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.

Exercícios de Álgebra Linear

Mestrado Integrado em Engenharia do Ambiente

Mestrado Integrado em Engenharia Biológica

Nuno Martins

Departamento de Matemática

Instituto Superior Técnico

Setembro de 2010

1

Índice

� 1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Sistemas de equações lineares).................3

� Resolução da 1a �cha de exercícios...........................................................................................5

� 2a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Matrizes)................................................17

� Resolução da 2a �cha de exercícios.........................................................................................19

� 3a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Determinante)........................................34


� 4a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Espaços lineares)....................................46


� 5a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Transformações lineares).......................118

� Resolução da 5a �cha de exercícios........................................................................................126

� 6a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Valores próprios e vectores próprios)....179


� 7a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Produtos internos e ortogonalização)....212


� 1a Ficha de exercícios facultativos.........................................................................................247

� Resolução da 1a Ficha de exercícios facultativos...................................................................249







2

1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Sistemas de equações lineares)

1. Quais das seguintes equações são equações lineares em x; y e z ?

(a) �3x+p3y + z = 1 (b)

1

2x+ z = 0 (c) x�1 + 3y � z = 2 (d) x� yz = 1

2. Diga qual dos seguintes pontos: (0; 0) ; (1; 1) ; (1;�1) ; (�1; 1) é a solução do seguinte sistema deequações lineares nas variáveis x; y. 8<:

x+ y = 0x� 2y = 3x� y = 2.

3. Diga quais dos seguintes pontos: (0; 0; 0; 0) ; (1;�1; 1; 0) ; (1;�1; 1; 2) ;�3;�9; 7;

3p�

2

�são soluções

do sistema de equações lineares nas variáveis x; y; z e w.�x� 2y � 3z = 0x+ y + z = 1.

4. Determine valores para x; y; z e w de modo a que nas reacções químicas seguintes os elementosquímicos envolventes ocorram em iguais quantidades em cada lado da respectiva equação.

(a) xC3H8 + yO2 ! zCO2 + wH2O (b) xCO2+yH2O! zC6H12O6 + wO2

5. Resolva os seguintes sistemas de equações lineares usando o método de eliminação de Gauss.

(a)�2x+ 3y = 15x+ 7y = 3

(b)�2x+ 4y = 103x+ 6y = 15

(c)�4x� 2y = 5�6x+ 3y = 1

(d)

8<:2x+ y � 3z = 53x� 2y + 2z = 55x� 3y � z = 16

(e)

8<:2x+ 3y � 2z = 5x� 2y + 3z = 24x� y + 4z = 1

(f)

8<:x+ 2y + 3z = 32x+ 3y + 8z = 43x+ 2y + 17z = 1

(g)

8<:2x+ 3y = 3x� 2y = 53x+ 2y = 7

(h)

8<:x+ 2y � z + 3w = 32x+ 4y + 4z + 3w = 93x+ 6y � z + 8w = 10

(i)

8<:x+ 5y + 4z � 13w = 33x� y + 2z + 5w = 22x+ 2y + 3z � 4w = 1

(j)

8>><>>:2x3 + 3x4 = 42x1 � 6x3 + 9x4 = 72x1 + 2x2 � 5x3 + 2x4 = 4100x2 + 150x3 � 200x4 = 50

(k)

8<:x� 2y + 3z � w = 13x� y + 2z + 5w = 2�3x+ 6y � 9z + 3w = �6

6. Discuta em função do parâmetro real � os seguintes sistemas de equações lineares (nas variáveis x; ye z) quanto à existência ou não de solução (isto é, determine os valores (reais) de � para os quaisos seguintes sistemas de equações lineares: (i) tenham solução única, (ii) não tenham solução, (iii)tenham mais do que uma solução.) Nos casos em que existirem soluções, determine-as.

3

(a)

8<:�x+ y + z = 1x+ �y + z = 1x+ y + �z = 1

(b)�x+ 2y + �z = 12x+ �y + 8z = 3

(c)

8<:x+ y + �z = 23x+ 4y + 2z = �2x+ 3y � z = 1

(d)

8<:�x + y + z = 1x+ �y + z = �x+ y + �z = �2

(e)

8<:�x+ y + �z = 12x+ �y � 2�z = ��x+ �y + z = �1 + 2�

7. Discuta a existência ou não de solução dos seguintes sistemas de equações lineares em termos dosparâmetros reais � e �. Nos casos em que existirem soluções, determine-as.

(a)

8<:x+ 4y + 3z = 102x+ 7y � 2z = 10x+ 5y + �z = �

(b)

8>><>>:2z + �w = �x+ y + z + 3w = 12x+ 2y + z + w = 2x+ y + 3z + 14w = 4

(c)

8<:�x+ y � z + �w = 0x� 2y + 2z + w = 1x� y + z + (�+ 1)w = �

8. Determine as condições a que a; b e c devem obedecer de forma a que os seguintes sistemas de equaçõeslineares tenham solução:

(a)

8<:x+ 2y � 3z = a3x� y + 2z = bx� 5y + 8z = c

(b)

8<:x� 2y + 4z = a2x+ 3y � z = b3x+ y + 2z = c

9. Determine um sistema de equações lineares cujo conjunto de soluções seja:

(a) S = f(1 + t; 1� t) : t 2 Rg(b) S = f(t; 1� 2t; 1) : t 2 Rg(c) S = f(3t; 2t; t) : t 2 Rg(d) S = f(3t� s; t+ 2s� 1; s� 2t+ 1) : s; t 2 Rg(e) S = f(2t� 3s; t+ s� 1; 2s+ 1; t� 1) : s; t 2 Rg(f) S = f(1� s; s� t; 2s; t� 1) : s; t 2 Rg(g) S = ?

10. (i) Determine os coe�cientes a; b; c e d da função polinomial

p(x) = ax3 + bx2 + cx+ d;

cujo grá�co passa pelos pontos P1 = (0; 10); P2 = (1; 7); P3 = (3;�11) e P4 = (4;�14).(ii) Determine os coe�cientes a; b e c da equação da circunferência

x2 + y2 + ax+ by + c = 0;

que passa pelos pontos P1 = (�2; 7); P2 = (�4; 5) e P3 = (4;�3).

4

Resolução da 1a Ficha de exercícios

1. As equações das alíneas (a) e (b) são lineares.

2. O ponto (1;�1) é a solução desse sistema de equações lineares.

3. Os pontos: (1;�1; 1; 0) ; (1;�1; 1; 2) ;�3;�9; 7;

3p�

2

�são soluções desse sistema de equações lineares.

4 (a)

Tem-se

8<:3x� z = 02y � 2z � w = 08x� 2w = 0

e assim,

24 3 0 �1 0 j 00 2 �2 �1 j 08 0 0 �2 j 0

35 �!� 83L1+L2!L2

24 3 0 �1 0 j 00 2 �2 �1 j 00 0 8

3�2 j 0

35.

Logo,

8<:3x� z = 02y � 2z � w = 083z � 2w = 0.

,

8>>>><>>>>:x = 1

4w

y = 54w

z = 34w.

A solução geral do sistema é: X =

2664xyzw

3775 =2666666664

14s

54s

34s

s

3777777775, para qualquer s 2 R, isto é, o conjunto solução é

dado por: S =��

14s; 54s; 34s; s�: s 2 R

.

Para s = 4, tem-se a seguinte solução da equação química: x = 1; y = 5; z = 3; w = 4:

(b) Tem-se

8<:x� 6z = 02x+ y � 6z � 2w = 02y � 12z = 0

e assim,

24 1 0 �6 0 j 02 1 �6 �2 j 00 2 �12 0 j 0

35 �!�2L1+L2!L2

24 1 0 �6 0 j 00 1 6 �2 j 00 2 �12 0 j 0

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 0 �6 0 j 00 1 6 �2 j 00 0 �24 4 j 0

35 :

Logo,

8<:x� 6z = 0y + 6z � 2w = 0�24z + 4w = 0.

,

8<:x = wy = wz = 1

6w.

A solução geral do sistema é S =��s; s; 1

6s; s�: s 2 R

.

Para s = 6, tem-se a seguinte solução para a equação química: x = 6; y = 6; z = 1; w = 6:

5

5. (a)�2 3 j 15 7 j 3

��!

� 52L1+L2!L2

�2 3 j 10 �1

2j 1

2

�. Logo,

�2x+ 3y = 1�12y = 1

2

,�x = 2y = �1.

A solução geral do sistema é S = f(2;�1)g.

(b)�2 4 j 103 6 j 15

��!

� 32L1+L2!L2

�2 4 j 100 0 j 0

�. Logo, 2x+ 4y = 10, x = 5� 2y.

A solução geral do sistema é S = f(5� 2s; s) : s 2 Rg.

(c)�4 �2 j 5�6 3 j 1

��!

32L1+L2!L2

�4 �2 j 50 0 j 17

2

�. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).

S = ?.

(d)

24 2 1 �3 j 53 �2 2 j 55 �3 �1 j 16

35 �!� 32L1+L2!L2

� 52L1+L3!L3

24 2 1 �3 j 50 �7=2 13=2 j �5=20 �11=2 13=2 j 7=2

35 �!� 11

7L2+L3!L3

�!� 11

7L2+L3!L3

24 2 1 �3 j 50 �7=2 13=2 j �5=20 0 �26=7 j 52=7

35.

Logo,

8<:2x+ y � 3z = 5�72y + 13

2z = �5

2

�267z = 52

7

,

8<:x = 1y = �3z = �2.

A solução geral do sistema é S = f(1;�3;�2)g.

(e)

24 2 3 �2 j 51 �2 3 j 24 �1 4 j 1

35 �!� 12L1+L2!L2

�2L1+L3!L3

24 2 3 �2 j 50 �7=2 4 j �1=20 �7 8 j �9

35 �!�2L2+L3!L3

24 2 3 �2 j 50 �7=2 4 j �1=20 0 0 j �8

35.Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.

(f)

24 1 2 3 j 32 3 8 j 43 2 17 j 1

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 2 3 j 30 �1 2 j �20 �4 8 j �8

35 �!�4L2+L3!L3

24 1 2 3 j 30 �1 2 j �20 0 0 j 0

35.Logo,

�x+ 2y + 3z = 3�y + 2z = �2 ,

�x = �7z � 1y = 2z + 2.

A solução geral do sistema é S = f(�7s� 1; 2s+ 2; s) : s 2 Rg.

6

(g)

24 2 3 j 31 �2 j 53 2 j 7

35 �!L1$L2

24 1 �2 j 52 3 j 33 2 j 7

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 �2 j 50 7 j �70 8 j �8

35 �!� 87L2+L3!L3

24 1 �2 j 50 7 j �70 0 j 0

35.Logo,

�x� 2y = 57y = �7 ,

�x = 3y = �1. A solução geral do sistema é S = f(3;�1)g.

(h)

24 1 2 �1 3 j 32 4 4 3 j 93 6 �1 8 j 10

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 2 �1 3 j 30 0 6 �3 j 30 0 2 �1 j 1

35 �!� 13L2+L3!L3

24 1 2 �1 3 j 30 0 6 �3 j 30 0 0 0 j 0

35.Logo,

�x+ 2y � z + 3w = 36z � 3w = 3 ,

�x = �2y � 5

2w + 7

2

z = 12w + 1

2.

A solução geral do sistema é S =��2s� 5

2t+ 7

2; s; 1

2t+ 1

2; t�: s; t 2 R

.

(i)

24 1 5 4 �13 j 33 �1 2 5 j 22 2 3 �4 j 1

35 �!�3L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 5 4 �13 j 30 �16 �10 44 j �70 �8 �5 22 j �5

35 �!� 12L2+L3!L3

�!� 12L2+L3!L3

24 1 5 4 �13 j 30 �16 �10 44 j �70 0 0 0 j �3

2


(j)

26640 0 2 3 j 42 0 �6 9 j 72 2 �5 2 j 40 100 150 �200 j 50

3775 �!L1$L3150L4!L4

26642 2 �5 2 j 42 0 �6 9 j 70 0 2 3 j 40 2 3 �4 j 1

3775 �!�L1+L2!L2

�!�L1+L2!L2

26642 2 �5 2 j 40 �2 �1 7 j 30 0 2 3 j 40 2 3 �4 j 1

3775 �!L2+L4!L4

26642 2 �5 2 j 40 �2 �1 7 j 30 0 2 3 j 40 0 2 3 j 4

3775 �!�L3+L4!L4

�!�L3+L4!L4

26642 2 �5 2 j 40 �2 �1 7 j 30 0 2 3 j 40 0 0 0 j 0

3775.

Logo,

8<:2x1 + 2x2 � 5x3 + 2x4 = 4�2x2 � x3 + 7x4 = 32x3 + 3x4 = 4

,

8>>>><>>>>:x1 =

192� 9x4

x2 =174x4 � 5

2

x3 = �32x4 + 2

7

A solução geral do sistema é dada por S =��

192� 9s; 17

4s� 5

2;�3

2s+ 2; s

�: s 2 R

.

(k)

24 1 �2 3 �1 j 13 �1 2 5 j 2�3 6 �9 3 j �6

35 �!�3L1+L2!L23L1+L3!L3

24 1 �2 3 �1 j 10 5 �7 8 j �10 0 0 0 j �3


6. (a) Sejam A� =

24 � 1 11 � 11 1 �

35 e B =24 111

35.

[A� j B] =

24 � 1 1 j 11 � 1 j 11 1 � j 1

35 �!L1$L3

24 1 1 � j 11 � 1 j 1� 1 1 j 1

35 �!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

�!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 1 1 � j 10 �� 1 1� � j 00 1� � 1� �2 j 1� �

35 �!L2+L3!L3

24 1 1 � j 10 �� 1 1� � j 00 0 (1� �) (�+ 2) j 1� �

35.

Se � = 1 então carA� = car [A� j B] = 1 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistemaé possível e indeterminado, tendo-se x + y + z = 1. A solução geral deste sistema é então dada porS� = f(1� s� t; s; t) : s; t 2 Rg.

Se � = �2 então carA�| {z }=2

< car [A� j B]| {z }=3

. Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S� = ?.

Se � 6= 1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema épossível e determinado, tendo-se8<:

x+ y + �z = 1(�� 1) y + (1� �) z = 0(1� �) (�+ 2) z = 1� �

,

8<:x = 1= (�+ 2)y = 1= (�+ 2)z = 1= (�+ 2) .

A solução geral do sistema é então dada por S� =��

1

�+ 2;1

�+ 2;1

�+ 2

��.

(b) Sejam A� =

�1 2 �2 � 8

�e B =

�13

�.

[A� j B] =�1 2 � j 12 � 8 j 3

��!

�2L1+L2!L2

�1 2 � j 10 �� 4 8� 2� j 1

�.

8

Se � 6= 4 então carA� = car [A� j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possívele indeterminado, tendo-se

�x+ 2y + �z = 1(�� 4) y + (8� 2�) z = 1 ,

8>>><>>>:x = 1� 2

�� 4 � (�+ 4) z

y =1

�� 4 + 2z.

A solução geral deste sistema é então dada por S� =��1� 2

�� 4 � (�+ 4) s;1

�� 4 + 2s; s�: s 2 R

�.

Se � = 4 então carA�| {z }=1

< car [A� j B]| {z }=2

. Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S� = ?.

(c) Sejam A� =

24 1 1 �3 4 22 3 �1

35 e B� =24 2�1

35. [A� j B�] =

24 1 1 � j 23 4 2 j �2 3 �1 j 1

35 �!�3L1+L2!L2�2L1+L3!L3

�!�3L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 1 � j 20 1 2� 3� j �� 60 1 �1� 2� j �3

35 �!�L2+L3!L3

24 1 1 � j 20 1 2� 3� j �� 60 0 �3 + � j 3� �

35.

Se � = 3 então carA� = car [A� j B�] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possívele indeterminado, tendo-se �

x+ y + 3z = 2y � 7z = �3 ,

8<:x = 5� 10z

y = �3 + 7z.A solução geral deste sistema é então dada por S� = f(8� �+ (2� 4�) s; �� 6 + (3�� 2) s; s) : s 2 Rg.

Se � 6= 3 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível edeterminado, tendo-se 8<:

x+ y + �z = 2y + (2� 3�) z = �� 6(�3 + �) z = 3� �

,

8<:x = 6 + 3�y = �4� 2�z = �1.

A solução geral do sistema é então dada por S� = f(6 + 3�;�4� 2�;�1)g.

(d) Sejam A� =

24 � 1 11 � 11 1 �

35 e B� =24 1��2

35. [A� j B�] =

24 � 1 1 j 11 � 1 j �1 1 � j �2

35 �!L1$L3

�!L1$L3

24 1 1 � j �21 � 1 j �� 1 1 j 1

35 �!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 1 1 � j �2

0 �� 1 1� � j �� 20 1� � 1� �2 j 1� �3

35 �!L2+L3!L3

9

�!L2+L3!L3

24 1 1 � j �2

0 �� 1 1� � j � (1� �)0 0 (1� �) (�+ 2) j (1 + �) (1� �2)

35.

Se � = 1 então carA� = car [A� j B�] = 1 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistemaé possível e indeterminado, tendo-se x + y + z = 1. A solução geral deste sistema é então dada porS� = f(1� s� t; s; t) : s; t 2 Rg.


< car [A� j B�]| {z }=3

. O sistema não tem solução (é impossível). S� = ?.

Se � 6= 1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema épossível e determinado, tendo-se8<:

x+ y + �z = �2

(�� 1) y + (1� �) z = � (1� �)(1� �) (�+ 2) z = (1 + �) (1� �2)

,

8<:x = � (�+ 1) = (�+ 2)y = 1= (�+ 2)

z = (1 + �)2 = (�+ 2) .

A solução geral do sistema é então dada por S� =

( ��+ 1�+ 2

;1

�+ 2;(1 + �)2

�+ 2

!).

(e)

8<:�x+ y + �z = 12x+ �y � 2�z = ��x+ �y + z = �1 + 2�

Sejam A� =

24 �1 1 �2 � �2�� 1

35 e B =24 1

��1 + 2�

35.[A� j B] =

24 �1 1 � j 12 � �2� j �� 1 j �1 + 2�

35 �!2L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 �1 1 � j 10 �+ 2 0 j �+ 20 0 (1� �) (1 + �) j �1 + �

35 :Se � = 1 então carA� = car [A� j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível

e indeterminado, tendo-se ��x+ y + z = 13y = 3:

,�x = zy = 1:

A solução geral deste sistema é então dada por

S1 = f(s; 1; s) : s 2 Rg :

Se � = �2 então então carA� = car [A� j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistemaé possível e indeterminado, tendo-se�

�x+ y � 2z = 1�3z = �3: ,

�x = y � 3z = 1:

A solução geral deste sistema é então dada por

S�2 = f(s� 3; s; 1) : s 2 Rg :

10


< car [A� j B]| {z }=3

. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).

S�1 = ?:

Se � 6= 1 e � 6= �1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo osistema é possível e determinado, tendo-se8<:

�x+ y + �z = 1(�+ 2) y = �+ 2(1� �) (1 + �) z = �1 + �

,

8<:x = ��= (�+ 1)y = 1z = �1= (�+ 1) .

A solução geral do sistema é então dada por

S� =

��

�+ 1; 1;� 1

�+ 1

��:

7. (a) Sejam A� =

24 1 4 32 7 �21 5 �

35 e B� =24 1010�

35. [A� j B�] =

24 1 4 3 j 102 7 �2 j 101 5 � j �

35 �!�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

�!�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 4 3 j 100 �1 �8 j �100 1 �� 3 j � � 10

35 �!L2+L3!L3

24 1 4 3 j 100 �1 �8 j �100 0 �� 11 j � � 20

35.

Se � = 11 e � = 20 então carA� = 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 ,

�x = �30 + 29zy = 10� 8z.

A solução geral deste sistema é então dada por S�;� = f(�30 + 29s; 10� 8s; s) : s 2 Rg.

Se � = 11 e � 6= �20 então carA�| {z }=2

< car [A� j B�]| {z }=3


S�;� = ?.

Se � 6= 11 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistema é possível edeterminado, tendo-se8<:

x+ 4y + 3z = 10�y � 8z = �10(�� 11) z = � � 20

,

8<:x = � (30�� 29� + 250) = (�� 11)y = (10�� 8� + 50) = (�� 11)z = (� � 20) = (�� 11) .

A solução geral do sistema é então dada por S�;� =��30�� 29� + 250

�� 11 ;10�� 8� + 50

�� 11 ;� � 20�� 11

��.

11

(b) Sejam A� =

26640 0 2 �1 1 1 32 2 1 11 1 3 14

3775 e B� =2664�124

3775 : [A� j B�] =

26640 0 2 � j �1 1 1 3 j 12 2 1 1 j 21 1 3 14 j 4

3775 �!L1$L3

�!L1$L3

26642 2 1 1 j 21 1 1 3 j 10 0 2 � j �1 1 3 14 j 4

3775 �!L1$L2

26641 1 1 3 j 12 2 1 1 j 20 0 2 � j �1 1 3 14 j 4

3775 �!�2L1+L2!L2�L1+L4!L4

�!�2L1+L2!L2�L1+L4!L4

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 2 � j �0 0 2 11 j 3

3775 �!2L2+L3!L32L2+L4!L4

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 0 �� 10 j �0 0 0 1 j 3

3775 �!L1$L2

�!L1$L2

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 0 1 j 30 0 0 �� 10 j �

3775 �!�(��10)L3+L4!L4

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 0 1 j 30 0 0 0 j �3 (�� 10) + �

3775.

Se � = 3 (�� 10) então carA� = car [A� j B�] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se8<:

x+ y + z + 3w = 1�z � 5w = 0w = 3

,

8<:x = 7� yz = �15w = 3.

:

A solução geral deste sistema é então dada por S�;� = f(7� s; s;�15; 3) : s 2 Rg.

Se � 6= 3 (�� 10) então carA�| {z }=3

< car [A� j B�]| {z }=4


S�;� = ?.

(c) SejamA� =

24 � 1 �1 �1 �2 2 11 �1 1 �+ 1

35 eB� =24 01�

35 : [A� j B�] =24 � 1 �1 � j 01 �2 2 1 j 11 �1 1 �+ 1 j �

35 �!L1$L3

�!L1$L3

24 1 �1 1 �+ 1 j �1 �2 2 1 j 1� 1 �1 � j 0

35 �!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 1 �1 1 �+ 1 j �0 �1 1 �� j 1� �0 �+ 1 �� 1 ��2 j ��

35 �!(�+1)L2+L3!L3

�!(�+1)L2+L3!L3

24 1 �1 1 �+ 1 j �0 �1 1 �� j 1� �0 0 0 (�2�� 1)� j �� 2�� + 1� �

35.

Se � 6= 0 e � 6= �12então carA� = car [A� j B�] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.

Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se

12

8<:x� y + z + (�+ 1)w = ��y + z � �w = 1� �(�2�� 1)�w = �+ 1 + (�2�� 1) �

,

8><>:x = � �+1

2�+1� 1� (�+1)2

(�2��1)� ��

y = z � �+12�+1

� 1w = �+1

(�2��1)� +��.

A solução geral do sistema é então dada por

S�;� =

( � �+ 12�+ 1

� 1� (�+ 1)2

(�2�� 1)� ��

�; s� �+ 1

2�+ 1� 1; s; �+ 1

(�2�� 1)� +�

�

!):

Se � = 0 e � = 1 então carA� = 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 ,

�x = 1� wy = z.

A solução geral deste sistema é então dada por S�;� = f(1� s; t; t; s) : s; t 2 Rg.

Se (� = 0 e � 6= 1) ou � = �12então carA�| {z }

=2

< car [A� j B�]| {z }=3

. Logo, o sistema não tem solução (é

impossível). S�;� = ?.

8. (a) Sejam A =

24 1 2 �33 �1 21 �5 8

35 e Ba;b;c =24 abc

35 : [A j Ba;b;c] =24 1 2 �3 j a3 �1 2 j b1 �5 8 j c

35 �!�3L1+L2!L2�L1+L3!L3

�!�3L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 2 �3 j a0 �7 11 j b� 3a0 �7 11 j c� a

35 �!�L2+L3!L3

24 1 2 �3 j a0 �7 11 j b� 3a0 0 0 j c� b+ 2a

35.Para que haja solução é necessário que carA = car [A j Ba;b;c], isto é, é necessário que

c� b+ 2a = 0:

(b) Sejam A =

24 1 �2 42 3 �13 1 2

35 e Ba;b;c =24 abc

35 : [A j Ba;b;c] =

24 1 �2 4 j a2 3 �1 j b3 1 2 j c

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

�!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 �2 4 j a0 7 �9 j b� 2a0 7 �10 j c� 3a

35 �!�L2+L3!L3

24 1 �2 4 j a0 7 �9 j b� 2a0 0 �1 j c� b� a

35.Como carA = car [A j Ba;b;c], este sistema tem solução para quaisquer valores de a; b; c.

13

9. (a) Sejam x = 1 + t e y = 1� t. Logo

x+ y = 2:

(b) Sejam x = t, y = 1� 2t e z = 1. Tem-se então o seguinte sistema:8<:2x+ y = 1

z = 1.

(c) Sejam x = 3t, y = 2t e z = t. Tem-se então o seguinte sistema:8<:x� 3z = 0

y � 2z = 0.

(d) Sejam x = 3t� s, y = t+ 2s� 1 e z = s� 2t+ 1. Logo s = 3t� x e assim

y = t+ 2 (3t� x)� 1 = 7t� 2x� 1, t =y + 2x+ 1

7:

Deste modo:s = 3

y + 2x+ 1

7� x = 3y � x+ 3

7

Coms =

3y � x+ 37

e t =y + 2x+ 1

7

Tem-se então a seguinte equação linear:

z = s� 2t+ 1 = 3y � x+ 37

� 2y + 2x+ 17

+ 1.

Isto é:5x� y + 7z = 8.

