) : c 2 Rg = f(1; c; c) : c 2 Rg :
24. a)
2
32
3
2
3
1 0 2
4
4
4 1 3
5 4 1 + 5 = ( 1) 4 1 + 5 ;
2 0 1
4
4
logo (4; 1 + ; 4) é um vector próprio de A associado ao valor próprio
1.
b)
1
det(A
I) =
0
1
2
2
3
= (3
0
) (1
)2
)2 ( 1
4 = (3
1
logo, os valores próprios de A são: 3 e
multiplicidades algébricas.
1 onde ma (3) = 2 e ma ( 1) = 1 são as respectivas
c) Espaços próprios de A: N (A ( 1) I) e N (A 3I). Tem-se
02
31
2 0 2
5A = L (f(4; 1 + ; 4)g) :
N (A ( 1) I) = N @4 1 4
2 0 2
O conjunto f(4; 1 + ; 4)g é uma base de N (A
linearmente independente.
N (A
02
2 0
3I) = N @4 1 0
2 0
);
2
2
31
5A =
( 1) I) pois gera N (A
8
< L (f(0; 1; 0)g)
:
se
L (f(0; 1; 0); (1; 0; 1)g)
( 1) I) e é
6= 1
se
= 1:
O conjunto f(0; 1; 0)g é uma base de N (A 3I) se 6= 1. O conjunto f(0; 1; 0); (1; 0; 1)g
é uma base de N (A 3I) se = 1.
A é diagonalizável se e só se existir uma base de R3 formada só por vectores próprios de
A (f(4; 2; 4); (0; 1; 0); (1; 0; 1)g) se e só se = 1:
d) Não há nenhum valor de para o qual exista uma base ortogonal de R3 constituída
só por vectores próprios de A, uma vez que A não é simétrica, isto é, A 6= AT para todo o .
488
t = 3 + t e T (t) = 1 + t + 2 (1
25. T (1) = 2 (1 + t) + 1
3
1
M T ; Bc2 ; Bc2 =
3
1
t: Logo
3
1
3
e os valores próprios de T são os zeros de:
p
=1
7.
t) = 3
= 0, ou seja,
1
= 1+
p
7 ou
26. a) Como T (1 + t) = 9 (1 + t) então 1 + t é um vector próprio de T associado ao
valor próprio 9 de T . Como
T (1) = T ((2
= 6
2t) + ( 1 + 2t))
=
T é linear
T (2
2t) + T ( 1 + 2t) =
2t + 6t = 6 + 4t
e
1
1
1
T (2t) = (T ((2 2t) + 2 ( 1 + 2t))) =
T (2
T é linear 2
2
2
1
=
(6 2t) + 6t = 3 + 5t
2
T (t) =
2t) + T ( 1 + 2t) =
então os valores próprios de T são os da matriz
M (T ; f1; tg ; f1; tg) =
6 3
4 5
:
Atendendo a que
det
6 3
4 5
I
=0,
2
11 + 18 = 0 , ( = 9 ou
= 2) ;
logo os valores próprios de T são 2 e 9.
6
2
3
= L (f( 3; 4)g) ; o vector ( 3) 1 + 4t é um vector
4
5 2
próprio de T associado ao valor próprio 2. Assim e atendendo à alínea anterior, o conjunto
f 3 + 4t; 1 + tg é uma base de P1 formada por vectores próprios de T .
b) Como N
27. a)
1
det(A
I) =
0
1
1
1
1
1
0
= (1
) (1
)2
1 = (1
) (2
):
1
Logo, os valores próprios de A são 1, 0 e 2. Como 0 é valor próprio de A então A não é
invertível.
489
b) Como A tem 3 valores próprios distintos, qualquer conjunto de 3 vectores próprios
associados respectivamente a cada um desses valores próprios, será linearmente independente,
pelo que existirá uma base ordenada de R3 formada só por vectores próprios de A. Uma tal
base poderá ser f(0; 1; 0); ( 1; 0; 1); (1; 2; 1)g uma vez que os subespaços próprios associados
aos valores próprios 1, 0 e 2 são respectivamente dados por:
N (A
I) = L (f(0; 1; 0)g) , N (A) = L (f( 1; 0; 1)g) , N (A
2I) = L (f(1; 2; 1)g) .