(e) Sejam x = 2t� 3s, y = t+ s� 1, z = 2s+ 1 e w = t� 1. Logo t = w + 1 e s = z � 12. Assim:8>>><>>>:

x = 2 (w + 1)� 3z � 12

y = w + 1 +z � 12

� 1.

14

Deste modo, obtém-se o sistema de equações lineares:8<:2x+ 3z � 4w = 7

2y � z � 2w = �1.

(f) Seja S = f(1� s; s� t; 2s; t� 1) : s; t 2 Rg.Sejam x = 1� s, y = s� t, z = 2s, w = t� 1. Uma vez que s = 1� x e t = w+ 1, tem-se então

o seguinte sistema linear não homogéneo�y = 1� x� (w + 1)z = 2 (1� x) ,

�x+ y + w = 02x+ z = 2

(g) Por exemplo: 8<:x+ y = 1

x+ y = 0.

10. (i) Para que o grá�co da função polinomial p(x) = ax3 + bx2 + cx + d passe pelos pontos P1 =(0; 10); P2 = (1; 7); P3 = (3;�11) e P4 = (4;�14), é necessário que8>><>>:

p(0) = 10p(1) = 7p(3) = �11p(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 = 10a+ b+ c+ d = 727a+ 9b+ 3c+ d = �1164a+ 16b+ 4c+ d = �14.

Ou seja: 8>><>>:d = 10a+ b+ c = �327a+ 9b+ 3c = �2116a+ 4b+ c = �6.

Atendendo a que: 24 1 1 1 j �327 9 3 j �2116 4 1 j �6

35 �!�27L1+L2!L2�16L1+L3!L3

24 1 1 1 j �30 �18 �24 j 600 �12 �15 j 42

35 �!16L2!L2

15

�!16L2!L2

24 1 1 1 j �30 �3 �4 j 100 �12 �15 j 42

35 �!�4L2+L3!L3

24 1 1 1 j �30 �3 �4 j 100 0 1 j 2

35 ;tem-se 8>><>>:

a = 1b = �6c = 2d = 10.

(ii) Para que os pontos P1 = (�2; 7); P2 = (�4; 5) e P3 = (4;�3) pertençam à circunferência de equaçãox2 + y2 + ax+ by + c = 0; é necessário que8<:

(�2)2 + 72 + a (�2) + 7b+ c = 0(�4)2 + 52 + a (�4) + 5b+ c = 042 + (�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 = �414a� 3b+ c = �25.

Atendendo a que:

24 �2 7 1 j �53�4 5 1 j �414 �3 1 j �25

35 �!�2L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �2 7 1 j �530 �9 �1 j 650 11 3 j �131

35 �!119L2+L3!L3

24 �2 7 1 j �530 �9 �1 j 650 0 16=9 j �464=9

35 ;tem-se 8<:

a = �2b = �4c = �29.

16

2a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Matrizes)

1. Efectue, sempre que possível, as seguintes operações.

(i)��132� � 3

� �

�(ii)

�0 1

�+

�10

�(iii)

�32�2

1 �1

� ��13

2 4

�3p5 1

2

�(iv) 2

�1 03 �1

2

�� 1

3

�0 �6

�2 3

�(v)

�1

�3

� �0 �21 �1

�(vi)

��2

p3 4

� � 0�1

�

(vii)� p

2�3

� �4 �1

22�

(viii)

0@24 2�14

1

35 2 � p2 �3�1AT

(ix)

0BBBB@224 1

30 1

2

�13�12�1

35T 24 1 0 12

�13�12�1

35�266664

89

131

13

121

531 5

2

3777751CCCCAT

(x)

24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

35T 24 1 0�2 4�13�3

35 (xi)

24 1 0�2 4�13�3

35T 24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

352. Determine as características e as nulidades das seguintes matrizes reais, identi�cando os respectivospivots.

(i)

24 0 00 00 0

35 (ii)

24 1 2 30 1 11 2 3

35 (iii)

24 2 12 4

�1 �2

35 (iv)

24 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

35

(v)

24 0 1 �1 11 �1 1 01 1 2 �1

35 (vi)

26641 2 �1 3 2

�1 1 3 �2 �12 7 �1 9 83 3 �2 4 �6

3775 (vii)

26641 3 �1 20 11 �5 32 �5 3 14 1 1 5

3775(viii)

�5 �1 20 2 0

�(ix)

24 3 6 92 4 61 2 3

35 (x)

24 2 10 �6 8 �4�1 �5 3 �4 2�2 �10 6 �8 4

353. 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 matrizessão invertíveis:

(i)

24 1 0 1�1 � �0 � 1

35 (ii)

24 1 � ��2 1 23 �2� � �1

35 (iii)

24 2 �2 ��2 1 10 �2 � 1 �+ 1

35

(iv)

2664�1 0 1 �0 1 0 03 0 � 0

�1 �1 1 2

3775 (v)

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775 (vi)

26641 �1 � 01 � �1 01 �1 �3 0�1 1 �� 2 � 1

3775

17

4. Determine (se existirem) as inversas das seguintes matrizes.

(i)�0 11 0

�(ii)

�1 00 1

�(iii) [1] (iv)

�1 23 4

�(v)

24 1 2 34 5 67 8 9

35(vi)

24 1 0 20 3 04 0 5

35 (vii)

24 1 2 14 0 61 8 1

35 (viii)�cos � � sen �sen � cos �

�

(ix)

2664k 0 0 01 k 0 00 1 k 00 0 1 k

3775, com k 6= 0 (x)

26640 0 0 k10 0 k2 00 k3 0 0k4 0 0 0

3775, com k1; k2; k3; k4 6= 0

(xi)

2666666664

513

213

213

� 813

213

� 713

613

213

213

613

� 713

213

� 813

213

213

513

3777777775(xii)

2666666664

1 �12�12

12

�12

1 0 �12

�12

0 1 �12

12

�12�12

1

3777777775

5. Seja A�;� =

26641 0 �1 01 � �2 + � ��0 1 � �1 � �2 + � �+ ��

3775, com �; � 2 R:

(a) Determine a característica e a nulidade de A�;� em função de � e �.

(b) Determine os valores dos parâmetros � e � para os quais A�;� é invertível.

6. Seja A� =

26641 0 � 22 � �2 4�4 0 ��3 �8� 0 �2 �2

3775, com � 2 R.

(a) Determine a característica e a nulidade de A� em função do parâmetro � e diga, justi�cando,quais são os valores de � para os quais A� é invertível.

(b) Para � = 1; determine a inversa da matriz A1.

7. Seja Ba;b =

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a b3 0 6 0

3775, com a; b 2 R:

(a) Determine a característica e a nulidade de Ba;b em função de a e b.

(b) Para a = 1 e b = 0 calcule a matriz inversa da matriz B1;0, isto é, (B1;0)�1.

(c) Determine a solução geral do sistema linear B1;0X = C, C =�1 �2 3 �1

�T.

(d) Para b = 1, determine a solução geral do sistema linear Ba;1X = D, em que D é o simétrico da3a coluna de Ba;1.

18


1. (i)��132� � 3

� �

�= [�2� � 1] (ii) Não é possível.

(iii)

24 32�2

1 �1

3524 �13

2 4

�3p5 1

2

35 =24 11

23� 2

p5 5

83

2�p5 7

2

35

(iv) 2�1 03 �1

2

�� 1

3

�0 �6

�2 3

�=

�2 2203�2

�(v) Não é possível. (vi) Não é possível.

(vii)� p

2�3

� �4 �1

22�=

24 4p2 �12

p2 2

p2

�12 32

�6

35

viii)

0@24 2�14

1

35 2 � p2 �3�1AT

=

24 4p2 �12

p2 2

p2

�12 32

�6

35

(ix)

0BBBB@224 1

30 1

2

�13�12�1

35T 24 1 0 12

�13�12�1

35�266664

89

131

13

121

531 5

2

3777751CCCCAT

=

24 0 0 00 0 00 0 0

35

(x)

24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

35T 24 1 0�2 4�13�3

35 =2666666664

�1 �18

56

�10

�76�16

�73

�3

3777777775

(xi)

24 1 0�2 4�13�3

35T 24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

35 = � �1 56

�76

�73

�18 �10 �16 �3

�

2. (i) Seja A =

24 0 00 00 0

35. carA = 0; nulA = 2. Não existem pivots.

19

(ii)

24 1 2 30 1 11 2 3

35 �!�L1+L3!L3

24 1 2 30 1 10 0 0

35.

Assim, sendo A =

24 1 2 30 1 11 2 3

35, tem-se carA = 2 e nulA = 1. Pivots: 1 e 1.

(iii)

24 2 12 4

�1 �2

35 �!L1$L3

24 �1 �22 42 1

35 �!2L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �1 �20 00 �3

35 �!L1$L3

24 �1 �20 �30 0

35.

Assim, sendo A =

24 2 12 4

�1 �2

35, tem-se carA = 2 e nulA = 0. Pivots: �1 e �3.

(iv)

24 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

35 �!�5L1+L2!L2�9L1+L3!L3

24 1 2 3 40 �4 �8 �120 �8 �16 �24

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 2 3 40 �4 �8 �120 0 0 0

35.

Assim, sendo A =

24 1 2 3 40 �4 �8 �120 0 0 0

35, tem-se carA = 2 e nulA = 2. Pivots: 1 e �4.

(v)

24 0 1 �1 11 �1 1 01 1 2 �1

35 �!L1$L2

24 1 �1 1 00 1 �1 11 1 2 �1

35 �!�L1+L3!L3

�!�L1+L3!L3

24 1 �1 1 00 1 �1 10 2 1 �1

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 �1 1 00 1 �1 10 0 3 �3

35.

Assim, sendo A =

24 1 �1 1 00 1 �1 10 0 3 �3

35, tem-se carA = 3 e nulA = 1. Pivots: 1; 1 e 3.

(vi)

26641 2 �1 3 2�1 1 3 �2 �12 7 �1 9 83 3 �2 4 �6

3775 �!L1+L2!L2�2L1+L3!L3�3L1+L4!L4

26641 2 �1 3 20 3 2 1 10 3 1 3 40 �3 1 �5 �12

3775 �!�L2+L3!L3L2+L4!L4

20

�!�L2+L3!L3L2+L4!L4

26641 2 �1 3 20 3 2 1 10 0 �1 2 30 0 3 �4 �11

3775 �!3L3+L4!L4

26641 2 �1 3 20 3 2 1 10 0 �1 2 30 0 0 2 �2

3775.

Assim, sendo A =

26641 2 �1 3 2�1 1 3 �2 �12 7 �1 9 83 3 �2 4 �6

3775, tem-se carA = 4 e nulA = 1. Pivots: 1; 3;�1 e 2.

(vii)

26641 3 �1 20 11 �5 32 �5 3 14 1 1 5

3775 �!�2L1+L3!L3�4L1+L4!L4

26641 3 �1 20 11 �5 30 �11 5 �30 �11 5 �3

3775 �!L2+L3!L3L2+L4!L4

26641 3 �1 20 11 �5 30 0 0 00 0 0 0

3775.

Assim, sendo A =

26641 3 �1 20 11 �5 32 �5 3 14 1 1 5

3775, tem-se carA = 2 e nulA = 2. Pivots: 1 e 11.

(viii) Sendo A =�5 �1 20 2 0

�, tem-se carA = 2 e nulA = 1. Pivots: 5 e 2.

(ix)

24 3 6 92 4 61 2 3

35 �!L1$L3

24 1 2 32 4 63 6 9

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 2 30 0 00 0 0

35.Assim, sendo A =

24 3 6 92 4 61 2 3

35, tem-se carA = 1 e nulA = 2. Pivot: 1.

(x)

24 2 10 �6 8 �4�1 �5 3 �4 2�2 �10 6 �8 4

35 �!12L1+L2!L2L1+L3!L3

24 2 10 �6 8 �40 0 0 0 00 0 0 0 0

35.

Assim, sendo A =

24 2 10 �6 8 �4�1 �5 3 �4 2�2 �10 6 �8 4

35, tem-se carA = 1 e nulA = 4. Pivot: 2.

3. (i)

24 1 0 1�1 � �0 � 1

35 �!L1+L2!L2

24 1 0 10 � � + 10 � 1

35 �!�L2+L3!L3

24 1 0 10 � � + 10 0 �

35.21

Seja A� =

24 1 0 1�1 � �0 � 1

35. Se � 6= 0 então carA� = 3 e nulA� = 0.

Se � = 0 então carA� = 2 e nulA� = 1.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= 0, uma vez que é só neste caso que carA� = no de colunas de A�.

(ii)

24 1 � ��2 1 23 �2� � �1

35 �!2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 � �0 1 + 2� 2 + 2�0 �2� 4� �1� 3�

35 �!2L2+L3!L3

24 1 � �0 1 + 2� 2 (1 + �)0 0 3 + �

35.Seja A� =

24 1 � ��2 1 23 �2� � �1

35. Se � 6= �3 e � 6= �12então carA� = 3 e nulA� = 0.

Se � = �3 ou � = �12então carA� = 2 e nulA� = 1.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= �3 e � 6= �1

2, uma vez que é só neste caso que carA� = no de

colunas de A�.

(iii)

24 2 �2 ��2 1 10 �2 � 1 �+ 1

35 �!�L1+L2!L2

24 2 �2 ��0 1� �2 1 + �0 �2 � 1 �+ 1

35 �!L2+L3!L3

24 2 �2 ��0 (1� �) (1 + �) 1 + �0 0 2 (�+ 1)

35.Seja A� =

24 2 �2 ��2 1 10 �2 � 1 �+ 1

35. Se � = �1 então carA� = 1 e nulA� = 2.


Se � 6= �1 e � 6= 1 então carA� = 3 e nulA� = 0.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= �1 e � 6= 1, uma vez que é só neste caso que carA� = no decolunas de A�.

(iv)

2664�1 0 1 �0 1 0 03 0 � 0�1 �1 1 2

3775 �!3L1+L3!L3�L1+L4!L4

2664�1 0 1 �0 1 0 00 0 �+ 3 3�0 �1 0 2� �

3775 �!L2+L4!L4

2664�1 0 1 �0 1 0 00 0 �+ 3 3�0 0 0 2� �

3775.

Seja A� =

2664�1 0 1 �0 1 0 03 0 � 0�1 �1 1 2

3775. Se � = 2 ou � = �3 então carA� = 3 e nulA� = 1.

22

Se � 6= 2 e � 6= �3 então carA� = 4 e nulA� = 0.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= 2 e � 6= �3, uma vez que é só neste caso que carA� = no decolunas de A�.

(v)

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775 �!L1+L3!L32L1+L4!L4

2664�1 0 1 �0 1 �1 00 0 (1� �) (1 + �) �� 10 0 0 2 (�� 1)

3775.

Seja A� =

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775. Se � = 1 então carA� = 2 e nulA� = 2.

Se � = �1 então carA� = 3 e nulA� = 1.

Se � 6= 1 e � 6= �1 então carA� = 4 e nulA� = 0.


(vi)

26641 �1 � 01 � �1 01 �1 �3 0�1 1 �� 2 � 1

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 � 00 �+ 1 �1� � 00 0 � (�� 1) (�+ 1) 00 0 0 (�� 1) (�+ 1)

3775.

Seja A� =

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775. Se � = 1 então carA� = 2 e nulA� = 2.


Se � = �1 então carA� = 1 e nulA� = 3.


Se � 6= 0 e � 6= 1 e � 6= �1 então carA� = 4 e nulA� = 0.


4. (i)�0 1 j 1 01 0 j 0 1

��!L1$L2

�1 0 j 0 10 1 j 1 0

�. Logo

�0 11 0

��1=

�0 11 0

�23

(ii)�1 00 1

��1=

�1 00 1

�(iii) [1]�1 = [1]

(iv)�1 2 j 1 03 4 j 0 1

��!

�3L1+L2!L2

�1 2 j 1 00 �2 j �3 1

��!

L2+L1!L1

�!L2+L1!L1

�1 0 j �2 10 �2 j �3 1

��!

� 12L2!L2

�1 0 j �2 10 1 j 3

2�12

�.

Logo�1 23 4

��1=

��2 132

�12

�.

(v)

24 1 2 3 j 1 0 04 5 6 j 0 1 07 8 9 j 0 0 1

35 �!�4L1+L2!L2�7L1+L3!L3

24 1 2 3 j 1 0 00 �3 �6 j �4 1 00 �6 �12 j �7 0 1

35 �!�2L2+L3!L3

�!�2L2+L3!L3

24 1 2 3 j 1 0 00 �3 �6 j �4 1 00 0 0 j 1 �2 1

35.

Logo,

24 1 2 34 5 67 8 9

35 é singular e como tal não é invertível.

(vi)

24 1 0 2 j 1 0 00 3 0 j 0 1 04 0 5 j 0 0 1

35 �!�4L1+L3!L3

24 1 0 2 j 1 0 00 3 0 j 0 1 00 0 �3 j �4 0 1

35 �!23L3+L1!L1

�!23L3+L1!L1

24 1 0 0 j �530 2

3

0 3 0 j 0 1 00 0 �3 j �4 0 1

35 �!13L2!L2

� 13L3!L3

24 1 0 0 j �530 2

3

0 1 0 j 0 13

00 0 1 j 4

30 �1

3

35.

Logo

24 1 0 20 3 04 0 5

35�1 =24 �5

30 2

3

0 13

043

0 �13

35.

(vii)

24 1 2 1 j 1 0 04 0 6 j 0 1 01 8 1 j 0 0 1

35 �!�4L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 2 1 j 1 0 00 �8 2 j �4 1 00 6 0 j �1 0 1

35 �!34L2+L3!L3

24

�!34L2+L3!L3

24 1 2 1 j 1 0 00 �8 2 j �4 1 00 0 3

2j �4 3

41

35 �!23L3!L3

24 1 2 1 j 1 0 00 �8 2 j �4 1 00 0 1 j �8

312

23

35 �!�2L3+L2!L2�L3+L1!L1

�!�2L3+L2!L2�L3+L1!L1

2666641 2 0 j 11

3�12�23

j0 �8 0 j 4

30 �4

3

j0 0 1 j �8

312

23

377775 �!� 18L2!L2

2666641 2 0 j 11

3�12�23

j0 1 0 j �1

60 1

6

j0 0 1 j �8

312

23

377775 �!�2L2+L1!L1

�!�2L2+L1!L1

2666641 0 0 j 4 �1

2�1

j0 1 0 j �1

60 1

6

j0 0 1 j �8

312

23

377775.

Logo

24 1 2 14 0 61 8 1

35�1 =266664

4 �12�1

�16

0 16

�83

12

23

377775.

(viii) Para � 6= k�2; (k 2 Z)

�cos� � sen� j 1 0sen� cos� j 0 1

��!

(cos�)L1!L1(sen�)L2!L2

�cos2 � � cos� sen� j cos� 0sen2 � sen� cos� j 0 sen�

��!

L2+L1!L1

�!L2+L1!L1

�1 0 j cos� sen�

sen2 � sen� cos� j 0 sen�

��!

(� sen2 �)L1+L2!L2

�!(� sen2 �)L1+L2!L2

�1 0 j cos� sen�0 sen� cos� j � sen2 � cos� sen� (1� sen2 �)

��!

1sen� cos�

L2!L2

�!1

sen� cos�L2!L2

�1 0 j cos� sen�0 1 j � sen� cos�

�. Note que sen� cos� 6= 0 para todo o � 6= k�

2; (k 2 Z).

Logo�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�cos� sen�� sen� cos�

�, para todo o � 6= k�

2; (k 2 Z)

Se � =�

2+ 2k�; (k 2 Z) ;

�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�0 �11 0

��1=

�0 1�1 0

�=


�.

25

Se � = 2k�; (k 2 Z),�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�1 00 1

��1=

�1 00 1

�=


�.

Se � = � + 2k�; (k 2 Z) ;�cos� � sen�sen� cos�

��1=

��1 00 �1

��1=

��1 00 �1

�=


�.

Se � =3�

2+ 2k�; (k 2 Z),

�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�0 1�1 0

��1=

�0 �11 0

�=


�.

Logo, para todo o � 2 R �cos� � sen�sen� cos�

��1=


�.

(ix) Seja k 6= 0.

2664k 0 0 0 j 1 0 0 01 k 0 0 j 0 1 0 00 1 k 0 j 0 0 1 00 0 1 k j 0 0 0 1

3775 �!� 1kL1+L2!L21kL3!L3

1kL4!L4

2664k 0 0 0 j 1 0 0 00 k 0 0 j � 1

k1 0 0

0 1k1 0 j 0 0 1

k0

0 0 1k1 j 0 0 0 1

k

3775 �!� 1k2L2+L3!L31kL1!L1

�!� 1k2L2+L3!L31kL1!L1

26641 0 0 0 j 1

k0 0 0

0 k 0 0 j � 1k

1 0 00 0 1 0 j 1

k3� 1k2

1k0

0 0 1k1 j 0 0 0 1

k

3775 �!� 1kL3+L4!L41kL2!L2

26641 0 0 0 j 1

k0 0 0

0 1 0 0 j � 1k2

1k

0 00 0 1 0 j 1

k3� 1k2

1k

00 0 0 1 j � 1

k41k3

� 1k2

1k

3775.

Logo

2664k 0 0 01 k 0 00 1 k 00 0 1 k

3775�1

=

26641k

0 0 0� 1k2

1k

0 01k3

� 1k2

1k

0� 1k4

1k3

� 1k2

1k

3775.

(x) Sejam k1; k2; k3; k4 6= 0.

26

26640 0 0 k1 j 1 0 0 00 0 k2 0 j 0 1 0 00 k3 0 0 j 0 0 1 0k4 0 0 0 j 0 0 0 1

3775 �!L1$L4L2$L3

2664k4 0 0 0 j 0 0 0 10 k3 0 0 j 0 0 1 00 0 k2 0 j 0 1 0 00 0 0 k1 j 1 0 0 0

3775 �!1k4L1!L1

1k3L2!L2

1k2L3!L3

1k1L4!L4

�!1k4L1!L1

1k3L2!L2

1k2L3!L3

1k1L4!L4

26641 0 0 0 j 0 0 0 1

k4

0 1 0 0 j 0 0 1k3

0

0 0 1 0 j 0 1k2

0 0

0 0 0 1 j 1k11 0 0 0

3775.

Logo

26640 0 0 k10 0 k2 00 k3 0 0k4 0 0 0

3775�1

=

26640 0 0 1

k4

0 0 1k3

0

0 1k2

0 01k11 0 0 0

3775.

(xi)

2666666664

513

213

213

� 813

213

� 713

613

213

213

613

� 713

213

� 813

213

213

513

3777777775= 1

13

2666666664

5 2 2 �8

2 �7 6 2

2 6 �7 2

�8 2 2 5

3777777775:

2666666664

5 2 2 �8 j 1 0 0 0j

2 �7 6 2 j 0 1 0 0j

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

�8 2 2 5 j 0 0 0 1

3777777775�!L1$L3

2666666664

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

2 �7 6 2 j 0 1 0 0j

5 2 2 �8 j 1 0 0 0j

�8 2 2 5 j 0 0 0 1

3777777775�!

�L1+L2!L2� 52L1+L3!L3

4L1+L4!L4

�!�L1+L2!L2� 52L1+L3!L3

4L1+L4!L4

2666666664

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

0 �13 13 0 j 0 1 �1 0j

0 �13 392

�13 j 1 0 �520

j0 26 �26 13 j 0 0 4 1

3777777775�!

�L2+L3!L32L2+L4!L4

27

�!�L2+L3!L32L2+L4!L4

2666666664

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

0 �13 13 0 j 0 1 �1 0j

0 0 132

�13 j 1 �1 �320

j0 0 0 13 j 0 2 2 1

3777777775�!

12L1!L1

� 113L2!L2

213L3!L3

113L4!L4

�!12L1!L1

� 113L2!L2

213L3!L3

113L4!L4

2666666664

1 3 �72

1 j 0 0 12

0j

0 1 �1 0 j 0 � 113

113

0j

0 0 1 �2 j 213

� 213

� 313

0j

0 0 0 1 j 0 213

213

113

3777777775�!

�L4+L1!L12L4+L3!L3

�!�L4+L1!L12L4+L3!L3

2666666664

1 3 �720 j 0 � 2

13926

� 113

j0 1 �1 0 j 0 � 1

13113

0j

0 0 1 0 j 213

213

113

213

j0 0 0 1 j 0 2

13213

113

3777777775�!

L3+L2!L272L3+L1!L1

�!L3+L2!L272L3+L1!L1

2666666664

1 3 0 0 j 713

513

813

613

j0 1 0 0 j 2

13113

213

213

j0 0 1 0 j 2

13213

113

213

j0 0 0 1 j 0 2

13213

113

3777777775�!

�3L2+L1!L1

2666666664

1 0 0 0 j 113

213

213

0j

0 1 0 0 j 213

113

213

213

j0 0 1 0 j 2

13213

113

213

j0 0 0 1 j 0 2

13213

113

3777777775.

Logo

2666666664

513

213

213

� 813

213

� 713

613

213

213

613

� 713

213

� 813

213

213

513

3777777775

�1

=

0BBBBBBBB@113

2666666664

5 2 2 �8

2 �7 6 2

2 6 �7 2

�8 2 2 5

3777777775

1CCCCCCCCA

�1

=

= 13

2666666664

113

213

213

0

213

113

213

213

213

213

113

213

0 213

213

113

3777777775=

2666666664

1 2 2 0

2 1 2 2

2 2 1 2

0 2 2 1

3777777775.

28

(xii)

2666666664

1 �12�12

12

�12

1 0 �12

�12

0 1 �12

12

�12�12

1

3777777775= 1

2

2666666664

2 �1 �1 1

�1 2 0 �1

�1 0 2 �1

1 �1 �1 2

3777777775.

2666666664

2 �1 �1 1 j 1 0 0 0j

�1 2 0 �1 j 0 1 0 0j

�1 0 2 �1 j 0 0 1 0j

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1

3777777775�!L1$L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

�1 2 0 �1 j 0 1 0 0j

�1 0 2 �1 j 0 0 1 0j

2 �1 �1 1 j 1 0 0 0

3777777775�!