2
3
2 0 1
28. A = 4 0 1 0 5.
1 0 2
det(A
Tem-se
02
2
I) = det @4
0
0
1
1
0
dim N (A
3I) = mg (3)
dim N (A
1I) = mg (1)
31
1
0
5A =
2
(
3) (
=
ma (3) = 1
=
ma (1) = 2.
A é simétrica
A é simétrica
1)2 :
2
3
1 0 3
29. A = 4 2 0 2 5. Como A não é simétrica, não é possível encontrar uma base
3 0 1
ortogonal para R3 formada só por vectores próprios de A.
2
3
3
1
2
3 2 5. Como A é simétrica então é ortogonalmente diagonalizável,
30. A = 4 1
2 2
0
isto é, existem uma matriz ortogonal P T (P T P = P P T = I; isto é, P T = P 1 ) e uma matriz
diagonal D tais que
D = P AP T .
Como
3
det(A
I) =
os valores próprios de A são 2 e
N (A
1
1
2
3
2
2
=
(
2
4 e tem-se
2I) = L
1 1
; ;1
2 2
N (A + 4I) = L (f(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)g) .
490
2) ( + 4)2 ,
Note-se que os vectores de N (A 2I) são ortogonais aos vectores de N (A + 4I). Para
determinar uma base ortonormada de R3 formada só com vectores próprios de A basta
aplicar o método de ortogonalização de Gram-Schmidt ao conjunto
f(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)g .
Assim, relativamente ao produto interno usual em R3 , o seguinte conjunto é uma base ortogonal de N (A + 4I):
(
)
(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)
proj (1; 1; 0)
=
(2;0;1)
=
=
(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)
h(1; 1; 0) ; (2; 0; 1)i
(2; 0; 1)
h(2; 0; 1) ; (2; 0; 1)i
2
(2; 0; 1)
5
(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)
=
=
1
; 1;
5
(2; 0; 1) ;
2
5
ou seja:
f(2; 0; 1) ; (1; 5; 2)g .
Base ortonormada de R3 = N (A 2I) N (A + 4I) formada só por vectores próprios de
A:
(
)
1
1
1
1 1
; ;1 ;
(2; 0; 1) ;
(1; 5; 2) =
1 1
2 2
k(2; 0; 1)k
k(1; 5; 2)k
; ;1
2 2
(
p p p !
p
p ! p
p
p !)
6 6 6
2 5
5
30 30
30
=
;
;
;
; 0;
;
;
;
.
6 6 3
5
5
30
6
15
Logo
2
6
P T = SBvp !Bc = 4
e
2
2
D=4 0
0
0
4
0
3
2
0
0 5=4
4
|
2
3
4
1
31. A =
0
det(A
p
1
6p
6
2
5
5p
1
30
30
1
6
p
6
0
p
1
30
6
{z
p
6
p6
6
p6
6
3
p
1
6
3p
1
5
5 p
1
30
15
=P
3
0
1 5. Como
3
3
1
1 2
I) =
0
1
p
2 5
5
p
30
p30
30
6
p
30
15
0
p
5
5
32
3
1
2
54
}
3
7
5
1
3
2
32
2
6
2 54
0
|
p
6
p6
6
p6
6
3
p
2 5
5
0
p
5
5
{z
p
30
p30
30
6
p
30
15
=P T
1
2
1
0
1
=
(
1) (
3) (
4) ,
3
os valores próprios de A são 1; 3 e 4. Como A é simétrica (A = AT ) e de…nida positiva uma
vez que os valores próprios de A são todos positivos, então existe uma única raíz quadrada
491
3
7
5
}
de…nida positiva B, isto é, existe uma única matriz simétrica B de…nida positiva tal que
A = B 2 . De facto, como A é ortogonalmente diagonalizável (por ser simétrica) tem-se
2
A = P T DP = P T (D0 ) P = P T D0 P
com
P T D0 P = BB = B 2
2
3
1 0 0
D=4 0 3 0 5
0 0 4
Note-se que sendo os 3 valores próprios distintos, os correspondentes espaços próprios são
ortogonais entre si. Base ordenada ortonormada de R3 formada só com vectores próprios de
A:
1
1
1
(1; 2; 1) ;
( 1; 0; 1) ;
(1; 1; 1) =
k(1; 2; 1)k
k( 1; 0; 1)k
k(1; 1; 1)k
( p p p !
p
p ! p
p p !)