L1+L2!L2L1+L3!L3�2L1+L4!L4

�!L1+L2!L2L1+L3!L3�2L1+L4!L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

0 1 �1 1 j 0 1 0 1j

0 �1 1 1 j 0 0 1 1j

0 1 1 �3 j 1 0 0 �2

3777777775�!

L2+L3!L3�L2+L4!L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

0 1 �1 1 j 0 1 0 1j

0 0 0 2 j 0 1 1 2j

0 0 2 �4 j 1 �1 0 �3

3777777775�!L3$L4

�!L3$L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

0 1 �1 1 j 0 1 0 1j

0 0 2 �4 j 1 �1 0 �3j

0 0 0 2 j 0 1 1 2

3777777775�!

2L4+L3!L3� 12L4+L2!L2

�L4+L1!L1

2666666664

1 �1 �1 0 j 0 �1 �1 �1j

0 1 �1 0 j 0 12

�12

0j

0 0 2 0 j 1 1 2 1j

0 0 0 2 j 0 1 1 2

3777777775�!

12L3!L3

12L4!L4

�!12L3!L3

12L4!L4

2666666664

1 �1 �1 0 j 0 �1 �1 �1j

0 1 �1 0 j 0 12

�12

0j

0 0 1 0 j 12

12

1 12

j0 0 0 1 j 0 1

212

1

3777777775�!

L3+L2!L2L3+L1!L1

2666666664

1 �1 0 0 j 12�120 �1

2

j0 1 0 0 j 1

21 1

212

j0 0 1 0 j 1

212

1 12

j0 0 0 1 j 0 1

212

1

3777777775�!

L2+L1!L1

�!L2+L1!L1

2666666664

1 0 0 0 j 1 12

120

j0 1 0 0 j 1

21 1

212

j0 0 1 0 j 1

2121 1

2

j0 0 0 1 j 0 1

2121

3777777775.

29

Logo

2666666664

1 �12�12

12

�12

1 0 �12

�12

0 1 �12

12

�12�12

1

3777777775

�1

=

0BBBBBBBB@12

2666666664

2 �1 �1 1

�1 2 0 �1

�1 0 2 �1

1 �1 �1 2

3777777775

1CCCCCCCCA

�1

= 2

2666666664

1 12

120

121 1

212

12

121 1

2

0 12

121

3777777775=

2666666664

2 1 1 0

1 2 1 1

1 1 2 1

0 1 1 2

3777777775.

5. A�;� =

26641 0 �1 01 � �2 + � ��0 1 � �1 � �2 + � �+ ��

3775 �!L2$L3

26641 0 �1 00 1 � �1 � �2 + � ��1 � �2 + � �+ ��

3775 �!�L1+L3!L3�L1+L4!L4

�!�L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 0 �1 00 1 � �0 � �2 + �+ 1 ��0 � �2 + �+ 1 �+ ��

3775 �!��L2+L3!L3��L2+L4!L4

26641 0 �1 00 1 � �0 0 �+ 1 00 0 �+ 1 �

3775 �!�L3+L4!L4

�!�L3+L4!L4

26641 0 �1 00 1 � �0 0 �+ 1 00 0 0 �

3775.Se � = �1 e � = 0 então carA = 2 e nulA = 2.

Se (� = �1 e � 6= 0) ou (� 6= �1 e � = 0) então carA = 3 e nulA = 1.

Se � 6= �1 e � 6= 0 então carA = 4 e nulA = 0.

Assim, A�;� é invertível se e só se � 6= �1 e � 6= 0, uma vez que é só neste caso que carA�;� = no decolunas de A�;�.

6. (a) Tem-se

A� =

26641 0 � 22 � �2 4�4 0 ��3 �8� 0 �2 �2

3775 �!�2L1+L2!L24L1+L3!L3��L1+L4!L4

26641 0 � 20 � � (� � 2) 00 0 (2� �) (2 + �) � 00 0 0 � (� � 2)

3775 :Logo, como carA� + nulA� = 4,se � = 0 então carA� = 1 e nulA� = 3;se � = 2 então carA� = 2 e nulA� = 2;se � = �2 então carA� = 3 e nulA� = 1;se � 6= 0 e � 6= 2 e � 6= �2 então carA� = 4 e nulA� = 0.

30

Assim, A� é invertível se e só se � 2 Rn f�2; 0; 2g, uma vez que é só nestes casos que carA� = no decolunas de A�.

(b)�A1 j I

�=

=

26641 0 1 2 j 1 0 0 02 1 1 4 j 0 1 0 0�4 0 �1 �8 j 0 0 1 01 0 1 1 j 0 0 0 1

3775 �!�2L1+L2!L24L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 0 1 2 j 1 0 0 00 1 �1 0 j �2 1 0 00 0 3 0 j 4 0 1 00 0 0 �1 j �1 0 0 1

3775 �!2L4+L1!L1� 13L3+L1!L1

13L3+L2!L2

�!2L4+L1!L1� 13L3+L1!L1

13L3+L2!L2

26641 0 0 0 j �7

30 �1

32

0 1 0 0 j �231 1

30

0 0 3 0 j 4 0 1 00 0 0 �1 j �1 0 0 1

3775 �!�L4!L413L3!L3

26641 0 0 0 j �7

30 �1

32

0 1 0 0 j �231 1

30

0 0 1 0 j 43

0 13

00 0 0 1 j 1 0 0 �1

3775Logo

(A1)�1 =

2664�730 �1

32

�231 1

30

43

0 13

01 0 0 �1

3775 :

7. (a) Ba;b =

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a b3 0 6 0

3775 �!L1$L2

26642 2 0 a0 0 a 10 0 a b3 0 6 0

3775 �!L2$L4

�!L2$L4

26642 2 0 a3 0 6 00 0 a b0 0 a 1

3775 �!� 32L1+L2!L2

�L3+L4!L4

26642 2 0 a0 �3 6 �3

2a

0 0 a b0 0 0 1� b

3775.Se a = 0 ou ( a 6= 0 e b = 1) então carBa;b = 3 e nulBa;b = 1.

Se a 6= 0 e b 6= 1 então carBa;b = 4 e nulBa;b = 0.

(b) [B1;0 j I] =

26640 0 1 1 j 1 0 0 02 2 0 1 j 0 1 0 00 0 1 0 j 0 0 1 03 0 6 0 j 0 0 0 1

3775 �!L1$L4

26643 0 6 0 j 0 0 0 12 2 0 1 j 0 1 0 00 0 1 0 j 0 0 1 00 0 1 1 j 1 0 0 0

3775 �!� 23L1+L2!L2

�L3+L4!L4

�!� 23L1+L2!L2

�L3+L4!L4

26643 0 6 0 j 0 0 0 10 2 �4 1 j 0 1 0 �2

3

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775 �!�L4+L2!L2�6L3+L1!L1

26643 0 0 0 j 0 0 �6 10 2 �4 0 j �1 1 1 �2

3

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775 �!12L2!L2

13L1!L1

31

�!12L2!L2

13L1!L1

26641 0 0 0 j 0 0 �2 1

3

0 1 �2 0 j �12

12

12

�13

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775 �!2L3+L2!L2

26641 0 0 0 j 0 0 �2 1

3

0 1 0 0 j �12

12

52

�13

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775.

Logo (B1;0)�1 =

26640 0 �2 1

3

�12

12

52

�13

0 0 1 01 0 �1 0

3775.

(c) Como B1;0 é invertível,

B1;0X = C , X = (B1;0)�1C , X =

26640 0 �2 1

3

�12

12

52

�13

0 0 1 01 0 �1 0

377526641�23�1

3775 =2666666664

�193

193

3

�2

3777777775:

(d) Seja X = (x1; x2; x3; x4).

Ba;1X = D ,

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a 13 0 6 0

37752664x1x2x3x4

3775 =2664�a0�a�6

3775 .A solução geral de Ba;1X = D é dada por:

(Solução particular de Ba;1X = D) + (Solução geral de Ba;1X = 0).

O vector (0; 0;�1; 0) é uma solução particular de Ba;1X = D. Determinemos a solução geral deBa;1X = 0.

Tem-se

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a 13 0 6 0

3775 �!�L1+L3!L3� 32L2+L4!L4

26640 0 a 12 2 0 a0 0 0 00 �3 6 �3

2a

3775 �!L1$L2L3$L4

�!L1$L2L3$L4

26642 2 0 a0 0 a 10 �3 6 �3

2a

0 0 0 0

3775 �!L2$L3

26642 2 0 a0 �3 6 �3

2a

0 0 a 10 0 0 0

3775.

Logo,

8<:2x1 + 2x2 + ax4 = 0�3x2 + 6x3 � 3

2ax4 = 0

ax3 + x4 = 0,

8>><>>:x = �2x3x2 =

�2 +

a2

2

�x3

x4 = �ax3

32

Assim, a solução geral de Ba;1X = 0 é dada por:�(�2s;

�2 +

a2

2

�s; s;�as) : s 2 R

�

Logo, a solução geral do sistema linear Ba;1X = D é dada por:

f(0; 0;�1; 0)g+��2s;

�2 +

a2

2

�s; s;�as

�: s 2 R

�=

��2s;

�2 +

a2

2

�s; s� 1;�as

�: s 2 R

�.

Resolução Alternativa.

[Ba;1 j D] =

26640 0 a 1 j �a2 2 0 a j 00 0 a 1 j �a3 0 6 0 j �6

3775 �!�L1+L3!L3� 32L2+L4!L4

26640 0 a 1 j �a2 2 0 a j 00 0 0 0 j 00 �3 6 �3

2a j �6

3775 �!L1$L2L3$L4

�!L1$L2L3$L4

26642 2 0 a j 00 0 a 1 j �a0 �3 6 �3

2a j �6

0 0 0 0 j 0

3775 �!L2$L3

26642 2 0 a j 00 �3 6 �3

2a j �6

0 0 a 1 j �a0 0 0 0 j 0

3775.

Tem-se então

8><>:2x+ 2y + aw = 0

�3y + 6z � 32aw = �6

az + w = �a,

8><>:x = �2z � 2y =

�a2

2+ 2�(z + 1)

w = �a� az

Logo, a solução geral do sistema linear Ba;1X = D é dada por:��2s� 2;

�a2

2+ 2

�(s+ 1) ; s;�a� as

�: s 2 R

�=

��2s;

�2 +

a2

2

�s; s� 1;�as

�: s 2 R

�:

33

3a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Determinante)

1. Classi�que quanto à paridade as seguintes permutações de números de 1 a 6:

(i) (312645) (ii) (234516) (iii) (654321) (iv) (123456)

(v) (546321) (vi) (453261) (vii) (634125) (viii) (123465)

2. Na expressão do determinante de uma matriz do tipo 6 � 6 diga qual o sinal que afecta cada umadas seguintes parcelas:

(i) a23a31a42a56a14a65 (ii) a16a25a34a43a52a61(iii) a54a45a63a32a26a11 (iv) a16a23a34a41a62a55

3. Veri�que que

(i)

��0 0 a130 a22 a23a31 a32 a33

�� = � a13a22a31 (ii)

��0 0 0 a140 0 a23 a240 a32 a33 a34a41 a42 a43 a44

�� = a14a23a32a414. Calcule os seguintes determinantes e diga quais são as matrizes singulares:

(i)�� 1 23 4

�� (ii)�� 18563 1857321472 21482

�� (iii)�� 1 +p2 2�

p3

2 +p3 1�

p2

��(iv)

�� cos � � sen �sen � cos �

�� (v)

��2 0 15 3 0�5 1 2

�� (vi)

��2 3 25 �1 �3�2 1 1

��(vii)

��2 1 15 �1 �32 3 2

�� (viii)

��8 12 85 �1 �3�2 1 1

�� (ix)

��1 2 34 5 67 8 9

�� (x)

��0 1 0 01 0 1 00 1 0 10 0 1 0

��(xi)

��2 �2 8 60 1 2 00 0 �3 �230 0 0 5

�� (xii)

��1 3 �1 1�1 �2 �1 12 1 1 12 0 �2 0

�� (xiii)

��0 0 0 50 0 �3 �230 1 2 0�2 �2 8 6

��(xiv)

��12 22 32 42

22 32 42 52

32 42 52 62

42 52 62 72

�� (xv)

��0 4 0 0 00 0 0 2 00 0 0 0 10 0 3 0 05 0 0 0 0

��(xvi)

��a 0 0 0 bb a 0 0 00 b a 0 00 0 b a 00 0 0 b a

��5. Que condições devem os parâmetros reais a; b e c veri�car para que a matriz24 1 a a2

1 b b2

1 c c2

35seja invertível?

34

6. Veri�que que a matriz 2666640 a 0 0 0e 0 b 0 00 f 0 c 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

377775não é invertível para quaisquer a; b; c; d; e; f; g; h 2 R.

7. Determine todos os valores do escalar � para os quais a matriz A��I é singular, onde A é dada por:

(i)�0 32 �1

�(ii)

24 1 0 20 �1 �22 �2 0

358. Use a fórmula de inversão de matrizes para inverter:

(i)�1 23 4

�(ii)

24 1 1 10 1 10 0 1

35 (iii)

24 �1 0 41 �1 �30 6 0

359. Sejam

A =

2664�3 2 0 2�1 0 0 30 9 �2 03 �1 0 2

3775 B =

2664�1 0 0 24 0 1 00 1 0 �30 �1 2 2

3775 .Sem calcular A�1 e B�1, determine a entrada (2; 2) de A�1 e a entrada (2; 3) de B�1.

10. Use a regra de Cramer para calcular as soluções dos sistemas:

(i)�2x+ 3y = 15x+ 7y = 3

(ii)

8<:x+ y = 12x+ z = 1x+ 2y + 2z = �1

11. Sejam C =

24 1 0 12 3 20 1 �2

35 e D =24 9 �8 �1�7 �3 0�2 0 0

35.Veri�que que C e D são invertíveis e calcule:

(i) det (2C�1) (ii) det�C3 (2C)�1

�(iii) det

��CT (trC)C

��1�(iv) det

�CT tr

��14C�T�

C�2�

(v) det��2CT

��23D3��1��

DT��1

C��1�

Sugestão: Sejam m 2 N, � escalar, A;B e S matrizes n� n com S invertível, tem-se

(a) det (AB) = (detA) (detB) (b) det (�B) = �n detB (c) det�AT�= detA

(d) det (A�1) =1

detA(e) trB = tr

�BT�(f) (�B)T = �BT (g) S�m = (S�1)m

12. Sejam a; b; c; d; e; f 2 R. Sabendo que

��a b cd e fg h i

�� = 5; calcule:35

(i)

��d e fg h ia b c

�� (ii)

��a �b �c2d 2e 2f�g �h �i

�� (iii)

��a+ d b+ e c+ fd e fg h i

��(iv)

��a b c

d� 3a e� 3b f � 3c2g 2h 2i

�� (v)

��a g db h ec i f

��13. Sejam a; b; c 2 R. Sabendo que

��a b c2 1 01 2 1

�� = 1; calcule:(i)

��a b c6 3 0�12�1 �1

2

�� (ii)

��a b c

2a+ 2 2b+ 1 2ca+ 1 b+ 2 c+ 1

�� (iii)

��a� 1 b� 2 c� 13 3 11 2 1

��(iv)

��1 �1 �12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

��14. Sejam �; � 2 R. Sabendo que

��1 2 �� 1 11 �+ � 2

�� = 1; calcule��1 2 �� + �2 2��

��.15. Seja � 2 R. Veri�que que ��

� 1 1 1 1 1� �+ 1 2 2 2 2� �+ 1 �+ 2 3 3 3� �+ 1 �+ 2 �+ 3 4 4� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 5� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 �+ 5

��= �6.

16. Seja � 2 R. Calcule o determinante da seguinte matriz do tipo n� n.2666666664

� � � : : : �1 �+ 1 1 : : : 1... 1 �+ 1

. . .... 1

. . . 1...

.... . . �+ 1 1

1 1 1 : : : 1 �+ 1

377777777517. Veri�que que ��

1 1 1x1 y1 y1x2 x2 y2

�� = (y1 � x1) (y2 � x2) .18. Mostre que:

(i)

��a1 b1 a1 + b1 + c1a2 b2 a2 + b2 + c2a3 b3 a3 + b3 + c3

�� =��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

�� (ii)

��b+ c c+ a b+ aa b c1 1 1

�� = 036

(iii)

��a1 + b1 a1 � b1 c1a2 + b2 a2 � b2 c2a3 + b3 a3 � b3 c3

�� = �2��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��19. Veri�que que �� a1 + b1 c1 + d1

a2 + b2 c2 + d2

�� = �� a1 c1a2 c2

��+ �� a1 c1b2 d2

��+ �� b1 d1a2 c2

��+ �� b1 d1b2 d2

�� :20. Sem calcular explicitamente o determinante, mostre que para x = 0 e x = 2 se tem��

x2 x 22 1 10 0 �5

�� = 0.21. Sem calcular o determinante, diga qual o coe�ciente de x3 na expressão��

2x x 1 21 x 1 �13 2 x 19 8 7 x

�� .22. Resolva as seguintes equações.

(i)

��1 x 10 �1 11 0 2

�� = 0 (ii)

��x x x xx 4 x xx x 4 xx x x 4

�� = 0 (iii)

��x 1 1 11 x 1 11 1 x 11 1 1 x

�� = 0

23. Sabendo que 533; 715 e 871 são múltiplos de 13, justi�que que

��5 3 37 1 58 7 1

�� é também múltiplo de 13,

sem calcular o determinante.

24. Sem calcular o determinante, veri�que que

��2 1 8�1 0 103 �7 4

�� é múltiplo de 5.25. Seja A = (aij)n�n com n ímpar e tal que aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n: Mostre que A não

é invertível.

37


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

+a23a31a42a56a14a65

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

�a16a25a34a43a52a61

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

�a54a45a63a32a26a11

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

+a16a23a34a41a62a55

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 dedeterminante, tem-se ��

0 0 a130 a22 a23a31 a32 a33

�� = � a13a22a31uma 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 dedeterminante, tem-se ��

0 0 0 a140 0 a23 a240 a32 a33 a34a41 a42 a43 a44

�� = a14a23a32a41uma vez que (1234) e (4321) têm a mesma paridade.

4. (i)�� 1 23 4

�� = 4� 6 = �2 6= 0, logo a matriz é não singular.38

(ii)�� 18563 1857321472 21482

�� = �� 18563 1021472 10

�� = �� 18563 102909 0

�� = �29090 6= 0, logo a matriz é não singular.(iii)

�� 1 +p2 2�p3

2 +p3 1�

p2

�� = 1� 2� (4� 3) = �2 6= 0, logo a matriz é não singular.(iv)

�� cos � � sen �sen � cos �

�� = cos2 � � (� sen2 �) = 1 6= 0, logo a matriz é não singular.(v)

��2 0 15 3 0�5 1 2

�� = �12 + 5� (�15) = 8 6= 0, logo a matriz é não singular.

(vi)

��2 3 25 �1 �3�2 1 1

�� = �2 + 18 + 10� 4� 15� (�6) = 13 6= 0, logo a matriz é não singular.

(vii)

��2 1 15 �1 �32 3 2

�� = ��2 3 25 �1 �3�2 1 1

�� =por (vi)

�13 6= 0, logo a matriz é não singular.

(viii)

��8 12 85 �1 �3�2 1 1

�� = 4��2 3 25 �1 �3�2 1 1

�� =por (vi)

52 6= 0, logo a matriz é não singular.

(ix)

��1 2 34 5 67 8 9

�� =��1 2 32 1 04 2 0

�� =��1 2 32 1 00 0 0

�� = 0, logo a matriz é singular.

(x)

��0 1 0 01 0 1 00 1 0 10 0 1 0

�� =��0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

�� =��1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

�� = 1 6= 0, logo a matriz é não singular.

(xi)

��2 �2 8 60 1 2 00 0 �3 �230 0 0 5

�� = 30 6= 0, logo a matriz é não singular.(xii)��

1 3 �1 1�1 �2 �1 12 1 1 12 0 �2 0

�� =��1 3 �1 10 1 �2 22 1 1 12 0 �2 0

�� = 2(�1)4+1

��3 �1 11 �2 21 1 1

��+ (�2)(�1)4+3��1 3 10 1 22 1 1

�� == �2 [�6 + 1 + (�2)� (�1)� (�2)� 6] + 2 [1 + 12� 2� 2] = 20 + 18 = 38 6= 0,

logo a matriz é não singular.

39

(xiii)

��0 0 0 50 0 �3 �230 1 2 0�2 �2 8 6

�� =��2 �2 8 60 1 2 00 0 �3 �230 0 0 5

�� =por (xi)

30 6= 0, logo a matriz é não singular.

(xiv)

��12 22 32 42

22 32 42 52

32 42 52 62

42 52 62 72

�� =��12 22 32 42

3 5 7 95 7 9 117 9 11 13

�� =��12 22 32 42

3 5 7 92 2 2 22 2 2 2

�� =��12 22 32 42

3 5 7 92 2 2 20 0 0 0

�� == 0, logo a matriz é singular.

(xv)

��0 4 0 0 00 0 0 2 00 0 0 0 10 0 3 0 05 0 0 0 0

��= 5(�1)5+1

��4 0 0 00 0 2 00 0 0 10 3 0 0

�� = 5244(�1)1+1

��0 2 00 0 13 0 0

��35 =

= 120 6= 0, logo a matriz é não singular.

(xvi)

��a 0 0 0 bb a 0 0 00 b a 0 00 0 b a 00 0 0 b a

��= a5 + b5 6= 0 se e só se a 6= �b, logo a matriz é não singular se e só se

a 6= �b.

5. Seja

A =

24 1 a a2

1 b b2

1 c c2

35 ,com a; b; c 2 R. A matriz A é invertível se e só se detA 6= 0. Tem-se

detA =

��1 a a2

1 b b2

1 c c2

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 c� a c2 � a2

�� = 0se a = b ou a = c. Se a 6= b e a 6= c então

detA =

��1 a a2

1 b b2

1 c c2

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 c� a c2 � a2

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 0 c2 � a2 � (c� a)(b+ a)

�� =

=

��1 a a2

0 b� a b2 � a20 0 (c� a) [(c+ a)� (b+ a)]

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 0 (c� a) (c� b)

�� = 0se b = c. Logo, a matriz A é invertível se e só se a 6= b; a 6= c e b 6= c.

40

6. Seja

A =

2666640 a 0 0 0e 0 b 0 00 f 0 c 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

377775 ,com a; b; c; d; e; f; g; h 2 R. Se a = 0 ou h = 0 então detA = 0, isto é, A não é invertível. Se a 6= 0 e

h 6= 0 então

detA =

��0 a 0 0 0e 0 b 0 00 f 0 c 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

��=

��0 a 0 0 0e 0 b 0 00 0 0 0 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

��= 0,

isto é, A não é invertível. Logo, A não é invertível para quaisquer a; b; c; d; e; f; g; h 2 R.

7. Determinemos todos os valores do escalar � para os quais a matriz A� �I é singular, isto é, todosos valores próprios de A.

(i) det (A� �I) =�� 32 �1� �

�� = � (1 + �)� 6 = �2 + �� 6.Logo, det (A� �I) = 0, (� = 2 ou � = �3).

(ii) det (A� �I) =

��1� � 0 20 �1� � �22 �2 ��

�� = � �1� �2�+ 4 (1 + �)� 4 (1� �) == �

��1� �2

�+ 8�. Logo, det (A� �I) = 0, (� = 0 ou � = �3 ou � = 3).

8. (i) A�1 =1

detA(cof A)T =

1

�2

�4 �3�2 1

�T=

��2 13=2 �1=2

�

(ii) A�1 =1

detA(cof A)T =

1

1

24 1 0 0�1 1 00 �1 1

35T =24 1 �1 00 1 �10 0 1

35

(iii) A�1 =1

detA(cof A)T =

1

6

24 18 0 624 0 64 1 1

35T =24 3 4 2=30 0 1=61 1 1=6

359. Tem-se

detA =

��3 2 0 2�1 0 0 30 9 �2 03 �1 0 2

�� = (�2) (�1)3+3

��3 2 2�1 0 33 �1 2

�� = (�2) (2 + 18� (�4)� 9) = �30.

41

Logo,

�A�1

�(2;2)

=1

detA

�(cof A)T

�(2;2)

=1

detA(cof A)(2;2) =

1

�30(�1)2+2

��3 0 20 �2 03 0 2

�� = �45 .

detB =

��1 0 0 24 0 1 00 1 0 �30 �1 2 2

�� =��1 0 0 20 0 1 80 1 0 �30 0 2 �1

�� = (�1)(�1)1+1

��0 1 81 0 �30 2 �1

�� = �17.Logo,

�B�1

�(2;3)

=1

detB

�(cof B)T

�(2;3)

=1

detB(cof B)(3;2) =

1

�17(�1)3+2

��1 0 24 1 00 2 2

�� = 14

17.

10. (i) x =

�� 1 33 7

�� 2 35 7

�� =�2�1 = 2 e y =

�� 2 15 3

�� 2 35 7

�� =1

�1 = �1

(ii)

x =

��1 1 01 0 1�1 2 2

��1 1 02 0 11 2 2

��=�5�5 = 1; y =

��1 1 02 1 11 �1 2

��1 1 02 0 11 2 2

��= 0 e z =

��1 1 12 0 11 2 �1

��1 1 02 0 11 2 2

��=

5

�5 = �1

11. detC =

��1 0 12 3 20 1 �2

�� = �6 6= 0, logo C é invertível. detD =

��9 �8 �1�7 �3 0�2 0 0

�� = 6 6= 0, logo D é

invertível.

(i) det (2C�1) = 231

detC= �4

3

(ii) det�C3 (2C)�1

�= (detC)3

1

231

detC= (detC)2

1

8=9

2

(iii) det��CT (trC)C

��1�= det

�C�1

1

trC(C�1)

T

�=

1

(trC)3det (C�1) det (C�1) =

=1

23

�1

detC

�2=

1

288

(iv) det�CT tr

��14C�T�

C�2�=1

23det�CT�det (C�2) =

1

23detC

1

(detC)2=

42

=1

231

detC= � 1

48

(v) det��2CT

��23D3��1 ��

DT��1

C��1�

= (�2)3 det�CT� 1

det��23D3� 1

det�(DT )�1C

� == �8 (detC)

��32

�31

(detD)3detD

detC= 8

1

(detD)227

8=27

36= 3

4.

12. (i)

��d e fg h ia b c

�� = 5 (ii)

��a �b �c2d 2e 2f�g �h �i

�� = 10 (iii)

��a+ d b+ e c+ fd e fg h i

�� = 5

(iv)

��a b c

d� 3a e� 3b f � 3c2g 2h 2i

�� = 10 (v)

��a g db h ec i f

�� = �5

13.(i)

��a b c6 3 0�12�1 �1

2

�� = �32 (ii)

��a b c

2a+ 2 2b+ 1 2ca+ 1 b+ 2 c+ 1

�� = 1 (iii)

��a� 1 b� 2 c� 13 3 11 2 1

�� = 1(iv) ��

1 �1 �12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

�� = ��1 1 12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

�� == �

��1 2 12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

�� = ��1 2 12 1 03a 3b 3c

�� = 3��a b c2 1 01 2 1

�� = 3

14.

��1 2 �� + �2 2��

�� = ��.15. ��

� 1 1 1 1 1� �+ 1 2 2 2 2� �+ 1 �+ 2 3 3 3� �+ 1 �+ 2 �+ 3 4 4� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 5� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 �+ 5

��=

��

� 1 1 1 1 10 � 1 1 1 10 0 � 1 1 10 0 0 � 1 10 0 0 0 � 10 0 0 0 0 �

��= �6.

43

16. ��

� � � : : : �1 �+ 1 1 : : : 1... 1 �+ 1

. . .... 1

. . . 1...

.... . . �+ 1 1

1 1 1 : : : 1 �+ 1

��=

��

� 0 0 : : : 01 � 0 : : : 0... 0 �

. . .... 0

. . . 0...

.... . . � 0

1 0 0 : : : 0 �

��= �n.

17.��1 1 1x1 y1 y1x2 x2 y2

�� =��1 0 0x1 y1 � x1 y1 � x1x2 0 y2 � x2

�� = (y1 � x1) (�1)2+2 det�� 1 0x2 y2 � x2

�� = (y1 � x1) (y2 � x2) .

18.(i)

��a1 b1 a1 + b1 + c1a2 b2 a2 + b2 + c2a3 b3 a3 + b3 + c3

�� =��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��(ii)

��b+ c c+ a b+ aa b c1 1 1

�� =��a+ b+ c a+ b+ c a+ b+ c

a b c1 1 1

�� =��0 0 0a b c1 1 1

�� = 0

(iii)

��a1 + b1 a1 � b1 c1a2 + b2 a2 � b2 c2a3 + b3 a3 � b3 c3

�� =��2a1 a1 � b1 c12a2 a2 � b2 c22a3 a3 � b3 c3

�� =��2a1 �b1 c12a2 �b2 c22a3 �b3 c3

�� = �2��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��19. �� a1 + b1 c1 + d1

a2 + b2 c2 + d2

�� = �� a1 c1a2 c2

��+ �� a1 c1b2 d2

��+ �� b1 d1a2 c2

��+ �� b1 d1b2 d2

�� :20. ��

0 0 22 1 10 0 �5

�� =��0 0 22 1 10 0 0

�� = 0 e

��4 2 22 1 10 0 �5

�� =��0 0 02 1 10 0 �5

�� = 0

21.O coe�ciente de x3 na expressão

��2x x 1 21 x 1 �13 2 x 11 1 1 x

�� é �1.

44

22. (i)

��1 x 10 �1 11 0 2

�� = 0,��1 x 00 �1 11 0 1

�� = 0, �1 + x = 0, x = 1

(ii)

��x x x xx 4 x xx x 4 xx x x 4

�� = 0,��x x x x0 4� x 0 00 0 4� x 00 0 0 4� x

�� = 0, x (4� x)3 = 0, (x = 0 ou x = 4)

(iii)

��x 1 1 11 x 1 11 1 x 11 1 1 x

�� = 0,��x 1 1 10 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 1 1 x

�� = 0,

,

��x 1� x 1� x 1� x0 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 0 0 x� 1

�� = 0,��0 1� x 1� x 1� x20 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 0 0 x� 1

�� = 0,

,

��0 0 0 3� 2x� x20 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 0 0 0

�� = 0,��0 0 0 3� 2x� x20 x� 1 0 00 0 x� 1 01 0 0 0

�� = 0,

, �

��1 0 0 00 x� 1 0 00 0 x� 1 00 0 0 3� 2x� x2

�� = 0, � (x� 1)2 (3� 2x� x2) = 0, (x = 1 ou x = �3)

23.

��5 3 37 1 58 7 1

�� =��5 53 37 71 58 87 1

�� =��5 53 5337 71 7158 87 871

��. Como 533; 715 e 871 são múltiplos de 13 então a 3acoluna é também múltipla de 13. Logo

��5 3 37 1 58 7 1

�� é múltiplo de 13.

24.

��2 1 8�1 0 103 �7 4

�� =��2 1 8 + (�3)� 1�1 0 10 + (�3)� 03 �7 4 + (�3)� (�7)

�� =��2 1 5�1 0 103 �7 25

��. Como a 3a coluna é múltiplade 5, logo

��2 1 5�1 0 103 �7 25

�� é múltiplo de 5.25. Seja A = (aij)n�n com n ímpar e tal que aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n: Mostre que A

não é invertível.Dem. (aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n), AT = �A. Logo

detA = det�AT�= det (�A) = (�1)n detA =

n é ímpar� detA, detA = 0:

Pelo que A não é invertível.

45

4a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Espaços lineares)

1. Veri�que que os seguintes subconjuntos de R2, com as operações usuais, não são subespaços de R2.(i) f(x; y) 2 R2 : x � 0g (ii) f(x; y) 2 R2 : xy = 0g (iii) f(x; y) 2 R2 : y = x2g

2. Veri�que que os seguintes conjuntos, com as operações usuais, são (todos os) subespaços de R2.(i) f(0; 0)g(ii) Vk = f(x; kx) : x 2 Rg com k 2 R(iii) U = f(0; a) : a 2 Rg(iv) R2

3. No espaço linear R3, considere o subconjunto

Uk = f(x; y; k) : x; y 2 Rg

onde k é uma constante real. Determine os valores de k para os quais Uk é subespaço de R3.

4. Considere o espaço linear V = R3. Diga quais dos seguintes subconjuntos de V , com as operaçõesusuais, são subespaços de V e indique os respectivos conjuntos geradores.

(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 (x) f(x; y; z) 2 R3 : xy = 0g

5. Seja Pn o espaço linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a n,com as operações usuais: Diga quais dos seguintes subconjuntos de P2, com as operações usuais, sãosubespaços de P2 e indique os respectivos conjuntos geradores.(i) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a0 = 0g (ii) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 = 2a0 e a1 = 0g(iii) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a1 = 1g (iv) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 = 2g(v) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 + 2a0 = 0g

6. SejaMm�n(R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo m�n com entradas reais. Diga quais dosseguintes subconjuntos deM2�3(R), com as operações usuais, são subespaços deM2�3(R) e indiqueos respectivos conjuntos geradores.

(i)��

a b cd 0 0

�2M2�3(R) : b = a+ c

�(ii)

��a b cd 0 f

�2M2�3(R) : b < 0

�(iii)

��a b cd e f

�2M2�3(R) : a = �2c e f = 2e+ d

�:

46

7. Determine o espaço das colunas, o espaço das linhas e o núcleo das seguintes matrizes.

(i)�1 �10 0

�(ii)

�1 2 30 0 0

�(iii)

�0 0 00 0 0

�(iv)

24 2 1 10 0 10 0 0

35(v)

24 1 02 32 1

35 (vi)

24 1 22 42 4

35 (vii)

24 0 00 00 0

35 (viii)

24 1 0 12 3 02 1 0

358. Veri�que que, com as operações usuais, o seguinte conjunto de matrizes8<:

24 1 00 00 0

35 ;

24 0 01 00 0

35 ;24 0 00 10 0

35 ;24 0 00 00 1

359=;gera o subespaço 8<:

24 a 0b c0 d

35 2M3�2(R) : a; b; c; d 2 R

9=;do espaço linearM3�2(R).

9. Considere, no espaço linear R3, os vectores v1 = (1; 2; 1), v2 = (1; 0; 2) e v3 = (1; 1; 0). Mostre que osseguintes vectores são combinações lineares de v1; v2 e v3.

(i) (3; 3; 0) (ii) (2; 1; 5) (iii) (�1; 2; 0) (iv) (1; 1; 1)

10. Considere, no espaço linear R4, os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1;�1; 0; 0) e v3 = (0; 1; 2; 1). Digaquais dos seguintes vectores pertencem ao subespaço L (fv1; v2; v3g).(i) (�1; 4; 2; 2) (ii) (2; 0; 2; 2) (iii) (1; 1;�2; 2) (iv) (0; 1; 1; 0)

11. Determine o valor de k para o qual o vector u = (1;�2; k) 2 R3 é combinação linear dos vectores

v = (3; 0;�2) e w = (2;�1;�5):

12. Considere, no espaço linear P2, os vectores p1(t) = 2 + t+ 2t2, p2(t) = �2t+ t2, p3(t) = 2� 5t+ 5t2e 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?

13. Veri�que que os seguintes conjuntos de vectores geram R3.(i) f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g (ii) f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g(iii) f(1; 1; 1) ; (�1; 1;�1); (1;�1;�1); (�1;�1; 1)g

14. Escreva a matriz�3 11 �1

�como combinação linear das matrizes

A =

�1 11 0

�; B =

�0 01 1

�, C =

�0 20 �1

�:

47

Encontre uma matriz 2� 2 que não pertença a

L

��1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��:

Antes de a determinar, explique porque é que essa matriz existe.

15. Determine os vectores (a; b; c) de R3 que pertencem a L (fu; v; wg) onde

u = (2; 1; 0); v = (1;�1; 2) e w = (0; 3;�4):

16. Sejam

A =

�1 1 52 3 13

�e B =

24 1 �1 �14 �3 �13 �1 3

35 :Veri�que que o espaço das linhas de A é igual ao espaço das linhas de B: Conclua então que osespaços das colunas de AT e de BT são iguais.

17. Encontre um conjunto de geradores para cada um dos seguintes subespaços do espaço linear R4.(i) f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y + z = 0g(ii) f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ y + z + w = 0g(iii) f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y � z = 0 e x+ y + 2w = 0 e y � z + w = 0g

18. De�na por meio de sistemas de equações homogéneas os seguintes subespaços.

(i) Em P2: L (f1� t2; 1 + tg) (ii) L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); (�2; 1;�2)g)(iii) L (f(0; 1; 0); (�2; 1;�2)g) (iv) L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g) (v) L (f(1; 0;�1; 1)g)(vi) L (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (3;�6; 11;�1); (0; 0; 1;�2)g)

19. Determine as condições que os parametros �i; �i(i = 1; 2) devem veri�car para que os vectores(�1; �1; 3) e (�2; �2; 9), no espaço linear R3, sejam linearmente independentes.

20. Diga se os seguintes conjuntos de vectores em R3 são linearmente dependentes ou linearmente inde-pendentes? Nos casos em que sejam linearmente dependentes, indique (para cada um) um subcon-junto linearmente independente com o maior no possível de elementos e escreva os restantes comocombinação 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).

21. Determine todos os valores de a para os quais f(a2; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)g é uma base de R3:

22. Sejam U = L (f(1; 1; 0; 0); (0; 1; 1; 0)g) e Vk = L (f(2; k; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) subespaços deR4:Determineos valores de k para os quais dim (U \ Vk) = 1.

23. No espaço linear R3, construa uma base que inclua os vectores:(i) (1; 0; 2) e (0; 1; 2). (ii) (2;�1; 1) e (�4; 2; 1). (iii) (�1; 2; 1) e (1; 0;�1).

48

24. Veri�que que os seguintes subconjuntos do espaço linear de todas as funções reais de variável real sãolinearmente dependentes. Indique (para cada um) um subconjunto linearmente independente com omaior 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.

25. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Sejam f; g; h 2 V , com f (t) = sen t,g (t) = cos t e h (t) = t. Mostre que o conjunto ff; g; hg é linearmente independente.

26. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R2. Determine bases e as dimensões dosespaços gerados por cada um desses conjuntos. Em cada base de R2 encontrada, exprima o vector(0;�1) como combinação linear dos vectores dessa base ordenada. Isto é, determine as coordenadasdo 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 (iii) f(2; 4)g(iv) f(�5; 0); (0; 2)g (v) f(1; 2); (2;�3); (3; 2)g (vi) f(1; 0); (0; 1)g

27. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R3. Determine bases e as dimensõesdos espaços gerados por cada um desses conjuntos. Em cada base de R3 encontrada, exprima ovector (�1; 1;�2) como combinação linear dos vectores dessa base ordenada. Isto é, determine ascoordenadas do vector (�1; 1;�2) em cada base ordenada encontrada. Relativamente a cada baseordenada 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(iii) f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g (iv) f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 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

28. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R4. Determine bases e as dimensões dosespaços gerados por cada um desses conjuntos. Em cada alínea indique uma base de R4 que incluapelo 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) 2L (S) e determine uma base de L (S) que inclua o vector (8;�3; 3; 5).

29. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de P2 (espaço linear dos polinómios reais degrau menor ou igual a 2). Determine bases e as dimensões dos espaços gerados por cada um dessesconjuntos. 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;�t2g (ii) f2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4tg(iii) f1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + tg (iv) f�1 + 2t+ t2; 2� tg

49

(v) f1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2g (vi) f1; t; t2g

30. Mostre que as matrizes �1 10 0

�;

�0 01 1

�;

�1 00 1

�e�0 11 1

�formam uma base para o espaço linearM2�2(R):

31. Seja S =��

1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

�;

�2 �53 1

�,�4 11 5

�;

�3 �22 3

��. Seja W um subespaço de

M2�2(R) gerado por S. Determine uma base para W que inclua vectores de S.

32. Determine uma base paraM3�2(R). Qual é a dimensão do espaço linearM3�2(R)?

33. Determine uma base para cada um dos seguintes subespaços de M3�3(R) e calcule a respectivadimensão:

(i) O conjunto de todas as matrizes (reais) diagonais do tipo 3� 3:(ii) O conjunto de todas as matrizes (reais) simétricas do tipo 3� 3:

34. Determine as dimensões e indique bases para: o núcleo, o espaço das linhas e o espaço das colunasdas seguintes matrizes.

(i)�3 1�6 �2

�(ii)

�3 0 �6 01 0 �2 0

�(iii)

24 0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

35 (iv)

24 1 1 �2�1 2 10 1 �1

35

(v)

26641 0 00 1 00 0 10 0 0

3775 (vi)

24 �1 3 0 20 2 2 0�1 3 0 2

35 (vii)

26641 2 3 �12 3 2 03 4 1 11 1 �1 1

3775 :Determine tambem a característica e a nulidade de cada uma delas.

35. Sejam U e V subespaços de W tais que dimU = 4; dimV = 5 e dimW = 7. Diga quais as dimensõespossíveis para U \ V .

36. Determine bases e calcule as dimensões de U + V e U \ V , dizendo em que casos U + V é a somadirecta 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� t2g), V = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 + a0 = 0g em P2.(vi) U = L (f1 + t; 1� t3g), V = L (f1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3g) em P3.(vii) U = L (f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3); (0; 0;�6;�8); (�1; 1;�5;�5)g) ;V = L (f(0; 0; 0;�1); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g) em R4:(viii) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + 3z = 0 e y + 2z + 3w = 0g,

50

V = L (f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1); (�4;�1; 2;�1)g) em R4:Neste alínea (viii) mostre que U = V .

(ix) Seja U o subespaço de R5 gerado por

f(1;�1;�1;�2; 0); (1;�2;�2; 0;�3); (1;�1;�2;�2; 1)g .

Seja V o subespaço de R5 gerado por

f(1;�2;�3; 0;�2); (1;�1;�3; 2;�4); (1;�1;�2; 2;�5)g .

Comece por escrever U e V como soluções de sistemas de equações lineares homogéneas.

(x) Sejam U e V subespaços de R4 gerados respectivamente por F e por G, com

F = f(1; 0;�1; 0); (0; 1; 1; 1); (1; 0; 0;�2) ; (0; 0;�1; 2)g ;G = f(1; 1; 1; 1); (1; 2; 0;�1); (0; 0; 1; 1)g .

37. Seja A =

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 02 �2 �1 2 1�1 1 2 2 10 0 0 0 0

377775 :(i) Calcule a nulidade e a característica de A:

(ii) Determine bases para o espaço das colunas de A e para o núcleo de A:

(iii) Usando a alínea anterior, determine a solução geral do sistema de equações lineares homogéneoAu = 0.

(iv) Resolva o sistema de equações Au = b, com b = (1; 0; 2;�1; 0): Note que b é igual à 1a colunade A e use esse facto de modo a encontrar uma solução particular de Au = b.

38. Utilize a informação da seguinte tabela para, em cada caso, determinar a dimensão do espaço geradopelas linhas de A, do espaço gerado pelas colunas de A, do núcleo de A e do núcleo de AT . Digatambem se o correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível,determinando para esses casos, o número de parâmetros que entram na solução geral de AX = B.

A 3� 3 3� 3 3� 3 5� 9 9� 5 4� 4 6� 2car A 3 2 1 2 2 0 2

car [A j B] 3 3 1 2 3 0 2

39. Construa uma matriz cujo núcleo seja gerado pelo vector (2; 0; 1).

40. Existe alguma matriz cujo espaço das linhas contém o vector (1; 1; 1) e cujo núcleo contém (1; 0; 0)?

41. Quais são as matrizes do tipo 3� 3 cujo núcleo tem dimensão 3?

42. Seja A 2 Mm�n(R) tal que C(A) = N (A). Prove que A 2 Mn�n(R) com n par. Dê um exemplopara n = 4.

43. Seja A 2Mn�n(R) tal que carA = n e A2 = A. Prove que A = I.

51

44. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2. Seja v = (1; 5).(i) Determine as coordenadas de v em relação à base B1.

(ii) Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2.

(iii) Determine as coordenadas de v em relação à base B2, usando as alíneas anteriores.

(iv) Determine, directamente, as coordenadas de v em relação à base B2.

(v) Determine a matriz SB2!B1 de mudança da base B2 para a base B1.

(vi) Determine as coordenadas de v em relação à base B1, usando a alínea anterior, e compare como resultado obtido em (i).

45. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g 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 11 1

�.

Determine B2.

46. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de P1, onde

w1 = �1 + t, w2 = 1 + t.


SB1!B2 =

�2 3�1 2

�.

Determine B1.

47. Sejam B1 = f1; 1� t; t2g e B2 = f1; 1 + t; 1 + t+ t2g 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 determinaras coordenadas do vector 2� t+ t2 na base B2.


w1 = t, w2 = 1� t.


SB2!B1 =

�2 3�1 2

�.

Determine B1.

52

49. Sejam B1 = fv1; v2; v3g e B2 = fw1; w2; w3g duas bases ordenadas de R3, onde

v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).


SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 .Determine B2.

50. Sejam B1 =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�,�0 00 1

��e

B2 =

��1 11 1

�;

�1 �11 1

�;

�1 1�1 1

�,�1 11 �1

��duas bases ordenadas deM2�2(R). Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base

B2 e utilize-a para determinar as coordenadas do vector�1 23 4

�em relação à base B2.

51. Seja B = fv1; v2g uma base ordenada de P1. Sejam (1;�1) e (2; 2) respectivamente as coordenadasde dois polinómios 1 + t e 1� t em relação à base B: Determine B.

52. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de P1. Suponha que (1;�1) e (2; 2) sãorespectivamente as coordenadas de um polinómio p (t) em relação às bases B1 e B2: Suponha aindaque (1; 1) e (2;�2) são respectivamente as coordenadas de um polinómio q (t) em relação às basesB1 e B2: Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2.

53


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 .


(iii) Seja U = f(x; y) 2 R2 : y = x2g. Por exemplo:

(1; 1) 2 U , mas 2(1; 1) = (2; 2) =2 U .


2. Atendendo às respectivas dimensões, os seguintes subespaços de R2, com as operações usuais, sãotodos os subespaços de R2.(i) f(0; 0)g é subespaço de R2.

(ii) Seja Vk = f(x; kx) : x 2 Rg com k 2 R (�xo). Sejam (x1; kx1); (x2; kx2) 2 Vk e � 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. 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 ,�(0; a) = (0; �a) 2 U .

Logo, U é subespaço de R2.Em alternativa, uma vez que

U = L (f(0; 1)g) ,conclui-se que U é subespaço de R2.

(iv) R2 é subespaço de R2.

54

3. Uk é subespaço de R3 se e só se k = 0.

4. (i) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : z = 2g. Ora (0; 0; 0) =2 U . Logo, U não é subespaço de R3.

(ii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0g. Tem-se

U = f(x; y; x+ y) : x; y 2 Rg .

Uma vez que(x; y; x+ y) = (x; 0; x) + (0; y; y) = x(1; 0; 1) + y(0; 1; 1),

para quaisquer x; y 2 R, tem-se:U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) .

Logo, U é subespaço de R3.Alternativamente, note que U = N (A) é subespaço de R3, com A =

�1 1 �1

�:

(iii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x > 0g. Ora (0; 0; 0) =2 U . Logo, U não é subespaço de R3.

(iv) Seja U = f(0; 0; z) : z 2 Rg. Uma vez que (0; 0; z) = z(0; 0; 1), para qualquer z 2 R, tem-se:

U = L (f(0; 0; 1)g) .

Logo, U é subespaço de R3.

(v) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : y = 2x e z = 3xg. Tem-se U = f(x; 2x; 3x) : x 2 Rg.Uma vez que (x; 2x; 3x) = x(1; 2; 3), para qualquer x 2 R, tem-se:

U = L (f(1; 2; 3)g) .


Alternativamente, note que U = N (A) é subespaço de R3, com A =

��2 1 0�3 0 1

�:

(vi) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y = 1g. Ora (0; 0; 0) =2 U . Logo, U não é subespaço de R3.

(vii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y + z = 0 e x� y � z = 0g. Tem-se

U = f(0; y;�y) : y 2 Rg .

Uma vez que(0; y;�y) = y(0; 1;�1),

para qualquer y 2 R, tem-se:U = L (f(0; 1;�1)g) .



�1 1 11 �1 �1

�:

(viii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x = y ou y = zg. Tem-se:

U =�(x; y; z) 2 R3 : x = y

[�(x; y; z) 2 R3 : y = z

55

Por exemplo:(1; 1; 2); (1; 2; 2) 2 U , mas (1; 1; 2) + (1; 2; 2) = (2; 3; 4) =2 U .


(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) .



�1 �1 00 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 + a1t+ � � �+ antn 2 Pn : a0; a1; :::; an 2 R e an 6= 0g ,

com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) = 0 =2 U .

5. Seja P2 o espaço linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2,com as operações usuais:(i) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a0 = 0g. Tem-se

U =�a1t+ a2t

2 : a1; a2 2 R= L

��t; t2�.

Logo, U é subespaço de P2.

(ii) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 = 2a0 e a1 = 0g. Tem-se

U =�a0 + 2a0t

2 : a0 2 R.

Uma vez quea0 + 2a0t

2 = a0(1 + 2t2),

para qualquer a0 2 R, tem-se:U = L

��1 + 2t2

�.


(iii) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a1 = 1g. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) = 0 =2 U . Logo, Unão é subespaço de P2.

56

(iv) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 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 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 + 2a0 = 0g. Tem-se

U =�a0 + a1t+ (a1 � 2a0) t2 : a0; a1 2 R

.

Uma vez quea0 + a1t+ (a1 � 2a0) t2 = a0(1� 2t2) + a1(t+ t2),

para quaisquer a0; a1 2 R, tem-se:U = L

��1� 2t2; t+ t2

�.


6. SejaM2�3(R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo 2� 3 com entradas reais.

(i) Seja U =��

a b cd 0 0

�2M2�3(R) : b = a+ c

�. Tem-se

U =

��a a+ c cd 0 0

�: a; c; d 2 R

�.

Uma vez que �a a+ c cd 0 0

�= a

�1 1 00 0 0

�+ c

�0 1 10 0 0

�+ d

�0 0 01 0 0

�,

para quaisquer a; c; d 2 R, tem-se:

U = L

��1 1 00 0 0

�;

�0 1 10 0 0

�;

�0 0 01 0 0

��.

Logo, U é subespaço deM2�3(R).

(ii) Seja U =��

a b cd 0 f

�2M2�3(R) : b < 0

�. Por exemplo: a matriz nula

�0 0 00 0 0

�=2 U .

Logo, U não é subespaço deM2�3(R).

(iii) Seja U =��

a b cd e f

�2M2�3(R) : a = �2c e f = 2e+ d

�. Tem-se

U =

��2c b cd e 2e+ d

�: b; c; d; e 2 R

�.

Uma vez que��2c b cd e 2e+ d

�= b

�0 1 00 0 0

�+ c

��2 0 10 0 0

�+ d

�0 0 01 0 1

�+ e

�0 0 00 1 2

�,

57

para quaisquer b; c; d; e 2 R, tem-se:

U = L

��0 1 00 0 0

�;

��2 0 10 0 0

�;

�0 0 01 0 1

�;

�0 0 00 1 2

��.