6 6 6
2
2
3
3 3
=
;
;
;
; 0;
;
;
;
.
6 3 6
2
2
3
3 3
Logo
2
6
P T = SBvp !Bc = 4
Assim, com
p
p
6
p6
6
p3
6
6
p
2
2
3
3p
3
p3
3
3
0
p
2
2
2
3
1 p0 0
D0 = 4 0
3 0 5
0 0 2
tem-se
2 1p
B = P T D0 P = 4
de…nida positiva e
2
3+
5
6
5
6
4
3
1
3p
1
3
2
3
7
5.
p 3
3
5
p
1
3 + 56
2
1
3
5
6
1
3
1
2
1
3
BB = A.
No entanto, se …zermos ou
3
2
1 p0 0
1
0
5
4
ou
D
=
D0 = 4 0
3 0
0
0
0 2
0
2
3
0
3 0 5
0
2
0
p
tem-se as 3 raízes quadradas seguintes, isto 3 matrizes B tais que B 2 = A :
2 p
32
3T 2 p
p
p
p
p
3 2 p6
6
2
3
2
3
1
1
0
0
3 + 56
2
3p
2
3p
p6
2
p
6 p66
7
6
7
1
3
3
B = 4 p3
3 0 5 4 p36 p0
0
54 0
5 =4
3p
p
p3
p3
5
1
6
2
3
6
2
3
0 0 2
3
6
2
6
2
3
6
2
3
4
3
1
3
1
3
ou
2
6
B=4
p
6
p6
6
p3
6
6
p
2
2
0
p
2
2
p
3
3p
3
p3
3
3
32
32
1 p0 0
74
6
0
3 0 54
5
0
0 2
p
6
p6
6
p3
6
6
492
p
2
2
0
p
2
2
p
3
3p
3
p3
3
3
3T
2 1p
7
5 =4
2
1
2
3 + 12
1p
1
3
2
1
0
1
p 3
3
5
p
1
5
3+ 6
2
5
6
1
2
1
3
p 3
3
5
1
p
1
1
3+ 2
2
1
2
1
2
ou
2
6
B=4
p
6
p6
6
p3
6
6
De facto:
2 1p
3 + 56
2
1
4
3p
5
1
3
6
2
p
p
2
2
3
3p
3
p3
3
3
0
p
2
2
4
3
1
3
1
3
32. a) Como
32
1
74
5 0
0
32
0
6
3 0 54
0
2
0
p
p
6
p6
6
p3
6
6
p
2
2
0
p
2
2
p
3
3p
3
p3
3
3
3T
2
5
6
7
5 =4 p
1
2
p
1
2
1
3
3+
p 32 2 1 p
p 32 2 5 1 p
3
3 + 12
1 21 12 3
3
2
6
2
1
5 =4
5
4
1p
0
=
p
p 1 1
p 3 5
1
5
1
1
1
1
3
+
3
1
3
+
3+ 6
2
6
2
2
2
2
2
2
3
3
1 0
1 5.
=4 1 2
0
1 3
5
6
1
2
1
3
3
4
3
5
6
4
3
1
3
1
2
1
3
5
6
1
3
1
2
1
3
5
6
p
p
3+
5
6
1
3p
1
3
2
3+
5
6
1
3p
1
3
2
3
5.
32
5 =
2
32 3 2 3
2 3
2 1 1
1
4
1
4 1 2 1 54 1 5 = 4 4 5 = 44 1 5;
1 1 2
1
4
1
então (1; 1; 1) é um vector próprio de A associado ao valor próprio 4.
b)
e
2
32
3
2 1 1
1
T ( 1; 1; 0) = 4 1 2 1 5 4 1 5 = ( 1; 1; 0)
1 1 2
0
2
32
3
2 1 1
1
T ( 1; 0; 1) = 4 1 2 1 5 4 0 5 = ( 1; 0; 1):
1 1 2
1
c) Por a) e b): (1; 1; 1); ( 1; 1; 0) e ( 1; 0; 1) são vectores próprios de A. Como f( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1)g
é uma base de N (A I), aplicando Gram-Schmidt,
(
)
1 1
( 1; 1; 0); ( 1; 0; 1)
proj ( 1; 0; 1) = ( 1; 1; 0);
;
;1
2 2
( 1;1;0)
é uma base ortogonal para N (A I). Além disso, sendo A simétrica, vectores próprios
associados a valores próprios distintos são ortogonais. Logo
(1; 1; 1); ( 1; 1; 0);
1
;
2
1
;1
2
é uma base ortogonal para R3 formada só por vectores próprios de A.