Logo, U é subespaço deM2�3(R). :

7. (i) Seja A =�1 �10 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 �10 0

� �xy

�= 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 A =�1 2 30 0 0

�. 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�1 2 30 0 0

�24 xyz

35 = 0, x+ 2y + 3z = 0,


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 A =�0 0 00 0 0

�. 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 A =

24 2 1 10 0 10 0 0

35. Tem-seC(A) = L (f(2; 0; 0); (1; 1; 0)g) e L(A) = L (f(2; 1; 1); (0; 0; 1)g) :

Seja u = (x; y; z) 2 R3. Atendendo a que24 2 1 10 0 10 0 0

3524 xyz

35 = 0,8<:2x+ y + z = 0

z = 0

58


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 A =

24 1 02 32 1

35. Tem-seC(A) = L (f(1; 2; 2); (0; 3; 1)g) e L(A) = L (f(1; 0); (2; 3)g) ,

pois

(2; 1) =4

3(1; 0) +

1

3(2; 3).

Seja u = (x; y) 2 R2. Atendendo a que

24 1 02 32 1

35� xy

�= 0,

8>>>><>>>>:x = 0

2x+ 3y = 0

2x+ y = 0


N (A) =�u 2 R2 : Au = 0

=�(x; y) 2 R2 : x = 0 e 2x+ 3y = 0 e 2x+ y = 0

= f(0; 0)g .

(vi) Seja A =

24 1 22 42 4

35. Tem-seC(A) = L (f(1; 2; 2)g) e L(A) = L (f(1; 2)g) .

Seja u = (x; y) 2 R2. Atendendo a que24 1 22 42 4

35� xy

�= 0,

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 A =

24 0 00 00 0

35. Tem-seC(A) = f(0; 0; 0)g e L(A) = f(0; 0)g .

59

O núcleo de A é dado por:N (A) = R2.

(viii) Seja A =

24 1 0 12 3 02 1 0

35. Tem-seC(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

24 1 0 12 3 02 1 0

3524 xyz

35 = 0,24 1 0 10 1 �20 0 4

3524 xyz

35 = 0,8>>>><>>>>:x+ z = 0

y � 2z = 0

4z = 0

o núcleo de A é dado por:N (A) =

�u 2 R3 : Au = 0

= f(0; 0; 0)g .

Observação: Como N (A) = f(0; 0; 0)g e sendo A quadrada 3� 3, tem-se L(A) = C(A) = R3.

8. Seja

U =

8<:24 a 0b c0 d

35 2M3�2(R) : a; b; c; d 2 R

9=; .Uma vez que 24 a 0

b c0 d

35 = a24 1 00 00 0

35+ b24 0 01 00 0

35+ c24 0 00 10 0

35+ d24 0 00 00 1

35 ,com a; b; c; d 2 R, tem-se

U = L

0@8<:24 1 00 00 0

35 ;24 0 01 00 0

35 ;24 0 00 10 0

35 ;24 0 00 00 1

359=;1A .

9. Considere, no espaço linear R3, os vectores v1 = (1; 2; 1), v2 = (1; 0; 2) e v3 = (1; 1; 0). Tem-se

(i) (3; 3; 0) = 0(1; 2; 1) + 0(1; 0; 2) + 3(1; 1; 0)

(ii) (2; 1; 5) = 1(1; 2; 1) + 2(1; 0; 2) + (�1)(1; 1; 0)

(iii) (�1; 2; 0) = 2(1; 2; 1) + (�1)(1; 0; 2) + (�2)(1; 1; 0)

(iv) (1; 1; 1) = 13(1; 2; 1) + 1

3(1; 0; 2) + 1

3(1; 1; 0).

60

10. Considere, no espaço linear R4, os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1;�1; 0; 0) e v3 = (0; 1; 2; 1).Tem-se2664

1 1 0 j �1 j 2 j 1 j 00 �1 1 j 4 j 0 j 1 j 10 0 2 j 2 j 2 j �2 j 11 0 1 j 2 j 2 j 2 j 0

3775 �!�L1+L4!L4

26641 1 0 j �1 j 2 j 1 j 00 �1 1 j 4 j 0 j 1 j 10 0 2 j 2 j 2 j �2 j 10 �1 1 j 3 j 0 j 1 j 0

3775 �!�L2+L4!L4

�!�L2+L4!L4

26641 1 0 j �1 j 2 j 1 j 00 �1 1 j 4 j 0 j 1 j 10 0 2 j 2 j 2 j �2 j 10 0 0 j �1 j 0 j 0 j �1

3775 : (*)

Logo, (2; 0; 2; 2); (1; 1;�2; 2) 2 L (fv1; v2; v3g), 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; v3g).

11. Tem-se24 3 2 j 10 �1 j �2�2 �5 j k

35 �!23L1+L3!L3

24 3 2 j 10 �1 j �20 �11=3 j k + 2=3

35 �!� 11

3L2+L3!L3

24 3 2 j 10 �1 j �20 0 j k + 8

35 :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):

12. Considere, no espaço linear P2, os vectores p1(t) = 2+ t+2t2, p2(t) = �2t+ t2, p3(t) = 2�5t+5t2e 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) gerarP2? Tem-se 24 2 0 2 �2 j 2

1 �2 �5 �3 j 12 1 5 �1 j 1

35 �!� 12L1+L2!L2

�L1+L3!L3

24 2 0 2 �2 j 20 �2 �6 �2 j 00 1 3 1 j �1

35 �!12L2+L3!L3

�!

24 2 0 2 �2 j 20 �2 �6 �2 j 00 0 0 0 j �1

35 . (**)Atendendo a (**), q(t) = 2 + t+ t2 =2 L (fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g). Logo,

fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g não pode gerar P2:

61

13. (i) Seja U = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3. Tem-se

(x; y; z) = x(1; 0; 0) + y(0; 1; 0) + z(0; 0; 1).

Logo, U gera R3.

(ii) Seja U = f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3. Tem-se

(x; y; z) = x(1; 1; 1) + (y � x) (0; 1; 1) + (z � y) (0; 0; 1).

Logo, U gera R3.

(iii) Seja U = f(1; 1; 1) ; (�1; 1;�1); (1;�1;�1); (�1;�1; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3. Determinemos osvalores dos escalares �1; �2; �3; �4 para os quais se tem24 xy

z

35 = �124 111

35+ �224 �11�1

35+ �324 1�1�1

35+ �424 �1�11

35 .Ora a última igualdade é equivalente a24 xy

z

35 =24 1 �1 1 �11 1 �1 �11 �1 �1 1

352664�1�2�3�4

3775 .24 1 �1 1 �1 j x1 1 �1 �1 j y1 �1 �1 1 j z

35 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 �1 1 �1 j x0 2 �2 0 j y � x0 0 �2 2 j z � x

35 .Logo 8>>>>>>>><>>>>>>>>:

�1 =12x+ 1

2y + s

�2 =12y � 1

2z + s

�3 =12x� 1

2z + s

�4 = s, s 2 Re assim24 xy

z

35 = �12x+

1

2y + s

�24 111

35+ �12y � 1

2z + s

�24 �11�1

35+ �12x� 1

2z + s

�24 1�1�1

35+ s24 �1�11

35 ,com s 2 R. Logo, U gera R3.

14.

�3 11 �1

�= �1A+ �2B + �3C =

��1 �1 + 2�3

�1 + �2 �2 � �3

�,

8>><>>:�1 = 3�1 + 2�3 = 1�1 + �2 = 1�2 � �3 = �1

,

8<:�1 = 3�2 = �2�3 = �1.

62

Logo �3 11 �1

�= 3

�1 11 0

�� 2

�0 01 1

��0 20 �1

�.

Seja U = L��

1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��.

Existe D 2M2�2 (R) tal que D =2 U uma vez que

U �M2�2 (R) e dimU| {z }�3

< dimM2�2 (R)| {z }=4

.

Seja�a bc d

�2 U . Tem-se

�a bc d

�2 U se e só se existirem escalares �; �; 2 R tais que�a bc d

�= �A+ �B + C.

�a bc d

�= �A+ �B + C ,

�a bc d

�=

��1 �1 + 2�3

�1 + �2 �2 � �3

�,

8>><>>:�1 = a�1 + 2�3 = b�1 + �2 = c�2 � �3 = d2664

1 0 0 j a1 0 2 j b1 1 0 j c0 1 �1 j d

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

26641 0 0 j a0 0 2 j b� a0 1 0 j c� a0 1 �1 j d

3775 �!�L3+L4!L412L2+L4!L4

�!�L3+L4!L412L2+L4!L4

26641 0 0 j a0 0 2 j b� a0 1 0 j c� a0 0 0 j d+ 1

2(b+ a)� c

3775 �!L2$L3

26641 0 0 j a0 1 0 j c� a0 0 2 j b� a0 0 0 j d+ 1

2(b+ a)� c.

3775Logo, para que o sistema linear anterior seja possível é necessário que se tenha

d+1

2(b+ a)� c = 0.

Deste modo podemos escrever

U =

��a bc d

�2M2�2 (R) : d+

1

2(b+ a)� c = 0

�

e assim, sendo V =��

a bc d

�2M2�2 (R) : d+ 1

2(b+ a)� c 6= 0

�, tem-se

M2�2 (R) = U � V .

Ou seja, qualquer vector de V que não seja o vector nulo, esse vector não pertence a U . Por exemplo�1 11 1

�=2 U = L

��1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��.

63

15. Sejamu = (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 = b2� � 4 = c.

Considerando então a matriz aumentada deste sistema, tem-se:24 2 1 0 j a1 �1 3 j b0 2 �4 j c

35 �!� 12L1+L2!L2

24 2 1 0 j a0 �3=2 3 j b� a=20 2 �4 j c

35 �!43L2+L3!L3

�!43L2+L3!L3

24 2 1 0 j a0 �3=2 3 j b� a

2

0 0 0 j c+ 43b� 2

3a

35 .Assim, o vector (a; b; c) de R3 pertencerá a L (fu; v; wg) se:

c+4

3b� 2

3a = 0.

Observação: Deste modo, tem-se L (fu; v; wg) 6= R3. De facto, uma vez que

v =1

2u� 1

2w

tem-se L (fu; v; wg) = L (fu;wg) e como tal fu; v; wg não pode gerar R3.

16. Sejam

A =

�1 1 52 3 13

�e B =

24 1 �1 �14 �3 �13 �1 3

35 :Tem-se

A =

�1 1 52 3 13

��!

�2L1+L2!L2

�1 1 50 1 3

�= A0

e

B =

24 1 �1 �14 �3 �13 �1 3

35 �!�4L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 �1 �10 1 30 2 6

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 �1 �10 1 30 0 0

35 = B0.Atendendo ao método de eliminação de Gauss:

L(A) = L(A0) e L(B) = L(B0).

64

Além disso, uma vez que(1;�1;�1) = (1; 1; 5)� 2(0; 1; 3),

tem-seL(A) = L(A0) = L(B0) = L(B).

Finalmente, como se tem sempre

C(AT ) = L(A) e L(B) = C(BT ),

conclui-se que C(AT ) = C(BT ).

17. (i) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y = �zg. Tem-se

U = f(0;�z; z; w) : z; w 2 Rg .

Atendendo a que(0;�z; z; w) = z(0;�1; 1; 0) + w(0; 0; 0; 1),

tem-seU = L (f(0;�1; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) .

(ii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ y + z + w = 0g. Tem-se

U = f(�y � z � w; y; z; w) : y; z; w 2 Rg .

Atendendo a que

(�y � z � w; y; z; w) = y(�1; 1; 0; 0) + z(�1; 0; 1; 0) + w(�1; 0; 0; 1),

tem-seU = L (f(�1; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g) .

(iii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y � z = 0 e x+ y + 2w = 0 e y � z + w = 0g. Observe-seque

U = N (A), com A =

24 1 2 �1 01 1 0 20 1 �1 1

35 .Tem-se

A =

24 1 2 �1 01 1 0 20 1 �1 1

35 �!�L1+L2!L2

24 1 2 �1 00 �1 1 20 1 �1 1

35 �!L2+L3!L3

24 1 2 �1 00 �1 1 20 0 0 3

35 = A0.Logo, U = N (A) = N (A0). Assim,

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y � z = 0 e � y + z + 2w = 0 e 3w = 0

=

= f(�z; z; z; 0) : z 2 Rg = fz(�1; 1; 1; 0) : z 2 Rg = L (f(�1; 1; 1; 0)g) .

65

18. (i) Seja U = L (f1� t2; 1 + tg) um subespaço de P2. Seja p (t) 2 U , com p (t) = a0 + a1t + a2t2.

Então, existirão �; � 2 R tais que

p (t) = a0 + a1t+ a2t2 = �

�1� t2

�+ � (1 + t) .

Tem-se então a matriz aumentada24 1 1 j a00 1 j a1�1 0 j a2

35 �!L1+L3�!L3

24 1 1 j a00 1 j a10 1 j a0 + a2

35 �!�L2+L3�!L3

24 1 1 j a00 1 j a10 0 j a0 + a2 � a1

35 .Logo, para que o sistema linear anterior seja possível é preciso que a0 + a2 � a1 = 0. Assim,

U =�p (t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 + a2 � a1 = 0.

(ii) Seja U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); (�2; 1;�2)g). Seja (x; y; z) 2 U . Então, existirão �; �; 2 R taisque

(x; y; z) = �(1; 0; 1) + �(0; 1; 0) + (�2; 1;�2).Tem-se então a matriz aumentada24 1 0 �2 j x

0 1 1 j y1 0 �2 j z

35 �!�L1+L3�!L3

24 1 0 �2 j x0 1 1 j y0 0 0 j z � x

35 .Assim,

U =�(x; y; z) 2 R3 : z � x = 0

.

Observação extra: U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); (�2; 1;�2)g) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g), uma vez que

(�2; 1;�2) = (�2)(1; 0; 1) + (0; 1; 0).

(iii) Seja V = L (f(0; 1; 0); (�2; 1;�2)g). Seja (x; y; z) 2 V . Então, existirão �; � 2 R tais que

(x; y; z) = �(0; 1; 0) + �(�2; 1;�2).

Tem-se então a matriz aumentada24 0 �2 j x1 1 j y0 �2 j z

35 �!L1 !L2

24 1 1 j y0 �2 j x0 �2 j z

35 �!�L2+L3�!L3

24 1 1 j y0 �2 j x0 0 j z � x

35 .Assim,

V =�(x; y; z) 2 R3 : z � 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) =��12

�(�2; 1;�2) + 1

2(0; 1; 0).

66

(iv) Seja W = L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g). Seja (x; y; z) 2 V . Então, existirão �; � 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 1; 2) + �(2; 1; 1).

Tem-se então a matriz aumentada24 1 2 j x1 1 j y2 1 j z

35 �!�L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 2 j x0 �1 j y � x0 �3 j z � 2x

35 �!�3L2+L3!L3

24 1 2 j x0 �1 j y � x0 0 j z � 3y + x

35 .Assim,

W =�(x; y; z) 2 R3 : x� 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 aumentada26641 j x0 j y�1 j z1 j w

3775 �!L1+L3�!L3�L1+L4�!L4

26641 j x0 j y0 j x+ z0 j w � x

3775 .Assim,

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 (0; 0; 1;�2) = 1

2(1;�2; 5;�3)� 1

4(2;�4; 6; 2)

entãoU = L (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2)g) .

Seja (x; y; z; w) 2 U . Então, existirão �; � 2 R tais que

(x; y; z; w) = �(1;�2; 5;�3) + �(2;�4; 6; 2).

Tem-se então a matriz aumentada26641 2 j x�2 �4 j y5 6 j z�3 2 j w

3775 �!2L1+L2�!L2�5L1+L3�!L33L1+L4�!L4

26641 2 j x0 0 j 2x+ y0 �4 j �5x+ z0 8 j 3x+ w

3775 �!2L3+L4�!L4

.

67

�!2L3+L4�!L4

26641 2 j x0 0 j 2x+ y0 �4 j �5x+ z0 0 j �7x+ 2z + w

3775 �!L2$L3

26641 2 j x0 �4 j �5x+ z0 0 j 2x+ y0 0 j �7x+ 2z + w

3775 :Assim,

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : 2x+ y = 0 e � 7x+ 2z + w = 0

.

19. Podemos colocar os vectores do conjunto f(�1; �1; 3); (�2; �2; 9)g como colunas de uma matriz A ede seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss. Se �1 6= 0, tem-se

A =

24 �1 �2�1 �23 9

35 �!� �1�1L1+L2!L2

� 3�1L1+L3!L3

266666664

�1 �2

0 ��1�1�2 + �2

0 � 3

�1�2 + 9

377777775= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(�1; �1; 3); (�2; �2; 9)g é linearmente

independente se �1 6= 0 e��2 6=

�1�1�2 ou �2

�16= 3�. Se �1 = 0, tem-se

24 0 �2�1 �23 9

35 �!L1$L3

24 3 9�1 �20 �2

35 �!��1

3L1+L2!L2

24 3 90 �3�1 + �20 �2

35 .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�1�2 ou

�2�16= 3��

ou (�1 = 0 e (�2 6= 3�1 ou �2 6= 0)) .

20. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(4; 2; 1); (2; 6;�5); (1;�2; 3)g como colunas de umamatriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

24 4 2 12 6 �21 �5 3

35 �!L1$L3

24 1 �5 32 6 �24 2 1

35 �!�2L1+L2!L2�4L1+L3!L3

�!

24 1 �5 30 16 �80 22 �11

35 �!18L2!L2

111L3!L3

24 1 �5 30 2 �10 2 �1

35 �!�L2+L3!L3

24 1 �5 30 2 �10 0 0

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(4; 2; 1); (2; 6;�5); (1;�2; 3)g é

68

linearmente dependente, mas o conjunto f(4; 2; 1); (2; 6;�5)g é linearmente independente. Procuremosentão �; � 2 R tais que

(1;�2; 3) = �(4; 2; 1) + �(2; 6;�5).Atendendo ao que já se fez e considerando a 3a coluna como o termo independente do sistema, tem-se8>>>><>>>>:

4�+ 2� = 1

2�+ 6� = �2

�� 5� = 3

,

8<:�� 5� = 3

2� = �1,

8<:� = 1

2

� = �12.

Pelo que

(1;�2; 3) = 1

2(4; 2; 1)� 1

2(2; 6;�5).

(ii) Podemos colocar os vectores do conjunto

f(1; 2;�1); (3; 2; 5)g

como colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 1 32 2�1 5

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 30 �40 8

35 �!2L2+L3!L3

24 1 30 �40 0

35 = A0As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(1; 2;�1); (3; 2; 5)g é linearmenteindependente.

(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g como colunas de uma matrizA e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 1 1 12 1 03 1 1

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 1 10 �1 �20 �2 �2

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 1 10 �1 �20 0 2

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, for-mam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g élinearmente independente.

Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão deR3 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�carse 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).

69

(v) Como a dimensão de R3 é 3, então qualquer conjunto de vectores de R3 com mais do que trêsvectores é linearmente dependente. O conjunto

f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g

é formado por quatro vectores de R3, logo é linearmente dependente para quaisquer x; y; z 2 R.

Resolução alternativa para veri�car a dependência linear: Podemos colocar os vectores doconjunto 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 essamatriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 1 0 1 x1 2 2 y0 3 3 z

35 �!�L1+L2!L2

24 1 0 1 x0 2 1 y � x0 3 3 z

35 �!� 32L2+L3!L3

�!� 32L2+L3!L3

24 1 0 1 x0 2 1 y � x0 0 3

2z � 3

2(y � x)

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum 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 linear-mente independente.

Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão deR3 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�carse 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-se8>>>><>>>>:�+ = x

�+ 2� + = y

3� + 3 = z

,

8>>>><>>>>:�+ = x

2� + = y � x

32 = z � 3

2(y � x)

,

8>>>><>>>>:� = x� 2

3z + y

� = (y � x)� 13z

= 23z � y + x.

Pelo que

(x; y; z) =

�x� 2

3z + y

�(1; 1; 0) +

�(y � x)� 1

3z

�(0; 2; 3) +

�2

3z � y + x

�(1; 2; 3).

21. Podemos colocar os vectores do conjunto f(a2; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)g como colunas de uma Amatriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 a2 0 10 a 01 2 1

35 �!L1$L3

24 1 2 10 a 0a2 0 1

35 �!�a2L1+L3!L3

70

�!�a2L1+L3!L3

24 1 2 10 a 00 �2a2 1� a2

35 �!2aL2+L3!L3

24 1 2 10 a 00 0 1� a2

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum 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 dimR3 = 3 e Sa tem 3 vectores,Sa será uma base de R3 se e só se a =2 f�1; 0; 1g.

22. Sejam U = L (f(1; 1; 0; 0); (0; 1; 1; 0)g) e Vk = L (f(2; k; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) subespaços de R4: Deter-mine os valores de k para os quais dim (U \ Vk) = 1. Coloquemos os vectores geradores de U e de V comocolunas da matriz: 2664

1 0 2 01 1 k 00 1 1 00 0 0 1

3775 �!L2$L3

26641 0 2 00 1 1 01 1 k 00 0 0 1

3775 �!�L1+L3!L3

�!�L1+L3!L3

26641 0 2 00 1 1 00 1 k � 2 00 0 0 1

3775 �!�L2+L3!L3

26641 0 2 00 1 1 00 0 k � 3 00 0 0 1

3775 .Note que U + Vk = L (U [ Vk). Como

dim (U \ Vk) = dimU + dimVk � dim (U + Vk) = 2 + 2� dim (U + Vk) = 4� dim (U + Vk)

e

dim (U + Vk) =

�3 se k = 34 se k 6= 3

então dim (U \ Vk) = 1 se e só se k = 3.

23. (i) Seja (x; y; z) 2 R3. Podemos colocar os vectores do conjunto

f(1; 0; 2); (0; 1; 2); (x; y; z)g

como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 1 0 x0 1 y2 2 z

35 �!�2L1+L3!L3

24 1 0 x0 1 y0 2 z � 2x

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 0 x0 1 y0 0 z � 2x� 2y

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Qualquer conjunto f(1; 0; 2); (0; 1; 2); (x; y; z)g em quez � 2x� 2y 6= 0 constitui uma base de R3.

(ii) Seja (x; y; z) 2 R3. Podemos colocar os vectores do conjunto

f(2;�1; 1); (�4; 2; 1); (x; y; z)g

71


A =

24 2 �4 x�1 2 y1 1 z

35 �!12L1+L2!L2

� 12L1+L3!L3

24 2 �4 x0 0 y + x

2

0 3 z � x2

35 �!L2$L3

24 2 �4 x0 3 z � x

2

0 0 y + x2

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, qualquer conjunto

f(2;�1; 1); (�4; 2; 1); (x; y; z)g

em que y + x26= 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


A =

24 �1 1 x2 0 y1 �1 z

35 �!2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 �1 1 x0 2 y + 2x0 0 z + x

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, qualquer conjunto

f(�1; 2; 1); (1; 0;�1); (x; y; z)g

em que z + x 6= 0 constitui uma base de R3.

24. (i) SejaS =

�cos2 t; sen2 t; cos 2t

.

O conjunto S é linearmente dependente, pois:

cos 2t = cos2 t� sen2 t.

Mas, o conjuntoS 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 = �2obtemos � = 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 linearmenteindependente. E então,

dimL(S) = 2.

(ii) SejaS =

�2; sen2 t; cos2 t

.

72


2 = 2 cos2 t+ 2 sen2 t.


�cos2 t; sen2 t


� cos2 t+ � sen2 t = 0,

para todo o t 2 R, então se �zermos t = �2obtemos � = 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 linearmenteindependente. E então,

dimL(S) = 2.

(iii) SejaS =

�et; e�t; cosh t

.


cosh t =et + e�t

2.


�et; e�t


�et + �e�t = 0,

para todo o t 2 R, então se �zermos t = 0 obtemos � + � = 0 e a seguir se �zermos t = 1 obtemos�e1 + �e�1 = 0. Logo, � = � = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fet; e�tg é uma base de L(S), pois gera L(S)e é linearmente independente. E então,

dimL(S) = 2.

(iv) SejaS =

�1; t; t2; (t+ 1)2

.


dimP2 = 3 e S tem 4 vectores.


�1; t; t2

é linearmente independente pois trata-se da base canónica de P2. Logo,

L(S) = P2 e dimL(S) = dimP2 = 3.

25. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Sejam f; g; h 2 V , com f (t) = sen t,g (t) = cos t e h (t) = t. Vejamos que o conjunto ff; g; hg é linearmente independente. Sejam �; �; 2 Rtais que

�f + �g + h = 0.

73

Note que

�f + �g + h = 0, �f (t) + �g (t) + h (t) = 0, para todo o t 2 R ,, � sen t+ � cos t+ t = 0, para todo o t 2 R.

Para t = 0, t = �, t =�

2tem-se respectivamente as seguintes equações8>>>>><>>>>>:

� sen 0 + � cos 0 + 0 = 0

� sen � + � cos � + � = 0

� sen�

2+ � cos

�

2+

�

2= 0

,

8>>>>><>>>>>:

� = 0

�� + � = 0

�+ �

2= 0

,

8<:� = 0 = 0� = 0.

Logo � = � = = 0, e assim o conjunto ff; g; hg é linearmente independente.Observação. Como ff; gg � ff; g; hg, as funções sen t e cos t são linearmente independentes.

26. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 3); (1;�1)g como colunas de uma matriz A e deseguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

�1 13 �1

��!

�3L1+L2!L2

�1 10 �4

�= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto formado pelos vectores das colunas1 e 2 da matriz A:

f(1; 3); (1;�1)gé linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes. Como a dimen-são de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 3); (1;�1)g é desde logo uma base de R2. (Não foi preciso veri�carse B gera R2). Isto é, B é base de L(B) = R2 e dimL(B) = dimR2 = 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 1 j 03 �1 j �1

��!

�3L1+L2!L2

�1 1 j 00 �4 j �1

�.

Logo, 8<:�+ � = 0

�4� = �1,

8<:� = �1

4

� = 14

e assim,

(0;�1) = �14(1; 3) +

1

4(1;�1).

74

Finalmente e ainda em relação à base B de R2, o vector cujas coordenadas são (0;�1) nessa base, é dadopor:

0(1; 3) + (�1)(1;�1) = (�1; 1).

(ii) O conjunto S = f(0; 0); (1; 2)g contém o vector nulo, logo o conjunto é linearmente dependente,pelo que não pode ser base de R2. No entanto, S 0 = f(1; 2)g é linearmente independente e S 0 é base deL(S 0) = L(S). Logo, dimL(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 basede R2 tem sempre dois vectores (pois dimR2 = 2). No entanto, S = f(2; 4)g é linearmente independente eS é base de L(S). Logo, dimL(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


(0;�1) = �(�5; 0) + �(0; 2).

Facilmente se vê que � = �12e � = 0. Isto é,

(0;�1) = 0(�5; 0) +��12

�(0; 2).


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 vectoresé linearmente dependente. O conjunto S = f(1; 2); (2;�3); (3; 2)g é formado por três vectores de R2, logo élinearmente dependente e como tal não pode ser uma base de R2. No entanto, podemos colocar os vectoresdo conjunto S = f(1; 2); (2;�3); (3; 2)g como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matrizo método de eliminação de Gauss:

A =

�1 2 32 �3 2

��!

�2L1+L2!L2

�1 2 30 �7 �4

�= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto formado pelos vectores das colunas1 e 2 da matriz A:

B = f(1; 2); (2;�3)gé linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes. Como a di-mensão de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 2); (2;�3)g é desde logo uma base de R2. (Não foi precisoveri�car se B gera R2).

75

Determinemos agora as coordenadas do vector (0;�1) em relação à base

B = f(1; 2); (2;�3)g


(0;�1) = � f(1; 2) + �(2;�3)g .

Formando a matriz aumentada do sistema, tem-se�1 2 j 02 �3 j �1

��!

�2L1+L2!L2

�1 2 j 00 �7 j �1

�.

Logo, 8<:�+ 2� = 0

�7� = �1,

8<:� = �2

7

� = 17

e assim,

(0;�1) = �27(1; 2) +

1

7(2;�3).


0(1; 2) + (�1)(2;�3) = (�2; 3).

(vi) B2c = f(1; 0); (0; 1)g é a base canónica de R2. As coordenadas do vector (0;�1) em relação àbase B2c são precisamente 0 e �1. Ainda em relação à base B2c , o vector cujas coordenadas nessa base são(0;�1) é precisamente o vector (0;�1).

27. (i) O conjunto f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g contém o vector nulo, logo o conjunto é linearmentedependente, 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,

dimL (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 conjuntof(1; 2; 0); (0; 1;�1)g é uma base de L (f(1; 2; 0); (0; 1;�1)g) e

dimL (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 matrizA e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

24 3 �1 02 2 12 1 0

35 �!� 23L1+L2!L2

� 23L1+L3!L3

24 3 �1 00 8=3 10 5=3 0

35 �!� 58L2+L3!L3

24 3 �1 00 8=3 10 0 �5=8

35 = A0.76

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g é linear-mente independente. Temos assim, três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão deR3 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 escrevero vector (�1; 1;�2) como combinação linear dos vectores desta base. Isto é, procuremos �; �; 2 R taisque

(�1; 1;�2) = �(3; 2; 2) + �(�1; 2; 1) + (0; 1; 0).Temos então24 3 �1 0 j �1

2 2 1 j 12 1 0 j �2

35 �!� 23L1+L2!L2

� 23L1+L3!L3

24 3 �1 0 j �10 8=3 1 j 5=30 5=3 0 j �4=3

35 �!� 58L2+L3!L3

24 3 �1 0 j �10 8=3 1 j 5=30 0 �5=8 j �19=8

35 .Logo, 8>>>><>>>>:

3�� = �1

83� + = 5

3

�58 = �19

8

,

8>>>><>>>>:� = �3

5

� = �45

= 195.

Pelo que

(�1; 1;�2) =��35

�(3; 2; 2) +

��45

�(�1; 2; 1) + 19

5(0; 1; 0).

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. Temosentão três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão de R3 é 3, então o conjuntof(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) comocombinação 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: 8<:� = �1�+ � = 1�+ � + = �2

,

8<:� = �1� = 2 = �3.

Pelo que(�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, édado 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 trêsvectores é linearmente dependente. O conjunto

f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g

77

é formado por quatro vectores de R3, logo é linearmente dependente. Vamos procurar o número máximode 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 Amatriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

26641 1 �12 3 44 1 �10 1 �1

3775 �!�2L1+L2!L2�4L1+L3!L3

26641 1 �10 1 60 �3 30 1 �1

3775 �!3L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!3L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 1 �10 1 60 0 210 0 �7

3775 �!121L3!L3

17L4!L4

26641 1 �10 1 60 0 10 0 �1

3775 �!L3+L4!L4

26641 1 �10 1 60 0 10 0 0

3775 = A0.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, oconjunto

f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)gé 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,dimL (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: 8<:� = �1�+ � = 1��+ 6� + = �2,

,

8<:� = �1� = 2 = �15.

Pelo que(�1; 1;�2) = (�1)(1; 1;�1) + 2(0; 1; 6) + (�15)(0; 0; 1).

Finalmente e ainda em relação à base f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g de R3, o vector cujas coordenadas são(�1; 1;�2) nessa base, é dado por:

(�1)(1; 1;�1) + (0; 1; 6) + (�2)(0; 0; 1) = (�1; 0; 5).

78

(vi) B3c = 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 B3c são precisamente �1; 1 e �2. Ainda em relação à base B3c , o vector cujas coordenadasnessa base são (�1; 1;�2) é precisamente o vector (�1; 1;�2).

28. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g comocolunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:2664

1 0 1 00 1 1 10 0 1 11 0 1 1

3775 �!�L1+L4!L4

26641 0 1 00 1 1 10 0 1 10 0 0 1

3775 .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 deR4 linearmente independentes. Como a dimensão deR4 é 4, então o conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)gé desde logo uma base de R4 e

dimL (f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g) = dimR4 = 4.

(ii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g como colunas deuma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:2664

1 3 1�1 �1 00 2 02 1 1

3775 �!L1+L2!L2�2L1+L4!L4

26641 3 10 2 10 2 00 �5 �1

3775 �!�L2+L3!L352L2+L4!L4

�!�L2+L3!L352L2+L4!L4

26641 3 10 2 10 0 �10 0 3

2

3775 �!32L3+L4!L4

26641 3 10 2 10 0 �10 0 0

3775 .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 dosubespaço de R4:

L (f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g)tendo-se

dimL (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 26641 1 0 0�1 0 0 00 0 1 02 1 0 1

3775 �!:::26641 1 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

3775| {z }

car=4

.

79

(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto

f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (1; 0; 1; 0); (0; 0; 1; 1)g

como colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 1 0 1 11 0 1 0 1

3775 �!�L1+L4!L4

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 1 0 1 10 0 1 �1 1

3775 �!�L2+L3!L3

�!�L2+L3!L3

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 0 �1 1 10 0 1 �1 1

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 0 �1 1 10 0 0 0 2

3775 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode 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 dimensão4. E

dimL (f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 1)g) = dimR4 = 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 inde-pendente. 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)gé desde logo uma base de R4 e

dimL (f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g) = dimR4 = 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


A =

26641 2 3 0�2 �4 �6 05 6 11 5�3 2 �1 5

3775 �!L2$L4

26641 2 3 0�3 2 �1 55 6 11 5�2 �4 �6 0

3775 �!3L1+L2!L2�5L1+L3!L32L1+L4!L4

�!3L1+L2!L2�5L1+L3!L32L1+L4!L4

26641 2 3 00 8 8 50 �4 �4 50 0 0 0

3775 �!12L2+L3!L3

26641 2 3 00 8 8 50 0 0 150 0 0 0

3775 = A0.

80

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam umconjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas 1; 2 e 4 da matriz A formamum conjunto linearmente independente:

f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g .

Assim, o conjunto f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g é uma base de

L (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g) ,

tendo-sedimL (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 vectoresdo conjunto inicial:

f(1;�2; 5;�3); (0; 1; 0; 0); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)guma vez que 2664

1 0 2 0�2 1 �4 05 0 6 5�3 0 2 5

3775 �!:::26641 0 2 00 1 0 00 0 �4 50 0 0 15

3775| {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


A =

26642 �1 4 51 �1 �2 �2�1 1 2 22 2 �2 2

3775 �!L1$L2L3$L4

26641 �1 �2 �22 �1 4 52 2 �2 2�1 1 2 2

3775 �!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

�!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 �2 �20 1 8 90 4 2 60 0 0 0

3775 �!�4L2+L3!L3

26641 �1 �2 �20 1 8 90 0 �30 �300 0 0 0

3775 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam umconjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas 1; 2 e 3 da matriz A formamum 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-sedimL (S) = dimL (f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g) = 3.

81

Uma base de R4 que inclui pelo menos dois vectores do conjunto

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g :

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2); (0; 0; 0; 1)g .Vejamos que (8;�3; 3; 5) 2 L (S) e determinemos uma base de L (S) que inclua o vector (8;�3; 3; 5).


(8;�3; 3; 5) = �(2; 1;�1; 2) + �(�1;�1; 1; 2) + (4;�2; 2;�2).

Temos então: 26642 �1 4 j 81 �1 �2 j �3�1 1 2 j 32 2 �2 j 5

3775 �!L1$L2L3$L4

26641 �1 �2 j �32 �1 4 j 82 2 �2 j 5�1 1 2 j 3

3775 �!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

�!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 �2 j �30 1 8 j 140 4 2 j 110 0 0 j 0

3775 �!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 �2 j �30 1 8 j 140 0 �30 j �450 0 0 j 0

3775 . (*)Logo, 8>>>><>>>>:

� = 2

� = 2

= 32

Pelo que

(8;�3; 3; 5) = 2(2; 1;�1; 2) + 2(�1;�1; 1; 2) + 32(4;�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 26642 �1 0 81 �1 0 �3�1 1 1 32 2 0 5

3775 �!:::26642 �1 0 80 �1=2 0 �70 0 �4 00 0 0 �45

3775| {z }

car=4

.

29. (i) Podemos colocar os coe�cientes dos vectores do conjunto�2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

82

como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

24 2 0 01 2 0�1 2 �1

35 �!L1$L3

24 �1 2 �11 2 02 0 0

35 �!L1+L2!L22L1+L3!L3

�!L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �1 2 �10 4 �10 4 �2

35 �!L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �1 2 �10 4 �10 0 �1

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots, formamum 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��2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

�= P2

edimL

��2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

�= dimP2 = 3.

Vamos agora escrever o vector 1� t como combinação linear dos vectores da base�2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

:


1� t = �(2 + t� t2) + �(2t+ 2t2) + (�t2).

Temos então: 8>>>><>>>>:2� = 1

�+ 2� = �1

��+ 2� � = 0,

,

8>>>><>>>>:� = 1

2

� = �34

= �2.Pelo que

1� t = 1

2(2 + t� t2)� 3

4(2t+ 2t2)� 2(�t2).

Finalmente e ainda em relação à base f2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2g de P2, o vector cujas coordenadas são(�1; 3; 2) nessa base, é dado por:

(�1)(2 + t� t2) + 3(2t+ 2t2) + 2(�t2) = �2 + 5t+ 5t2.

(ii) Podemos colocar os coe�cientes dos vectores do conjunto�2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t

83


A =

24 0 1 2 12 0 1 �4�1 �2 0 0

35 �!L1$L2

24 2 0 1 �40 1 2 1�1 �2 0 0

35 �!12L1+L3!L3

�!12L1+L3!L3

24 2 0 1 �40 1 2 10 �2 1

2�2

35 �!2L2+L3!L3

24 2 0 1 �40 1 2 10 0 9

20

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectores correspondentes às colunas 1; 2 e 3da matriz A: �

2t� t2; 1� 2t2; 2 + t

é uma base deL��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t

�.

Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto�2t� t2; 1� 2t2; 2 + t


L��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t

�= L

��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t

�= P2

edimL

��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t

�= dimP2 = 3.

Vamos agora escrever o vector 1� t como combinação linear dos vectores da base f2t� t2; 1� 2t2; 2 + tg.Isto é, procuremos �; �; 2 R tais que

1� t = �(2t� t2) + �(1� 2t2) + (2 + t).

Temos então: 8>>>><>>>>:� + 2 = 1

2�+ = �1

�� 2� = 0,

,

8>>>><>>>>:� = 1

3

= �1 + 4�

� = �2�.

,

8>>>><>>>>:� = 1

3

= 13

� = �23.

Pelo que

1� t = �23(2t� t2) + 1

3(1� 2t2) + 1

3(2 + t).

Finalmente e ainda em relação à base f2t� t2; 1� 2t2; 2 + tg de P2, o vector cujas coordenadas são(�1; 3; 2) nessa base, é dado por:

(�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

84


A =

24 1 0 1 10 1 �1 11 �1 2 0

35 �!�L1+L3!L3

24 1 0 1 10 1 �1 10 �1 1 �1

35 �!L2+L3!L3

24 1 0 1 10 1 �1 10 0 0 0

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectores correspondentes às colunas 1; 2 damatriz A: �

1 + t2; t� t2

é uma base deL��1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + t

�,

tendo-seL��1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + t

�= L

��1 + t2; t� t2

�e

dimL��1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + t

�= dimL

��1 + t2; t� t2

�= 2.

(iv) Facilmente se vê que o conjunto f�1 + 2t+ t2; 2� tg é linearmente independente. Logo, ele próprioé uma base de

L��1 + 2t+ t2; 2� t

�,

e tem-sedimL

��1 + 2t+ t2; 2� t

�= 2.

(v) Podemos colocar os coe�cientes dos vectores do conjunto�1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2


A =

24 1 3 5 �22 0 4 2�1 1 �1 �1

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 3 5 �20 �6 �6 60 4 4 �3

35 �!16L2!L2

�!16L2!L2

24 1 3 5 �20 �1 �1 10 4 4 �3

35 �!4L2+L3!L3

24 1 3 5 �20 �1 �1 10 0 0 1

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectores correspondentes às colunas 1; 2 e 4da matriz A: �

1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2

é uma base deL��1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2

�.

Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto�1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2

85


L��1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2

�=

= L��1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2

�= P2

edimL

��1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2

�= dimP2 = 3.

Vamos agora escrever o vector 1� t como combinação linear dos vectores da base�1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2

:


1� t = �(1 + 2t� t2) + �(3 + t2) + (�2 + 2t� t2).

Temos então: 24 1 3 �22 0 2�1 1 �1

3524 ��

35 =24 1�10

35 .Aplicando então o método de eliminação de Gauss à matriz aumentada do sistema anterior, temos:24 1 3 �2 j 1

2 0 2 j �1�1 1 �1 j 0

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 3 �2 j 10 �6 6 j �30 4 �3 j 1

35 �!13L2!L2

�!13L2!L2

24 1 3 �2 j 10 �2 2 j �10 4 �3 j 1

35 �!2L2+L3!L3

24 1 3 �2 j 10 �2 2 j �10 0 1 j �1

35 .Logo, 8>>>><>>>>:

� = 12

� = �12

= �1.Pelo que

1� t = 1

2(1 + 2t� t2) +

��12

�(3 + t2) + (�1) (�2 + 2t� t2).

Finalmente e ainda em relação à base f1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2g de P2, o vector cujas coordenadassão (�1; 3; 2) nessa base, é dado por:

(�1)(1 + 2t� t2) + 3(3 + t2) + 2(�2 + 2t� t2) = 4 + 2t+ 2t2.

(vi) O conjunto f1; t; t2g é a base canónica de P2. As coordenadas do vector �1+3t+2t2 em relação aessa base são precisamente �1; 3 e 2. Ainda em relação à base f1; t; t2g, o vector cujas coordenadas nessabase são (�1; 3; 2) é precisamente o vector �1 + 3t+ 2t2.

86

30. Como o espaço linearM2�2(R) tem dimensão 4, então para veri�car que as matrizes�1 10 0

�;

�0 01 1

�;

�1 00 1

�;

�0 11 1

�formam uma base deM2�2(R) basta ver que são linearmente independentes. Sejam �; �; ; � 2 R tais que

�

�1 10 0

�+ �

�0 01 1

�+

�1 00 1

�+ �

�0 11 1

�= 0,

onde 0 é a matriz nula�0 00 0

�. Queremos provar que � = � = = � = 0.

Temos então: ��+ � + �� + � � + + �

�=

�0 00 0

�isto é, 8>><>>:

�+ = 0�+ � = 0� + � = 0� + + � = 0,

ou ainda 26641 0 1 01 0 0 10 1 0 10 1 1 1

37752664��

3775 =26640000

3775 .Aplicando então o método de eliminação de Gauss à matriz dos coe�cientes do sistema homogéneo anterior,temos: 2664

1 0 1 01 0 0 10 1 0 10 1 1 1

3775 �!�L1+L2!L2

26641 0 1 00 0 �1 10 1 0 10 1 1 1

3775 �!L2$L3

�!L2$L3

26641 0 1 00 1 0 10 0 �1 10 1 1 1

3775 �!�L2+L4!L4

26641 0 1 00 1 0 10 0 �1 10 0 1 0

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 1 00 1 0 10 0 �1 10 0 0 1

3775 .Logo, a única solução do sistema é: (�; �; ; �) = (0; 0; 0; 0). Assim, o conjunto��

1 10 0

�;

�0 01 1

�;

�1 00 1

�;

�0 11 1

��é uma base deM2�2(R).

31. Seja S =��

1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

�;

�2 �53 1

�,�4 11 5

�;

�3 �22 3

��. Seja W um 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�

0 00 0

�= �1

�1 3�1 2

�+ �2

�0 11�5 3

�+ �3

�2 �53 1

�+ �4

�4 11 5

�+ �5

�3 �22 3

�.

87

Temos então:26641 0 2 4 33 11 �5 1 �2�1 �5 3 1 22 3 1 5 3

3775 �!�3L1+L2!L2L1+L3!L3�2L1+L4!L4

26641 0 2 4 30 11 �11 �11 �110 �5 5 5 50 3 �3 �3 �3

3775 �!511L2+L3!L3

� 311L2+L4!L4

�!511L2+L3!L3

� 311L2+L4!L4

26641 0 2 4 30 11 �11 �11 �110 0 0 0 00 0 0 0 0

3775pelo que sendo as 2 primeiras colunas da matriz em escada anterior independentes, o conjunto de matrizes��

1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

��é uma base de W , atendendo também a que�

2 �53 1

�;

�4 11 5

�;

�3 �22 3

�2 L

��1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

��.

32. A dimensão do espaço linearM3�2(R) é 6. Assim, para encontrar uma base deM3�2(R), bastaencontrar 6 matrizes do tipo 3�2 que sejam linearmente independentes. O seguinte conjunto de 6 matrizesdo tipo 3� 2: 8<:

24 1 00 00 0

35 ;24 0 10 00 0

35 ;24 0 01 00 0

35 ;24 0 00 10 0

35 ;24 0 00 01 0

35 ;24 0 00 00 1

359=;é linearmente independente. Logo, é uma base deM3�2(R). (Chama-se a esta base, a base canónica deM3�2(R).)

33. (i) Uma matriz diagonal do tipo 3� 3 tem a seguinte forma:24 a 0 00 b 00 0 c

35 com a; b; c 2 R.

E tem-se 24 a 0 00 b 00 0 c

35 = a24 1 0 00 0 00 0 0

35+ b24 0 0 00 1 00 0 0

35+ c24 0 0 00 0 00 0 1

35 .Isto é, o subespaço formado por todas as matrizes diagonais do tipo 3� 3, é gerado pelo conjunto

D =

8<:24 1 0 00 0 00 0 0

35 ;24 0 0 00 1 00 0 0

35 ;24 0 0 00 0 00 0 1

359=; .Além disso, este conjunto é linearmente independente. Temos então que o conjunto D é uma base dosubespaço formado por todas as matrizes diagonais do tipo 3� 3. Logo, o subespaço tem dimensão 3.

88

(ii) Uma matriz simétrica do tipo 3� 3 tem a seguinte forma:24 a b cb d ec e f

35 com a; b; c; d; e; f 2 R.

E tem-se 24 a b cb d ec e f

35 = a24 1 0 00 0 00 0 0

35+ b24 0 1 01 0 00 0 0

35+ c24 0 0 10 0 01 0 0

35++d

24 0 0 00 1 00 0 0

35+ e24 0 0 00 0 10 1 0

35+ f24 0 0 00 0 00 0 1

35 .Isto é, o subespaço formado por todas as matrizes simétricas do tipo 3� 3, é gerado pelo conjunto

S =

8<:24 1 0 00 0 00 0 0

35 ;24 0 1 01 0 00 0 0

35 ;24 0 0 10 0 01 0 0

35 ;24 0 0 00 1 00 0 0

35 ;24 0 0 00 0 10 1 0

35 ;24 0 0 00 0 00 0 1

359=;Além disso, este conjunto é linearmente independente. Temos então que o conjunto S é uma base dosubespaço formado por todas as matrizes simétricas do tipo 3� 3. Logo, o subespaço tem dimensão 6.

34. (i)

A =

�3 1�6 �2

��!

2L1+L2!L2

�3 10 0

�= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode 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) = dimL(A) = 1.

Por de�nição:N (A) =

�u 2 R2 : Au = 0

.

Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,

Au = 0, A0u = 0.

A equação �3 10 0

� �u1u2

�=

�00

�

89

é equivalente à equação3u1 + 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 = dimN (A) = 1.

(ii)

A =

�3 0 �6 01 0 �2 0

��!

� 13L1+L2!L2

�3 0 �6 00 0 0 0

�= A0.


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:



�u 2 R4 : Au = 0

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação �3 0 �6 00 0 0 0

�2664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente à equação

3u1 � 6u3 = 0,ou seja a

u1 = 2u3.

Logo,N (A) = f(2u3; u2; u3; u4) : u2; u3; u4 2 Rg .

Como(2u3; u2; u3; u4) = u3(2; 0; 1; 0) + u2(0; 1; 0; 0) + u4(0; 0; 0; 1),

90

tem-se:N (A) = L (f(2; 0; 1; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 0; 1)g) .

O conjunto S = f(2; 0; 1; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linearmenteindependente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


(iii)

A =

24 0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

35 .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:



�u 2 R4 : Au = 0

.

A equação 24 0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

352664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente ao sistema 8<:

u2 = 0u3 = 0u4 = 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 geraN (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


(iv)

A =

24 1 1 �2�1 2 10 1 �1

35 �!L1+L2!L2

24 1 1 �20 3 �10 1 �1

35 �!� 13L2+L3!L3

24 1 1 �20 3 �10 0 �2

3

35 = A0.91


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;�2

3)

��,

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:



�u 2 R3 : Au = 0

.

Como se tem sempre:no de colunas de A = carA+ nulA,

entãoN (A) = f0g

enulA = dimN (A) = 0.

Alternativamente poderíamos veri�car que se tem mesmo

N (A) = f0g .

Pelo método de eliminação de Gauss, temos

Au = 0, A0u = 0.

A equação 24 1 1 �20 3 �10 0 �2

3

3524 u1u2u3

35 =24 000


u1 + u2 � 2u3 = 03u2 � u3 = 0�23u3 = 0

ou seja au1 = u2 = u3 = 0.

Logo,N (A) = f(0; 0; 0)g

92

e como talnulA = dimN (A) = 0.

(v)

A =

26641 0 00 1 00 0 10 0 0

3775 .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:



�u 2 R3 : Au = 0

.

A equação 26641 0 00 1 00 0 10 0 0

377524 u1u2u3

35 =24 000


u1 = 0u2 = 0u3 = 0.

Logo,N (A) = f(0; 0; 0)g e nulA = dimN (A) = 0.

(vi)

A =

24 �1 3 0 20 2 2 0�1 3 0 2

35 �!�L1+L3!L3

24 �1 3 0 20 2 2 00 0 0 0

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(�1; 0;�1); (3; 2; 3)g)

e o conjunto f(�1; 0;�1); (3; 2; 3)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L(A0) = L (f(�1; 3; 0; 2); (0; 2; 2; 0)g) ,

93

e o conjunto f(�1; 3; 0; 2); (0; 2; 2; 0)g é uma base de L(A). Desta forma:



�u 2 R4 : Au = 0

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação 24 �1 3 0 20 2 2 00 0 0 0

352664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente ao sistema �

�u1 + 3u2 + 2u4 = 02u2 + 2u3 = 0

ou seja a �u1 = 3u2 + 2u4u3 = �u2.

Logo,N (A) = f(3u2 + 2u4; u2;�u2; u4) : u2; u4 2 Rg .

Como

(3u2 + 2u4; u2;�u2; u4) = (3u2; u2;�u2; 0) + (2u4; 0; 0; u4) = u2(3; 1;�1; 0) + u4(2; 0; 0; 1),

tem-se:N (A) = L (f(3; 1;�1; 0); (2; 0; 0; 1)g) .

O conjunto S = f(3; 1;�1; 0); (2; 0; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linearmente independentee gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


(vii)

A =

26641 2 3 �12 3 2 03 4 1 11 1 �1 1

3775 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 2 3 �10 �1 �4 20 �2 �8 40 �1 �4 2

3775 �!�2L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 2 3 �10 �1 �4 20 0 0 00 0 0 0

3775 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g)

94

e o conjunto f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(1; 2; 3;�1); (0;�1;�4; 2)g) ,

e o conjunto f(1; 2; 3;�1); (0;�1;�4; 2)g é uma base de L(A). Desta forma:



�u 2 R4 : Au = 0

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação 26641 2 3 �10 �1 �4 20 0 0 00 0 0 0

37752664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente ao sistema �

u1 + 2u2 + 3u3 � u4 = 0�u2 � 4u3 + 2u4 = 0

ou seja a �u1 = �2u2 � 3u3 + u4u2 = �4u3 + 2u4

e ainda a �u1 = 5u3 � 3u4u2 = �4u3 + 2u4.