493
d) Por c)
( p
p p !
3 3 3
;
;
;
3 3 3
!
p
2 2
;
;0 ;
2 2
p
é uma base ortonormada para R3 formada só por
2 p
p
p 32
3
2
6
4
p2
p3
p6 7
6
T
3
2
6
4
A = P DP = 4 p3
5 0
2
p6
3
6
0
0
3
3
02
B6
= @4
p
2
Assim, B = 4
33. A =
p
3
p3
3
p3
3
3
p
2
p2
2
2
6
p6
6
p6
6
3
0
4
3
1
3
1
3
1
3
4
3
1
3
2
1
1
3
1
3
4
3
3
32
32
2 0 0
74
6
5 0 1 0 54
0 0 1
p !)
6 6
;
6 3
p
p
6
;
6
vectores próprios de A. Logo
p
p 3T
3 2 p3
2
6
0 0
p2
p3
p6 7
6
2
6
1 0 5 4 33
5 =
2
p6
p
3
6
0 1
0
3
3
p
p
3
p3
3
p3
3
3
3T 12
p
2
p2
2
2
6
p6
6
p6
6
3
0
2
7 C
5 A =4
4
3
1
3
1
3
1
3
4
3
1
3
1
3
1
3
4
3
32
5 :
5 é a única matriz B de…nida positiva tal que A = B 2 .
1+i
.
i
3
(i)
AAH =
2
1
2
H
A A=
1
1+i
i
3
1+i
i
3
2
1
H
1+i
i
3
2
1
H
1+i
i
3
=
=
6
5
5i
6
5
5 + 5i
11
5 + 5i
5i
11
.
Logo A é normal.
(ii)
A=
2
1
1+i
i
3
=
2
1
1+i
i
3
H
= AH
logo A é hermitiana e em particular é normal:
AAH = AA = AH A.
(iii) Como A é hermitiana então é unitariamente diagonalizável (embora o recíproco
não seja verdadeiro), isto é, existem uma matriz unitária U H (U H U = U U H = I; isto é,
U H = U 1 ) e uma matriz diagonal D tais que
D = U AU H .
Note-se que: A normal , A unitariamente diagonalizável.
Como
494
det(A
2
1
I) =
1+i
i 3
=(
4) ,
1) (
os valores próprios de A são 1 e 4 e tem-se
N (A
N (A
1I) = L (f( 1
i; 1)g)
1 1
+ i; 1
2 2
4I) = L
.
Note-se que os vectores de N (A 1I) são ortogonais aos vectores de N (A 4I). Logo,
uma base ortonormada de C2 formada só com vectores próprios de A pode ser:
)
(
1
1 1
1
( 1 i; 1) ; 1 1
+ i; 1
=
k( 1 i; 1)k
2 2
+ 2 i; 1
2
=
(
p !
3
3
i;
;
3
3
p
p p !)
6
6
6
+
i;
.
6
6
3
p
3
3
Logo
U H = SBvp !Bc =
"
p
p
3
3 p
p
3
i
3
3
3
p
p
6
6
+
i
6 p 6
6
3
#
e
D=
1 0
0 4
=
"
|
p
3
3 p
3
3
p
3
i
3
{z
=U
p
p
6
6
+
i
6 p 6
6
3
#H
2
1
1+i
i
3
}
"
|
p
3
3 p
3
3
p
3
i
3
{z
p
p
6
6
+
i
6 p 6
6
3
=U H
2
#
.
}
3
1 1 0
34. A matriz 4 0 1 1 5 não sendo simétrica não é ortogonalmente diagonalizável. No
1 0 1
entanto, como
2
3T 2
1 1 0
1
4 0 1 1 5 4 0
1 0 1
1
2
3
1 1 0
então 4 0 1 1 5 é normal
1 0 1
35. (i)
3 2
32
3T 2
3
1 0
1 1 0
1 1 0
2 1 1
1 1 5 = 4 0 1 1 54 0 1 1 5 = 4 1 2 1 5
0 1
1 0 1
1 0 1
1 1 2
e como tal é unitariamente diagonalizável.