Logo,N (A) = f(5u3 � 3u4;�4u3 + 2u4; u3; u4) : u3; u4 2 Rg .

Como

(5u3 � 3u4;�4u3 + 2u4; u3; u4) = (5u3;�4u3; u3; 0) + (�3u4; 2u4; 0; u4)= u3(5;�4; 1; 0) + u4(�3; 2; 0; 1),

tem-se:N (A) = L (f(5;�4; 1; 0); (�3; 2; 0; 1)g) .

O conjunto S = f(5;�4; 1; 0); (�3; 2; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linearmente indepen-dente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


35. Sejam U e V subespaços de W tais que dimU = 4; dimV = 5 e dimW = 7. Tem-se

dim (U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 9� dim (U + V ) :

95

Como U + V é subespaço de W , tem-se

5 = dimV � dim (U + V ) � dimW = 7

e assim dim (U + V ) 2 f5; 6; 7g. Logo,

dim (U \ V ) 2 f2; 3; 4g :

36. Determine bases e calcule as dimensões de U + V e U \ V , dizendo em que casos U + V é a somadirecta U � V (determine-a) dos subespaços U e V .(i) Em R3, considere os subespaços:

U = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1)g) e V = L (f(1; 1; 2); (�1; 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 ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 2 + 2� 3 = 1.

Seja (x; y; z) 2 U . Tem-se24 1 0 j x�1 1 j y1 1 j z

35 �!L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 0 j x0 1 j x+ y0 1 j z � x

35 �!�L2+L3!L3

24 1 0 j x0 1 j x+ y0 0 j z � 2x� y

35 .Logo

U =�(x; y; z) 2 R3 : z � 2x� y = 0

.

Seja (x; y; z) 2 V . Tem-se24 1 �1 j x1 1 j y2 1 j z

35 �!�L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 �1 j x0 2 j y � x0 3 j z � 2x

35 �!� 32L2+L3!L3

24 1 �1 j x0 2 j y � x0 0 j z � 3

2y � 1

2x

35 .Logo

V =�(x; y; z) 2 R3 : 2z � 3y � 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 ) = 1Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(ii) Sejam U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0 e x+ y = 0g ; V = L (f(1; 1; 1)g).Tem-se (1; 1; 1) =2 U pois 1 + 1� 1 6= 0. Logo

U \ V = f0g e dim (U \ V ) = 0.

96

Por outro lado, como

U =�(�y; y; 0) 2 R3 : y 2 R

= L (f(�1; 1; 0)g) ,

tem-seU + 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:

U = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2)g) e V = f(x; y; z) : x+ y + 3z = 0g .

Seja v 2 U , entãov = �(1; 0; 1) + �(�1; 1; 2) = (�� ; �; �+ 2�),

com �; � 2 R. Para que v esteja também em V é preciso que:

�� + � + 3 (�+ 2�) = 0.

isto é,

4�+ 6� = 0 , � = �32�.

Assim,

v = �(1; 0; 1) + �(�1; 1; 2) =��52�; �;

1

2�

�= �

��52; 1;1

2

�.

Logo,

U \ V =��

��52; 1;1

2

�: � 2 R

�= L

��52; 1;1

2

��e como tal,

��52; 1; 1

2

�é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1

Tem-seV = 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 � V = R3.

97

Como U \ V = f0g então dim (U \ V ) = 0.

(v) Em P2, considere os subespaços:

U = L��1 + t; 1� t2

�e V =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a2 � a1 + a0 = 0.

Seja p (t) 2 U . Então existem �; � 2 R tais que

p (t) = a0 + a1t+ a2t2 = � (1 + t) + �

�1� t2

�.

Atendendo a24 1 1 j a01 0 j a10 �1 j a2

35 �!�L1+L2!L2

24 1 1 j a00 �1 j a1 � a00 �1 j a2

35 �!�L2+L3!L3

24 1 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a2 � a1 + a0

35 .Logo, tem-se

U = V

pelo queU + V = U = V e U \ V = U = V .

Assim, f1 + t; 1� t2g é uma base de U; de V , de U + V e de U \ V , tendo-se

dim (U + V ) = dim (U \ V ) = 2.

Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(vi) Em P3, considere os subespaços:

U = L��1 + t; 1� t3

�e V = L

��1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

�.

LogoU + 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� t3; 1 + t+ t3

são linearmente independentes. Coloquemos então os coe�cientes desses vectores como colunas de umamatriz:

A =

26641 1 1 0 11 0 1 1 10 0 1 0 00 �1 0 �1 1

3775 �!�L1+L2!L2

26641 1 1 0 10 �1 0 1 00 0 1 0 00 �1 0 �1 1

3775 �!�L2+L4!L4

26641 1 1 0 10 �1 0 1 00 0 1 0 00 0 0 �2 1

3775 = A0. (*)As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um conjuntode vectores linearmente independente. Logo, o conjunto�

1 + t; 1� t3; 1 + t+ t2; t� t3

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e deste modo U + V = P3.

98

Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto�1 + t; 1� t3

é base de U , tendo-se dimU = 2, e como2664

1 0 10 1 01 0 00 �2 1

3775 �!�L1+L3!L3L1+L3!L3

26641 0 10 1 00 0 �10 �2 1

3775 �!2L2+L4!L4

26641 0 10 1 00 0 �10 0 1

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 10 1 00 0 �10 0 0

3775o conjunto �

1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

é base de V , tendo-se dimV = 3.Logo,

dim(U \ V ) = dimU + dimV � 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 + a1t+ a2t2 + a3t3 2 U . Tem-se2664

1 1 j a01 0 j a10 0 j a20 �1 j a3

3775 �!�L1+L2!L2

26641 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a20 �1 j a3

3775 �!�L2+L4!L4

26641 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a20 0 j a3 + a0 � a1

3775 .Logo

U =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a2 = 0 e a3 + a0 � a1 = 0

.

Seja q (t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t3 2 V . Tem-se26641 0 1 j a01 1 1 j a11 0 0 j a20 �1 1 j a3

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 �1 1 j a3

3775 �!L2+L4!L4

�!L2+L4!L4

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 0 1 j a1 � a0 + a3

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 0 0 j a1 + a2 � 2a0 + a3

3775 .Logo

V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a1 + a2 � 2a0 + a3 = 0

.

Deste modo

U \ V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a2 = 0 e a0 � a1 + a3 = 0 e � 2a0 + a1 + a2 + a3 = 0

=

= a0 + a1t+ a2t2 + a3t

3 2 P3 : (a0; a1; a2; a3) 2 N

0@24 0 0 1 01 �1 0 1�2 1 1 1

351A .

99

Atendendo a que24 0 0 1 01 �1 0 1�2 1 1 1

35 �!2L2+L3!L3

24 0 0 1 01 �1 0 10 �1 1 3

35 �!L1$L2

24 1 �1 0 10 0 1 00 �1 1 3

35 �!L2$L3

24 1 �1 0 10 �1 1 30 0 1 0

35tem-se

U \ V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a0 � a1 + a3 = 0 e � a1 + a2 + 3a3 = 0 e a2 = 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a0 = 2a3 e a1 = 3a3 e a2 = 0

=

=�2a3 + 3a3t+ a3t

3 2 P3 : a3 2 R=�a3�2 + 3t+ t3

�2 P3 : a3 2 R

= L

��2 + 3t+ t3

�.

e como tal, f2 + 3t+ t3g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1.

(vii) Em R4, considere os subespaços:

U = L (f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3); (0; 0;�6;�8); (�1; 1;�5;�5)g)

eV = L (f(0; 0; 0;�1); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g) .

Atendendo a que

A =

26642 �1 0 �1 0 0 0�2 1 0 1 0 1 21 1 �6 �5 0 2 4�2 3 �8 �5 �1 3 8

3775 �!L1+L2!L2� 12L1+L3!L3

L1+L4!L4

26642 �1 0 �1 0 0 00 0 0 0 0 1 20 3=2 �6 �9=2 0 2 40 2 �8 �6 �1 3 8

3775 �!L2$L4

�!L2$L4

26642 �1 0 �1 0 0 00 2 �8 �6 �1 3 80 3=2 �6 �9=2 0 2 40 0 0 0 0 1 2

3775 �!� 34L2+L3!L3

26642 �1 0 �1 0 0 00 2 �8 �6 �1 3 80 0 0 0 3=4 �1=4 �20 0 0 0 0 1 2

3775 = A0 (*).As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formam um

conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e deste modo U + V = R4.Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto

f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3)g

é base de U , tendo-se dimU = 2, e como26640 0 0�1 3 83=4 �1=4 �20 1 2

3775 �!L1$L2

2664�1 3 80 0 03=4 �1=4 �20 1 2

3775 �!L2$L44L3!L3

2664�1 3 80 1 23 �1 �80 0 0

3775 �!3L1+L3!L3

100

�!3L1+L3!L3

2664�1 3 80 1 20 8 160 0 0

3775 �!�8L2+L3!L3

2664�1 3 80 1 20 0 00 0 0

3775o conjunto

f(0; 0; 0;�1); (0; 1; 2; 3)gé base de V , tendo-se dimV = 2.Logo,

dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 2 + 2� 4 = 0.Neste caso, como U \ V = f0g então

U + V = U � V = R4:

(viii) Em R4, considere os subespaços:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + 3z = 0 e y + 2z + 3w = 0

e

V = L (f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1); (�4;�1; 2;�1)g) .Seja (x; y; z; w) 2 V . Então existem �; �; 2 R tais que

(x; y; z; w) = �(2; 5;�4; 1) + �(0; 9;�6; 1) + (�4;�1; 2;�1).

Atendendo a 26642 0 �4 j x5 9 �1 j y�4 �6 2 j z1 1 �1 j w

3775 �!L1$L4

26641 1 �1 j w5 9 �1 j y�4 �6 2 j z2 0 �4 j x

3775 �!�5L1+L2!L24L1+L3!L3�2L1+L4!L4

�!�5L1+L2!L24L1+L3!L3�2L1+L4!L4

26641 1 �1 j w0 4 4 j y � 5w0 �2 �2 j z + 4w0 �2 �2 j x� 2w

3775 �!12L2+L3!L3

12L2+L4!L4

26641 1 �1 j w0 4 4 j y � 5w0 0 0 j 3

2w + 1

2y + z

0 0 0 j x� 92w + 1

2y

3775 (*)

Logo, tem-se

V =

�(x; y; z; w) 2 R4 : 3

2w +

1

2y + z = 0 e x� 9

2w +

1

2y = 0

�=

=�(x; y; z; w) 2 R4 : y + 2z + 3w = 0 e x+ 2y + 3z = 0

= U

pelo queU + V = U = V e U \ V = U = V .

Atendendo ainda a (*), o conjunto f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1); (�4;�1; 2;�1)g é linearmente dependente,sendo linearmente independente o seguinte seu subconjunto

f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1)g .

101

Assim, f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1)g é uma base de U; de V , de U + V e de U \ V , tendo-se

dim (U + V ) = dim (U \ V ) = 2.

Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(ix) Seja U o subespaço de R5 gerado por

f(1;�1;�1;�2; 0); (1;�2;�2; 0;�3); (1;�1;�2;�2; 1)g .

Seja V o subespaço de R5 gerado por

f(1;�2;�3; 0;�2); (1;�1;�3; 2;�4); (1;�1;�2; 2;�5)g .

Atendendo a que

A =

2666641 1 1 1 1 1�1 �2 �1 �2 �1 �1�1 �2 �2 �3 �3 �2�2 0 �2 0 2 20 �3 1 �2 �4 �5

377775 �!L1+L2!L2L1+L3!L32L1+L4!L4

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 �1 �1 �2 �2 �10 2 0 2 4 40 �3 1 �2 �4 �5

377775 �!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

�!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 0 �1 �1 �2 �10 0 0 0 4 40 0 1 1 �4 �5

377775 �!L3+L5!L5

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 0 �1 �1 �2 �10 0 0 0 4 40 0 0 0 �6 �6

377775 �!32L4+L5!L5

�!32L4+L5!L5

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 0 �1 �1 �2 �10 0 0 0 4 40 0 0 0 0 0



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 dimU = 3, e como2666641 1 1�1 0 0�1 �2 �10 4 40 0 0

377775 �!L1+L2!L2L1+L3!L3

2666641 1 10 1 10 �1 00 4 40 0 0

377775 �!L2+L3!L3�4L2+L4!L4

2666641 1 10 1 10 0 10 0 00 0 0

377775102

o conjuntof(1;�2;�3; 0;�2); (1;�1;�3; 2;�4); (1;�1;�2; 2;�5)g


dim(U \ V ) = dimU + dimV � 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 a266664

1 1 1 j x1�1 �2 �1 j x2�1 �2 �2 j x3�2 0 �2 j x40 �3 1 j x5

377775 �!L1+L2!L2L1+L3!L32L1+L4!L4

2666641 1 1 j x10 �1 0 j x1 + x20 �1 �1 j x1 + x30 2 0 j 2x1 + x40 �3 1 j x5

377775 �!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

�!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

2666641 1 1 j x10 �1 0 j x1 + x20 0 �1 j �x2 + x30 0 0 j 4x1 + 2x2 + x40 0 1 j �3x1 � 3x2 + x5

377775 �!L3+L5!L5

2666641 1 1 j x10 �1 0 j x1 + x20 0 �1 j �x2 + x30 0 0 j 4x1 + 2x2 + x40 0 0 j �3x1 � 4x2 + x3 + x5

377775tem-se

U =�(x1; x2; x3; x4; x5) 2 R5 : 4x1 + 2x2 + x4 = 0 e � 3x1 � 4x2 + x3 + x5 = 0

.

Por outro lado, atendendo a2666641 1 1 j x1�2 �1 �1 j x2�3 �3 �2 j x30 2 2 j x4�2 �4 �5 j x5

377775 �!2L1+L2!L23L1+L3!L32L1+L5!L5

2666641 1 1 j x10 1 1 j 2x1 + x20 0 1 j 3x1 + x30 2 2 j x40 �2 �3 j 2x1 + x5

377775 �!�2L2+L4!L4L3+L5!L5

�!�2L2+L4!L4L3+L5!L5

2666641 1 1 j x10 1 1 j 2x1 + x20 0 1 j 3x1 + x30 0 0 j �4x1 � 2x2 + x40 �2 �2 j 5x1 + x3 + x5

377775 �!2L2+L5!L5

2666641 1 1 j x10 1 1 j 2x1 + x20 0 1 j 3x1 + x30 0 0 j �4x1 � 2x2 + x40 0 0 j 9x1 + 2x2 + x3 + x5

377775tem-se

V =�(x1; x2; x3; x4; x5) 2 R5 : �4x1 � 2x2 + x4 = 0 e 9x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0

.

Logo

U \ V =�(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

�Como2664

4 2 0 1 0�3 �4 1 0 1�4 �2 0 1 09 2 1 0 1

3775 �!L1+L3!L33L2+L4!L4

26644 2 0 1 0�3 �4 1 0 10 0 0 2 00 �10 4 0 4

3775 �!34L1+L2!L2

26644 2 0 1 00 �5

21 3

41

0 0 0 2 00 �10 4 0 4

3775 �!�4L2+L4!L4

103

�!�4L2+L4!L4

26644 2 0 1 00 �5

21 3

41

0 0 0 2 00 0 0 �3 0

3775 �!4L2!L2

32L3+L4!L44

26644 2 0 1 00 �10 4 3 40 0 0 2 00 0 0 0 0

3775tem-se 8<:

4x1 + 2x2 + x4 = 0�10x2 + 4x3 + 3x4 + 4x5 = 02x4 = 0

,

8<:x1 = �1

2x2 = �1

5x3 � 1

5x5

x2 =25x3 +

25x5

x4 = 0

pelo que

U \ V =

��15x3 �

1

5x5;2

5x3 +

2

5x5; x3; 0; x5

�2 R5 : x3; x5 2 R

�=

= L

��15;2

5; 1; 0; 0

�;

��15;2

5; 0; 0; 1

��.

Como o conjunto ��15;2

5; 1; 0; 0

�;

��15;2

5; 0; 0; 1

��gera U \ V e é linearmente independente, então é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 2.

(x) Atendendo a que

A =

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 0�1 1 0 �1 1 0 10 1 �2 2 1 �1 1

3775 �!L1+L3!L3� 12L1+L3!L3

L1+L4!L4

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 00 1 1 �1 2 1 10 1 �2 2 1 �1 1

3775 �!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 00 0 1 �1 1 �1 10 0 �2 2 0 �3 1

3775 �!2L3+L4!L4

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 00 0 1 �1 1 �1 10 0 0 0 2 �5 3



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 dimU = 3, e como26641 1 01 2 01 �1 12 �5 3

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3�2L1+L4!L4

26641 1 00 1 00 �2 10 �7 3

3775 �!2L2+L3!L37L2+L4!L4

26641 1 00 1 00 0 10 0 3

3775 �!�3L3+L4!L4

26641 1 00 1 00 0 10 0 0

3775104

o conjuntof(1; 1; 1; 1); (1; 2; 0;�1); (0; 0; 1; 1)g


dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 3 + 3� 4 = 2.Uma base para U \ V .Atendendo a 2664

1 0 1 j x10 1 0 j x2�1 1 0 j x30 1 �2 j x4

3775 �!L1+L3!L3

26641 0 1 j x10 1 0 j x20 1 1 j x1 + x30 1 �2 j x4

3775 �!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 0 1 j x10 1 0 j x20 0 1 j x1 + x3 � x20 0 �2 j x4 � x2

3775 �!2L3+L4!L4

26641 0 1 j x10 1 0 j x20 0 1 j x1 + x3 � x20 0 0 j 2x1 � 3x2 + 2x3 + x4

3775tem-se

U =�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : 2x1 � 3x2 + 2x3 + x4 = 0

Por outro lado, atendendo a2664

1 1 0 j x11 2 0 j x21 0 1 j x31 �1 1 j x4

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 1 0 j x10 1 0 j x2 � x10 �1 1 j x3 � x10 �2 1 j x4 � x1

3775 �!L2+L3!L32L2+L4!L4

�!L2+L3!L32L2+L4!L4

26641 1 0 j x10 1 0 j x2 � x10 0 1 j x2 � 2x1 + x30 0 1 j 2x2 � 3x1 + x4

3775 �!�L3+L4!L4

26641 1 0 j x10 1 0 j x2 � x10 0 1 j x2 � 2x1 + x30 0 0 j x2 � x1 � x3 + x4

3775tem-se

V =�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : �x1 + x2 � x3 + x4 = 0

.

Logo

U \ V =�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : 2x1 � 3x2 + 2x3 + x4 = 0 e � x1 + x2 � x3 + x4 = 0

=

=�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : 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 conjuntof(�1; 0; 1; 0) ; (4; 3; 0; 1)g

gera U \ V e é linearmente independente, então é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 2.

37.

105

A =

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 02 �2 �1 2 1�1 1 2 2 10 0 0 0 0

377775 �!�2L1+L3!L3L1+L4!L4

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 �1 �2 �10 0 2 4 20 0 0 0 0

377775 �!12L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!12L2+L3!L3�L2+L4!L4

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 0 0 �10 0 0 0 20 0 0 0 0

377775 �!2L3+L4!L4

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 0 0 �10 0 0 0 00 0 0 0 0

377775 = A0.(i)

carA = dim C(A) = dimL(A) = 3.Como A tem 5 colunas e

no de colunas de A = carA+ nulA,

entãonulA = 2, isto é, dimN (A) = 2.

(ii) As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots, formamum 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

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação matricial 2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 0 0 �10 0 0 0 00 0 0 0 0

377775266664u1u2u3u4u5

377775 =26666400000


u1 � u2 + 2u4 + u5 = 02u3 + 4u4 = 0�u5 = 0

ou seja a 8<:u1 = u2 � 2u4u3 = �2u4u5 = 0.

Logo,N (A) = f(u2 � 2u4; u2;�2u4; u4; 0) : u2; u4 2 Rg .

106

Como

(u2 � 2u4; u2;�2u4; u4; 0) = (u2; u2; 0; 0; 0) + (�2u4; 0;�2u4; u4; 0)= u2(1; 1; 0; 0; 0) + u4(�2; 0;�2; 1; 0),

tem-se:N (A) = L (f(1; 1; 0; 0; 0); (�2; 0;�2; 1; 0)g) .

Facilmente se veri�ca que o conjunto S = f(1; 1; 0; 0; 0); (�2; 0;�2; 1; 0)g é linearmente independente.Como S é linearmente independente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A).

(iii) A solução geral do sistema de equações lineares homogéneo Au = 0 é dada por

�(1; 1; 0; 0; 0) + �(�2; 0;�2; 1; 0),

com �; � 2 R.

(iv) Uma solução particular de Au = b, com b = (1; 0; 2;�1; 0), é por exemplo u = (1; 0; 0; 0; 0). Logo,a solução geral de Au = b é dada por:

(1; 0; 0; 0; 0) + �(1; 1; 0; 0; 0) + �(�2; 0;�2; 1; 0).

Observação. Note que se tem sempre:

no de colunas de A = carA+ nulA.

38. (i) Se A 2M3�3(R) é tal que carA = 3 e car[A j B] = 3 então

carA = dimL(A) = dim C(A) = 3.

Logo,nulA = dimN (A) = 0.

Como carAT = dimL(AT ) = dim C(AT ) = 3 então

nulAT = dimN (AT ) = 0.

O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e determinado. Nestecaso, na solução geral de AX = B, não existe nenhum parâmetro.

(ii) Se A 2M3�3(R) é tal que carA = 2 e car[A j B] = 3 então

carA = dimL(A) = dim C(A) = 2:

Logo,nulA = dimN (A) = 1:


nulAT = dimN (AT ) = 1:

107

O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é impossível.

(iii) Se A 2M3�3(R) é tal que carA = 1 e car[A j B] = 1 então





O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e indeterminado. Nestecaso, na solução geral de AX = B, existem dois parâmetros.

(iv) Se A 2M5�9(R) é tal que carA = 2 e car[A j B] = 2 então





O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e indeterminado. Nestecaso, na solução geral de AX = B, existem 7 parâmetros.

(v) Se A 2M9�5(R) é tal que carA = 2 e car[A j B] = 3 então





O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é impossível.

(vi) Se A 2M4�4(R) é tal que carA = 0 e car[A j B] = 0 então





108

O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e indeterminado. Nestecaso, na solução geral de AX = B, existem 4 parâmetros.

(vii) Se A 2M6�2(R) é tal que carA = 2 e car[A j B] = 2 então





O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e determinado. Nestecaso, na solução geral de AX = B, não existe nenhum parâmetro.

39. Queremos encontrar A tal que

N (A) = L (f(2; 0; 1)g) .

Por de�niçãoN (A) =

�u 2 R3 : Au = 0

.

Por outro lado, temos

L (f(2; 0; 1)g) = f�(2; 0; 1) : � 2 Rg =�(u1; u2; u3) 2 R3 : u2 = 0 e u1 = 2u3

.

Por exemplo:

A =

��1 0 20 1 0

�veri�ca

N (A) = L (f(2; 0; 1)g) ,pois

Au = 0,

2664�1 0 20 1 00 0 00 0 0

377524 u1u2u3

35 =24 000

35,8<:�u1 + 2u3 = 0

u2 = 0.

40. Não é possível encontrar A tal que

(1; 1; 1) 2 L(A) e (1; 0; 0) 2 N (A),

pois se (1; 0; 0) 2 N (A) então a primeira entrada de todas as linhas de A é 0. Pelo que, nesse caso, não sepode ter (1; 1; 1) 2 L(A).

41. Seja A 2M3�3(R) tal que nulA = 3. Uma vez que

no de colunas de A = carA+ nulA,

109

então carA = 0. Isto é, A =

24 0 0 00 0 00 0 0

35.42. Seja A 2Mm�n(R) tal que

C(A) = N (A):Logo, o no de linhas de A é igual ao no de colunas de A. Isto é, m = n. Além disso, como

n = carA+ nulA,

tem-sen = 2dimN (A).

Pelo que, A 2Mn�n(R) com n par. Exemplo:

A =

26640 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

3775 :

43. Seja A 2 Mn�n(R) tal que carA = n. Logo, A é invertível. Isto é, existe A�1 tal que AA�1 =A�1A = I. Além disso, se A fôr tal que A2 = A, então

A = AI = A(AA�1) = (AA)A�1 = A2A�1 = AA�1 = I.

Logo, A = I.

44. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2. Seja v = (1; 5).

(i) Tem-se v = (1; 2) + 3(0; 1). Logo, 1 e 3 são as coordenadas de v em relação à base B1.

(ii) Tem-se

SB1!B2 =

��1 �21 1

�,

uma vez que (1; 2) = �(1; 1) + (2; 3) e (0; 1) = �2(1; 1) + (2; 3).

(iii) As coordenadas de v = (1; 5) em relação à base B2, são dadas por:

SB1!B2

�15

�=

��1 �21 1

� �13

�=

��74

�,

uma vez que 1 e 3 são as coordenadas de v em relação à base B1.

(iv) Tem-sev = (1; 5) = �7(1; 1) + 4(2; 3).

110

(v) Tem-se

SB2!B1 =

�1 2�1 �1

�,

uma vez que (1; 1) = (1; 2)� (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

��74

�=

�1 2�1 �1

� ��74

�=

�13

�,

uma vez que �7 e 4 são as coordenadas de v em relação à base B2.

45. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de R2, onde

v1 = (1; 2), v2 = (0; 1).

Seja

SB2!B1 =

�2 11 1

�,

a matriz de mudança da base B2 para a base B1. Determinemos B2.Uma vez que

SB2!B1 =

�2 11 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 .


w1 = �1 + t, w2 = 1 + t.

Seja

SB1!B2 =

�2 3�1 2

�,


SB1!B2 =

�2 3�1 2

�,

então v1 = 2 (�1 + t)� (1 + t) = �3 + t e v2 = 3 (�1 + t) + 2 (1 + t) = �1 + 5t. Logo,

B1 = f�3 + t;�1 + 5tg .