8 0
< u1 = 2u3
u0 = u1 + 2u2 + u3
: 20
u3 = u1 + 3u3
495
8 0
3 2
2 0
32
3
0 0
2
u1 (t)
u1 (t)
< u1 = 2u3
u0 = u1 + 2u2 + u3 , 4 u02 (t) 5 = 4 1 2 1 5 4 u2 (t) 5 : ( )
: 20
u03 (t)
1 0 3
u3 = u1 + 3u3
u3 (t)
2
3
0 0
2
1 e 2 são os valores próprios da matriz A = 4 1 2 1 5, sendo os espaços próprios
1 0 3
dados por:
N (A 1I) = L (f( 2; 1; 1)g)
N (A
2I) = L (f(0; 1; 0) ; ( 1; 0; 1)g) .
Como existe2uma base de3R3 formada só por vectores próprios:
0 0
2
4
então a matriz 1 2 1 5 é diagonalizável. Assim, fazendo
1 0 3
2
3
2
0
1
2
1
1
4
5
4
1
1
P = 1 0
tem-se P =
0 1
1
1
e
2
3
2
2 0 0
0
,D=4 0 2 0 5=P4 1
0 0 1
1
2
3
2
0 0
2
, 4 1 2 1 5 = P 14
1 0 3
o sistema (*) é equivalente a
3 0
2 0
2
u1 (t)
4 u02 (t) 5 = @P 1 4
u03 (t)
2 0
3 2
u1 (t)
, P 4 u02 (t) 5 = 4
u03 (t)
3
u1 (t)
u2 (t) 5 ,
u3 (t)
31
u1 (t)
u2 (t) 5A
u3 (t)
3 2
30 2
31
v10 (t)
2 0 0
v1 (t)
4 v20 (t) 5 = 4 0 2 0 5 @P 4 v2 (t) 5A ,
v30 (t)
0 0 1
v3 (t)
496
3
1
2 5
1
3
2
1 5P 1 ,
3
3
2 0 0
0 2 0 5P.
0 0 1
3 12
2 0 0
0 2 0 5PA4
0 0 1
30 2
2 0 0
0 2 0 5 @P 4
0 0 1
2
1
0
0
0
2
0
Assim, considerando a mudança de variável
2
3
2
3
v1 (t)
u1 (t)
4 v2 (t) 5 = P 4 u2 (t) 5
v3 (t)
u3 (t)
tem-se
f(0; 1; 0) ; ( 1; 0; 1) ; ( 2; 1; 1)g
8 0
v1 (t)
>
>
=2
>
>
8 0
>
v (t)
>
< v10 (t)
< v1 (t) = 2v1 (t)
2
v 0 (t) = 2v2 (t)
=2 ,
,
,
: 20
v1 (t)6=0, v2 (t)6=0 >
v
(t)
2
>
v3 (t) = v3 (t)
> v 0 (t)
e v3 (t)6=0, 8t >
>
3
>
=1
:
v3 (t)
8
8
< log jv1 (t)j = 2t + k1
< v1 (t) = c1 e2t
log jv2 (t)j = 2t + k2 ,
v2 (t) = c2 e2t
,
:
:
v3 (t) = c3 et
log jv3 (t)j = t + k2
com c1 ; c2 ; c3 2 R. De facto, se u (t) fôr solução de u0 (t) = u (t) então u (t) e
0
(constante) uma vez que (u (t) e t ) = 0. Logo u (t) = ce t .
Assim, a solução geral do sistema de equações diferenciais lineares é dada por:
2
2
3
3
u1 (t)
c1 e2t
4 u2 (t) 5 = P 1 4 c2 e2t 5 =
c3 et
u3 (t)
3
3 2
2
32
c2 e2t 2c3 et
0
1
2
c1 e2t
1 5 4 c2 e2t 5 = 4 c1 e2t + c3 et 5 =
=4 1 0
c2 e2t + c3 et
c3 et
0 1
1
2 3
2
3
2
3
0
1
2
= c1 4 1 5 e2t + c2 4 0 5 e2t + c3 4 1 5 et .
0
1
1
8
< u1 (0) = 2
u2 (0) = 1 tem-se
(ii) Com
:
u3 (0) = 0
2
3 2
3
c2 2c3
2
4 c1 + c3 5 = 4 1 5 ,
c2 + c3
0
2
32
3 2
3
0
1
2
c1
2
1 5 4 c2 5 = 4 1 5 ,
,4 1 0
0 1
1
c3
0
2
3 2
32
3 2
3
c1
2
1
1 1 1
, 4 c2 5 = 4 1 0 2 5 4 1 5 = 4 2 5
c3
1 0
1
0
2
então a única solução geral do sistema de equações diferenciais lineares que satisfaz
8
< u1 (0) = 2
u2 (0) = 1
:
u3 (0) = 0
497
t
= c
é dada por
2
3 2
3 2 3
2
3
u1 (t)
2e2t + 4et
0
1
4 u2 (t) 5 = 4 2et + e2t 5 = 4 1 5 e2t + 2 4 0 5 e2t
u3 (t)
2e2t 2et
0
1
2
3
2
2 4 1 5 et .
1
36.
Q (x1 ; x2 ; x3 ) = 3x21
=
=
31)
x1 x2 x3
02
B6
= @4
p
6
p6
6
p3
6
6
2
6
4
p
6
p6
6
p3
6
6
p
p
0
3
p3
3
3
2
2
p
2
2
x1 x2 x3
3
3p
p
p
0
3
p3
3
3
2
2
3
3p
p
2
2
Q : R3 ! R
2x1 x2 + 2x22
2
3
4 1
0
32
1
2
1
32
3
0
x1
1 5 4 x2 5 =
3
x3
32
1 0 0
74
6
5 0 3 0 54
0 0 4
3T 2
31T 2
32
1 0 0
x1
C
7 4
6
x2 5A 4 0 3 0 5 4
5
x3
0 0 4
=
2x2 x3 + 3x23 =
y1 y2 y3
p
p
0
3
p3
3
3
p
6
p6
6
p3
6
6
2
2
p
2
2
p
6
p6
6
p3
6
6
2
3
3p
p
p
0
3
p3
3
3
2
2
p
2
2
32
3
1 0 0
y1
4 0 3 0 5 4 y2 5
0 0 4
y3
3
3p
3T 2
3
x1
7 4
x2 5 =
5
x3
3T 2
3
x1
7 4
x2 5 =
5
x3
logo a forma quadrática é de…nida positiva pois os valores próprios de A são todos positivos.
Fazendo a mudança de variável
3T 2
2 p
p
p
3 2
3
6
2
3
x1
y1
6
2
3p
p
6 6
3 7 4 x 5 = 4 y 5.
0
4 p3
5
2
2
p
p3
6
2
3
x3
y3
6
2
3
Tem-se então a forma quadrática diagonal:
Q0 (y1 ; y2 ; y3 ) = y12 + 3y22 + 4y32 .
498
Resolução da 4a 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,
com u 6= 0. Como T é invertível e T
1
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
de T
1
.
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
é um valor próprio de Ak , onde k é um inteiro positivo.
2
u=
2
u,
de T 2 .
é um valor próprio de A então
k
Dem. Sendo k um inteiro positivo, tem-se
Ak
Logo, se
positivo.
k
I = (A
I)(Ak
1
é um valor próprio de A então
+ Ak
k
2
+
+A
k 2
+
k 1
I).
é um valor próprio de Ak , onde k é um inteiro
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 um valor próprio
de A. Pelo exo anterior, l é um valor próprio de Al . Como Al = 0, então:
0 = det(Al
l
I) = det(
499
l
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 n cuja soma das suas colunas é constante e igual a r. Mostre
que r é um valor próprio de A:
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 .
.
an1 an2
1
2
3
3 2
a11
a12
a1n
7
6
6
7
a21 7 6 a22 7
6 a2n
+ 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
1
1
..
.
1
3
7
7
7.
5
Logo r é um valor próprio de A, associado ao vector próprio (1; 1; : : : ; 1).
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 1 = QT . Mostre que se n
fôr ímpar então Q tem o valor próprio 1 ou tem o valor próprio 1.
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:
500
1).
Se det Q = 1
det (Q
= det Q det I QT =
h
i
T
det Q det (Q I) = det (Q
QT
I) = det Q I
= ( 1)n det Q det QT
I
=
n é ímpar
, 2 det (Q
I) = 0 , det (Q
I) ,
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. Seja A 2 M2
Dem. Seja A =
2
(R) tal que det A < 0. Mostre que A é diagonalizável.
a b
c d
2 M2
2
(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 n, então é o único valor próprio de A. Assim, A fôr diagonalizável se e só se
dim N (A
I) = mg ( ) = ma ( ) = n
o que é equivalente a ter-se
A
isto é,
I = 0 (matriz nula)
2
6
6
A= I=6
4
0
..
.
0
..
.
...
0
ou seja, A é uma matriz diagonal.
501
..
.
...
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 ) =
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
=
3
e
3
=
contrariando o facto de se ter assumido que
T.
Logo, T tem um único valor próprio.
1
12. Sejam A e B duas matrizes do tipo n
valores próprios.
Dem. Sejam A; B 2 Mn
det (AB
n (R).
isto é,
2
e
2
1
=
2
eram dois valores próprios distintos de
n. Mostre que AB e BA têm os mesmos
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.
502
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.
Dem. Suponhamos que as matrizes quadradas A e B são do tipo n
próprio de A. Tem-se N (A
I) 6= f0g. Seja
r = dim N (A
Seja C a matriz n
(A
n. Seja
I) :
r cujas colunas formam uma base ordenada S de N (A
I) BC = ABC
BC
=
BAC
AB=BA
um valor
BC = B (A
I). Tem–se
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
r
X
=
[C] i
|{z}
[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,
(Cv) ,
B (Cv) = (BC) v = (CP ) v = C (P v) = C ( vI) =
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
(A
1;
escalares, com
2
1 I) (A
2 I)
1
6=
2,
tais que
= 0:
Atendendo a que
det (A
então
1
1 I) det (A
2 I)
é valor próprio de A ou
(A
= 0 , (det (A
2
= 0 ou
det (A
2 I)
= 0)
é valor próprio de A. Uma vez que
1 I) (A
2 I)
suponhamos sem perda de generalidade que
C (A
1 I)
2 I)
= (A
1
1 I) ,
é um valor próprio de A. Atendendo a que
N (A
503
2 I) (A
1 I)
6= f0g
então
n
nul (A
2 I)
= car (A
dim N (A
isto é,
n
2 I)
1 I)
nul (A
1 I)
= dim C (A
= nul (A
2 I)
1 I)
2 I) .
+ nul (A
Logo, atendendo a que
nul (A
1 I)
+ nul (A
2 I)
n;
nul (A
1 I)
+ nul (A
2 I)
=n
tem-se
ou seja, A é diagonalizável.
15. Se
é valor próprio de A então
k+1
é valor próprio de Ak+1 , pois
Au = u
implica
k+1
Ak+1 u =
u:
Sendo A é nilpotente, então
k+1
= 0;
logo
=0
é o único valor próprio de A.
Se A fosse diagonalizável então existiria uma matriz invertível S tal que
A=S
1
DS
onde D é a matriz diagonal cujas entradas na diagonal são formadas pelos valores próprios
de A. Como = 0 é o único valor próprio de A, D = 0 e portanto
A=S
1
0S = 0;
o que é absurdo porque Ak 6= 0.
16.
com
h(x1 ; x2 ; x3 ); (y1 ; y2 ; y3 )i = x1 y1 + x1 y3 + 2x2 y2 + x3 y1 + x3 y3 =
2
3
y1
= x1 x2 x3 A 4 y2 5 ;
y3
2
3
1 0 1
A=4 0 2 0 5
1 0 1
simétrica e cujos valores próprios são: 0 e 2. Como os vectores próprios (0; 1; 0) e (1; 0; 1)
associados ao valor próprio 2 são linearmente independentes, formam uma base do subespaço de R3 com a maior dimensão possível, neste caso dimensão 2, relativamente ao qual a
aplicação anterior de…ne um produto interno. Esse subespaço é então dado por:
L (f(0; 1; 0) ; (1; 0; 1)g) :
504