111

47. Sejam B1 = f1; 1� t; t2g e B2 = f1; 1 + t; 1 + t+ t2g 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 ascoordenadas do mesmo vector p(t) em relação à base B1.Tem-se

p(t) = 1 + 2 (1 + t) + 3�1 + t+ t2

�= 6 + 5t+ 3t2 = �1 + � (1� t) + t2.

É fácil ver que � = 11, � = �5 e = 3.

Resolução alternativa: Tem-se

SB2!B1 =

24 1 2 20 �1 �10 0 1

35 ,uma vez que 1 = 1 + 0 (1� t) + 0t2, 1 + t = 2� (1� t) + 0t2 e 1 + t + t2 = 2� (1� t) + t2. Logo, ascoordenadas de p(t) em relação à base B1 são dadas por:

SB2!B1

24 123

35 =24 1 2 20 �1 �10 0 1

3524 123

35 =24 11�53

35 ,onde 1; 2 e 3 são as coordenadas de p(t) em relação à base B2.

(ii) Determinemos a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2.Como

1 = 1� 1 + 0 (1 + t) + 0 (1 + t+ t2)

1� t = 2� 1� (1 + t) + 0 (1 + t+ t2)

t2 = 0� 1� (1 + t) + (1 + t+ t2)então

SB1!B2 =

24 1 2 00 �1 �10 0 1

35 .Além disso, bastaria ver que

SB1!B2 = (SB2!B1)�1 =

24 1 2 20 �1 �10 0 1

35�1 =24 1 2 00 �1 �10 0 1

35 .Logo, como

2� t+ t2 = 1 + (1� t) + t2

as coordenadas do vector 2� t+ t2 na base B2 são dadas por

SB1!B2

24 111

35 =24 1 2 00 �1 �10 0 1

3524 111

35 =24 3�21

35 ,ou seja

2� t+ t2 = 3� 2 (1 + t) +�1 + t+ t2

�.

112


w1 = t, w2 = 1� t.

Seja

SB2!B1 =

�2 3�1 2

�,


SB2!B1 =

�2 3�1 2

�,

então w1 = 2v1 � v2 e w2 = 3v1 + 2v2. Isto é, tem-se o sistema8<:2v1 � v2 = t

3v1 + 2v2 = 1� t,

cuja matriz aumentada é dada por �2 �1 j t3 2 j 1� t

�.

Pelo método de eliminação de Gauss:�2 �1 j t3 2 j 1� t

��!

� 32L1+L2!L2

�2 �1 j t0 7

2j 1� 5

2t

�.

Logo, v2 = 27� 5

7t e v1 = 1

2(v2 + t) =

17+ 1

7t. Logo,

B1 =�1

7+1

7t;2

7� 57t

�.

49. Sejam B1 = fv1; v2; v3g e B2 = fw1; w2; w3g duas bases ordenadas de R3, onde

v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).

Seja

SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 ,a matriz de mudança da base B1 para a base B2. Determinemos B2 = fw1; w2; w3g. Uma vez que

SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 ,então v1 = w1 + 2w2 � w3; v2 = w1 + w2 � w3 e v3 = 2w1 + w2 + w3. Isto é, tem-se o sistema8<:

w1 + 2w2 � w3 = (1; 0; 1)w1 + w2 � w3 = (1; 1; 0)2w1 + w2 + w3 = (0; 0; 1),

113

cuja matriz aumentada é dada por 24 1 2 �1 j 1 0 11 1 �1 j 1 1 02 1 1 j 0 0 1

35 .Pelo método de eliminação de Gauss:24 1 2 �1 j (1; 0; 1)

1 1 �1 j (1; 1; 0)2 1 1 j (0; 0; 1)

35 �!�L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 2 �1 j (1; 0; 1)0 �1 0 j (0; 1;�1)0 �3 3 j (�2; 0;�1)

35 �!�3L2+L3!L3

�!�3L2+L3!L3

24 1 2 �1 j (1; 0; 1)0 �1 0 j (0; 1;�1)0 0 3 j (�2;�3; 2)

35 .Tem-se então o sistema 8>>>><>>>>:

w1 + 2w2 � w3 = (1; 0; 1)

�w2 = (0; 1;�1)

3w3 = (�2;�3; 2).

Logo, w3 =��23;�1; 2

3

�; w2 = (0;�1; 1) e w1 = (1; 0; 1)� 2(0;�1; 1) +

��23;�1; 2

3

�=�13; 1;�1

3

�. Logo,

B2 =��

1

3; 1;�1

3

�; (0;�1; 1);

��23;�1; 2

3

��.

50. Sejam

B1 =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�,�0 00 1

��e

B2 =

��1 11 1

�;

�1 �11 1

�;

�1 1�1 1

�,�1 11 �1

��duas bases ordenadas deM2�2(R). Determinemos a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a baseB2.Queremos encontrar a1; a2; a3; a4; b1; b2; b3; b4; c1; c2; c3; c4; d1; d2; d3; d4 2 R tais que�

1 00 0

�= a1

��1 11 1

�+ a2

�1 �11 1

�+ a3

�1 1�1 1

�+ a4

�1 11 �1

��0 10 0

�= b1

��1 11 1

�+ b2

�1 �11 1

�+ b3

�1 1�1 1

�+ b4

�1 11 �1

��0 01 0

�= c1

��1 11 1

�+ c2

�1 �11 1

�+ c3

�1 1�1 1

�+ c4

�1 11 �1

��0 00 1

�= d1

��1 11 1

�+ d2

�1 �11 1

�+ d3

�1 1�1 1

�+ d4

�1 11 �1

�.

114

Atendendo a2664�1 1 1 1 j 1 0 0 01 �1 1 1 j 0 1 0 01 1 �1 1 j 0 0 1 01 1 1 �1 j 0 0 0 1

3775 �!L1+L2!L2L1+L3!L3L1+L4!L4

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 0 2 2 j 1 1 0 00 2 0 2 j 1 0 1 00 2 2 0 j 1 0 0 1

3775 �!L2$L4

�!L2$L4

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 2 2 0 j 1 0 0 10 2 0 2 j 1 0 1 00 0 2 2 j 1 1 0 0

3775 �!�L2+L3!L3

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 2 2 0 j 1 0 0 10 0 �2 2 j 0 0 1 �10 0 2 2 j 1 1 0 0

3775 �!L3+L4!L4

�!�L2+L3!L3

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 2 2 0 j 1 0 0 10 0 �2 2 j 0 0 1 �10 0 0 4 j 1 1 1 �1

3775 .Logo, tem-se �

1 10 1

�= a1

��1 00 0

�+ a2

�1 20 0

�+ a3

�1 2�2 0

�+ a4

�1 02 4

��0 00 1

�= b1

��1 00 0

�+ b2

�1 20 0

�+ b3

�1 2�2 0

�+ b4

�1 02 4

��0 01 1

�= c1

��1 00 0

�+ c2

�1 20 0

�+ c3

�1 2�2 0

�+ c4

�1 02 4

��0 1�1 �1

�= d1

��1 00 0

�+ d2

�1 20 0

�+ d3

�1 2�2 0

�+ d4

�1 02 4

�.

Isto é, tem-se os seguintes sistemas:8>><>>:1 = �a1 + a2 + a3 + a41 = 2a2 + 2a30 = �2a3 + 2a41 = 4a4

8>><>>:0 = �b1 + b2 + b3 + b40 = 2b2 + 2b30 = �2b3 + 2b41 = 4b48>><>>:

0 = �c1 + c2 + c3 + c40 = 2c2 + 2c31 = �2c3 + 2c41 = 4c4

8>><>>:0 = �d1 + d2 + d3 + d41 = 2d2 + 2d3�1 = �2d3 + 2d4�1 = 4d4

que são equivalentes a 8>>>>>>>><>>>>>>>>:

a1 = �14

a2 =14

a3 =14

a4 =14

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

b1 =14

b2 = �14

b3 =14

b4 =14

115

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

c1 =14

c2 =14

c3 = �14

c4 =14

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

d1 =14

d2 =14

d3 =14

d4 = �14.

Logo, a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2 é dada por:

SB1!B2 =

2666666664

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

3777777775.

Assim, as coordenadas do vector�1 23 4

�em relação à base B2 são dadas por

2666666664

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

3777777775

26641234

3775 =2666666664

2

32

1

12

3777777775.

Isto é, �1 23 4

�= 2

��1 11 1

�+3

2

�1 �11 1

�+

�1 1�1 1

�+1

2

�1 11 �1

�.

51. Seja B = fv1; v2g uma base ordenada de P1. Sejam (1;�1) e (2; 2) respectivamente as coordenadasde dois polinómios 1 + t e 1� t em relação à base B: Determine B.Tem-se �

1 + t = v1 � v21� t = 2v1 + 2v2

,�1 + t1� t

�=

�1 �12 2

� �v1v2

�,

,�v1v2

�=

�1 �12 2

��1 �1 + t1� t

�=

�34+ 1

4t

�14� 3

4t

�.

Logo B =�34+ 1

4t;�1

4� 3

4t.

52. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g 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 aindaque (1; 1) e (2;�2) são respectivamente as coordenadas de um polinómio q (t) em relação às bases B1 eB2: Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2.

116

Seja

SB1!B2 =

�a bc d

�.

Tem-se �22

�=

�a bc d

� �1�1

�e

�2�2

�=

�a bc d

� �11

�.

Logo 8>><>>:2 = a� b2 = c� d2 = a+ b�2 = c+ d

,

2664222�2

3775 =26641 �1 0 00 0 1 �11 1 0 00 0 1 1

37752664abcd

3775,

,

2664abcd

3775 =26641 �1 0 00 0 1 �11 1 0 00 0 1 1

3775�1 2664

222�2

3775 =2664200�2

3775 e assim SB1!B2 =

�2 00 �2

�.

117

5a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Transformações lineares)

1. Sejam a; b 2 R. Considere a aplicação Ta;b : R ! R de�nida por Ta;b (x) = ax + b. Determine osvalores de a e de b para os quais Ta;b é linear.

2. Diga quais das seguintes transformações são lineares. Determine para cada transformação lineara 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 núcleoN (T ) e para o contradomínio I(T ), bem como as respectivas dimensões (de N (T ) e de I(T )). Digaainda quais são injectivas, sobrejectivas e bijectivas.

(i) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x+ 2y; 3x� y).(ii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (1� y; 2x).(iii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; 2x;�x).(iv) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (0; 0).

(v) T : R2 ! R com T (x; y) = �3x.(vi) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (0;�1; 2).(vii) T : R! R3 com T (x) = (2x; 0;�x).(viii) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (x2 � y; 2y).(ix) T : R4 ! R2 com T (x; y; z; w) = (x� y; 3w).(x) T : R3 ! R4 com T (x; y; z) = (�z; y � 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� z).(xiii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; y; z).

(xiv) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x cos ��y sen �; x sen �+y cos �), � 2 R. Aplicação que ao pontode coordenadas (x; y) faz corresponder o ponto obtido por uma rotação de amplitude � em torno daorigem e no sentido contrário ao dos ponteiros de um relógio.

(xv) T : P2 ! P2 com T (p (t)) = 2p (1� t)� tp0 (t),onde P2 = fa0 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg e p0 é a derivada de 1a ordem de p.

(xvi) T : P2 ! P2 com

T (p (t)) = p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t+ (p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2:

(xvii) T : P2 !M2�2 (R) com T (p (t)) =

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�.

3. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base canónica (ordenada) B3c =f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g de R3 é representada pela matriz

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 11 1 02 �1 0

35 .Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3. Deter-mine, se possível, bases para o núcleo N (T ) e para o contradomínio I(T ), bem como as respectivasdimensões (de N (T ) e de I(T )).

118

4. Considere a base ordenada B = fv1; v2g de R2, em que v1 = (1; 1) e v2 = (1; 0) e seja T : R2 ! R2 atransformação 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 ;B2c ;B2c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) B2cde R2.(iv) Determine as matrizes de mudança de base SB2c!B e SB!B2c . Determine as coordenadas do vector(2; 1) na base B.(v) Determine a matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenada B de R2. Determineas coordenadas do vector T (2; 1) na base B.(vi) Determine a matriz M(T ;B2c ;B) que representa T em relação às bases ordenadas B2c e B de R2.(vii) Determine a matrizM(T ;B;B2c ) que representa T em relação às bases ordenadas B e B2c de R2.

5. Considere as transformações lineares T1 e T2 cujas matrizes que as representam em relação às basescanónicas (ordenadas) de R2 e R3 são dadas respectivamente por

M(T1;B3c ;B2c ) =�2 0 11 1 0

�e M(T2;B2c ;B3c ) =

24 0 10 11 1

35 .Determine as expressões gerais de (T1�T2)(x; y) e (T2�T1)(x; y; z) para quaisquer (x; y) 2 R2; (x; y; z) 2R3.

6. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de�nida por

T (x; y; z) = (2y; y � x;�x).

Determine a matriz M(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenada

B = fv1; v2; v3g de R3 com v1 = (1; 0;�1), v2 = (1; 2; 0), v3 = (�1; 1; 1).

7. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R). Considere a transformação linear

S :M2�2(R)!M2�2(R) de�nida por S(A) = AT .

Determine a matriz M(S;B2�2c ;B2�2c ) que representa S em relação à base canónica (ordenada) B2�2c .

8. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 e a base canónica (ordenada)

B3c = fv1; v2; v3g de R3, com v1 = (1; 0; 0), v2 = (0; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).

Suponha que se tem

T (v3) = 3v1 + v2 � 2v3, T (v2 + v3) = v1, T (v1 + v2 + v3) = v2 + v3.

119

(i) Calcule T (2v1 � v2 + 3v3).(ii) Determine a matriz M(T ;B3c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) B3cde R3.(iii) Determine duas bases ordenadas B1 = fu1; u2; u3g e B2 = fw1; w2; w3g de R3 de modo a que amatriz M(T ;B1;B2) que represente T em relação a essas bases B1 e B2 seja a matriz identidade:24 1 0 0

0 1 00 0 1

35 .9. Considere a transformação linear T : R2 ! R3 que em relação às bases ordenadas B1 = fu1; u2g deR2 e B2 = fv1; v2; v3g 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

M(T ;B1;B2) =

24 1 2�1 13 0

35 .Considere ainda as bases ordenadas B0

1 =�u01; u

02

de R2 e B0

2 =�v01; v

02; v

03

de R3 com

u0

1 = (1; 0), u0

2 = (1; 1), v0

1 = (1; 0; 0), v0

2 = (1; 1; 0), v0

3 = (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 B01.(iii) Determine as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B02.(iv) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Digase 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.(vii) Determine a matriz M(T ;B0

1;B02) que representa T em relação às bases ordenadas B0

1 e B02.


T (x; y; z) = (x+ y; x+ y � z).

(i) Determine a matrizM(T ;B3c ;B2c ) que representa T em relação às bases canónicas (ordenadas) B3ce B2c de R3 e R2 respectivamente.(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga seT é injectiva.

(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).Diga se T é sobrejectiva.

(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1).

120

(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b). Veri�que se existe algum vector (a; b) 2 R2 parao 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 parao qual essa equação seja possível e determinada.

11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B3c ;B3c ) que a representa em relaçãoà base canónica (ordenada) B3c de R3 é dada por

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 22 1 40 0 2

35 .(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 seT é injectiva.


(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 R3para 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 R3para o qual essa equação seja possível e indeterminada.

12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B;B) que a representa em relaçãoà base (ordenada) B = fv1; v2; v3g de R3 com

v1 = (1; 1; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 0; 0),

é dada por

M(T ;B;B) =

24 1 2 22 4 40 0 2

35 .(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;�13).

(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri�que se existe algum vector (a; b; c) 2 R3para 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.


T (x; y; z) = (x+ y + z; x+ 2y � 4z; z).

121

(i) Determine a matriz M(T ;B3c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) B3c deR3.(ii) Mostre que T é injectiva e determine a expressão geral de T�1, isto é, determine T�1(x; y; z)para qualquer (x; y; z) 2 R3.(iii) Justi�que que T é um isomor�smo.

(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2).

14. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�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 ;B2�2c ;B2�2c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada)B2�2c deM2�2(R).(iv) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Digase T é injectiva.

(v) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).Diga se T é sobrejectiva.

15. Considere as transformações lineares T1; T2 : R2 ! R2 de�nidas respectivamente por

T1(x; y) = (x+ y; x� y) e T2(x; y) = (2x+ y; x� 2y).

(i) Determine as matrizes M(T1;B2c ;B2c ) e M(T2;B2c ;B2c ) que representam respectivamente T1 e T2em relação à base canónica (ordenada) B2c de R2.(ii) Determine a matriz A = M(T2 � T1;B2c ;B2c ) que representa T2 � T1 em relação à base canónica(ordenada) B2c de R2.(iii) Determine, usando a alínea anterior, a expressão geral de T2 � T1, isto é, (T2 � T1)(x; y) paraqualquer (x; y) 2 R2.(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 T�11 (x; y); T�12 (x; y) e�T�11 � T�12

�(x; y) para qualquer (x; y) 2

R2.(vii) Determine a matrizM((T2�T1)�1;B2c ;B2c ) que representa (T2�T1)�1 em relação à base canónica(ordenada) B2c 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 = T�11 � T�12 .

122

16. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 que em relação à base canónica ordenada (B2c =f(1; 0) ; (0; 1)g) de R2 é representada pela matriz:

M�T ;B2c ;B2c

�=

�1 02 1

�:

Justi�que que T é injectiva e resolva a equação linear T (x; y) = (1; 2).

17. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R de�nida por T1(x; y) = x. Seja

M�T2;B1c ;B2c

�=

�10

�a matriz que representa a aplicação linear T2 : R ! R2 em relação às bases canónicas ordenadasB1c = f1g e B2c de R e R2 respectivamente. Determine uma base para o núcleo: N (T2 � T1).

18. Considere a transformação linear T : R3 �! R2 cuja representação matricial em relação as basesordenadas B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g de R3 e B2 = f(1; 1); (0; 1)g de R2 é dada pela matriz:

M(T ;B1;B2) =�

1 0 1�1 0 �1

�.

Determine uma base para o contradomínio I (T ) e diga, justi�cando, se T é sobrejectiva.

19. Considere a transformação linear T1 : R3 ! R2 de�nida por T1(x; y; z) = (2x + y; y + 2z). Con-sidere 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 B3c de R3 é dada pela matriz:

M(T2;B;B3c ) =

24 2 11 11 2

35 .(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;B2c ;B3c ) que representa T2 em relação às bases canónicas B2c e B3c deR2 e R3 respectivamente.

(v) Determine a solução geral da equação (T1 � T2) (x; y) =�8

3;8

3

�.

20. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R3 de�nida por T1(x; y) = (2x + y; 0; x + 2y). Con-sidere 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 B2c de R2 é dada pela matriz:

M(T2;B;B2c ) =�1 �1 1�1 1 �1

�.

(i) Determine T2 (0; 1; 0) e T2 (0; 0; 1).

(ii) Determine uma base para o contradomínio I(T1) de T1 e diga, justi�cando, se T1 é sobrejectiva.(iii) Determine uma base para o núcleo N (T2) de T2 e diga, justi�cando, se T2 é injectiva.(iv) Determine a solução geral da equação (T2 � T1) (x; y) = (�1; 1).

123

21. Considere a transformação linear T : R3 ! P3 de�nida por

T (1; 1;�1) = 2 + 2t2; T (1;�1; 1) = �t� t3 e T (�1; 1; 1) = 2 + t+ 2t2 + t3.

(i) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3.(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão de N (T ). Diga seT é injectiva.


(iv) Resolva, em R3; a equação linear T (x; y; z) = 1 + t+ t2 + t3.

22. Seja � 2 R. Considere a transformação linear T� : R3 ! P2 de�nida por

T�(x; y; z) = z � y + � (y � x) t+ xt2.

(i) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T�). Determine a dimensão de N (T�). Digase T� é injectiva.

(ii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T�). Determine a dimensão de I(T�).Diga se T� é sobrejectiva.

(iii) Considere � = 0 e resolva a equação linear T0(x; y; z) = 1 + t2.

23. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2.Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de�nida por

T (p (t)) = p0 (t)� 2p (t) ,

onde p0 (t) é a derivada de primeira ordem de p (t).

(i) Determine a expressão geral de T .

(ii) Sendo B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2, determine a matriz M(T ;B;B) querepresenta 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 dadapor

T�1 (p (t)) = �12p (t)� 1

4p0 (t)� 1

8p00 (t)

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.


T (p (t)) = t2p00 (t)� 2p (t) ,

onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).


(ii) Sendo B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2, determine a matriz M(T ;B;B) querepresenta T em relação à base B.

124

(iii) Determine, se possível, uma base para N (T ) e uma base para I (T ) e diga, justi�cando, se T éinjectiva e/ou sobrejectiva.

(iv) Resolva, em P2; as equações diferenciais lineares:a) t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t; b) 2tp0 (t)� 2p (0) = 2� t.

25. Seja U o subespaço das matrizes simétricas deM2�2 (R), isto é,U =

�A 2M2�2 (R) : A = AT

.

Considere a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (A) = AB +BA

com B =

�0 11 0

�.


(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 éinjectiva e/ou sobrejectiva.

(iv) Resolva, em U; a equação linear T (A) = B.

26. Considere a transformação linear T :M2�2 (R)! P3 cuja matriz M(T ;B1;B2) que a representa emrelação às bases ordenadas

B1 =��

1 11 0

�;

�1 10 1

�;

�0 11 1

�;

�1 01 1

��deM2�2 (R) e B2 = f1 + t; t+ t2; t2 + t3; t3g de P3 é dada por

M(T ;B1;B2) =

26641 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

3775 .(i) Determine a expressão geral de T .

(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 + a1t+ a2t

2 + a3t3�.

(iii) Resolva a equação linear T��

a bc d

��= 1 + 2t+ 3t2 + 4t3.

27. Seja U o espaço linear das funções reais de variável real duas vezes diferenciável. Considere atransformação 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; tetg é uma base de S. Sugestão: Mostre que se f 2 S, então f (t) e�té 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 ef 0 (0) = 0.

125


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 ea 2 R.

2. (i) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x+ 2y; 3x� y). T é linear e tem-se

M(T ;B2c ;B2c ) =�1 23 �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� y) = (0; 0)

=

=�(x; y) 2 R2 : x = �2y e 3x = y

= f(0; 0)g .

Logo T é injectiva e dimN (T ) = 0. Uma vez que

dim R2|{z}espaço de partida

= dimN (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 éuma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dimR2 então I(T ) = R2, isto é, T é

sobrejectiva. Sendo T sobrejectiva e tendo-se dim (espaço de partida) = dim (espaço de chegada) então Ttambém 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

M(T ;B2c ;B2c ) =�1 23 �1

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica B2c no espaço de partida e noespaço de chegada, tem-se

T (x; y) =M(T ;B2c ;B2c )�xy

�.

Logo,

N (T ) = N�M(T ;B2c ;B2c )

�= N

��1 23 �1

��= N

��1 20 �7

��= f(0; 0)g

e

I(T ) = C�M(T ;B2c ;B2c )

�= C

��1 23 �1

��= L (f(1; 3); (2;�1)g) .

O conjunto f(1; 3); (2;�1)g é uma base de I(T ).

126

(ii) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (1� y; 2x). T não é linear pois T (0; 0) = (1; 0) 6= (0; 0).

(iii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; 2x;�x). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 0 02 0 0�1 0 0

35 ,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, dimN (T ) = 2. Uma vez que




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 basede 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

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 0 02 0 0�1 0 0

35 ,a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica B3c no espaço de partida e noespaço de chegada, tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B3c )

�= N

0@24 1 0 02 0 0�1 0 0

351A = N

0@24 1 0 00 0 00 0 0

351A = L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B3c )

�= C

0@24 1 0 02 0 0�1 0 0

351A = L (f(1; 2;�1)g) .

127

O conjunto f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(1; 2;�1)g é uma base de I(T ).

(iv) Seja T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (0; 0). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B2c ) =�0 0 00 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 B3c . Logo, dimN (T ) = 3. Uma vez que



então dim I(T ) = 0. De factoI(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 éinjectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ). Sendo

M(T ;B3c ;B2c ) =�0 0 00 0 0

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas B3c e B2c nos espaços departida e de chegada respectivamente, tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B2c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B2c )

�= N

��0 0 00 0 0

��= R3 = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B2c )

�= C

��0 0 00 0 0

��= f(0; 0)g .

Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica B3c .

(v) Seja T : R2 ! R com T (x; y) = �3x. T é linear e tem-se

M(T ;B2c ;Bc) =��3 0

�,

uma vez que T (1; 0) = �3 e T (0; 1) = 0. Note que Bc = f1g é a base canónica de R. Tem-se

N (T ) =�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = 0

=�(x; y) 2 R2 : �3x = 0

=

=�(0; y) 2 R2 : y 2 R

=�y(0; 1) 2 R2 : y 2 R

= L (f(0; 1)g) .

128

Como o conjunto f(0; 1)g é linearmente independente e como gera N (T ) então f(0; 1)g é uma base deN (T ). Logo, dimN (T ) = 1. Uma vez que




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 basecanónica de R.Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R e dim I(T ) = dimR 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 ;B2c ;Bc) =��3 0

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas B2c no espaço de partidae Bc no espaço de chegada, tem-se

T (x; y) =M(T ;B2c ;Bc)�xy

�.

Logo,N (T ) = N

�M(T ;B2c ;Bc)

�= N

��3 0

��= L (f(0; 1)g)

eI(T ) = C

�M(T ;B2c ;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

M(T ;Bc;B3c ) =

24 20�1

35 ,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, dimN (T ) = 0. Uma vez que

dim R|{z}espaço de partida



I(T ) = f(2x; 0;�x) : x 2 Rg = fx(2; 0;�1) : x 2 Rg = L (f(2; 0;�1)g) .

129

Como o conjunto f(2; 0;�1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(2; 0;�1)g é uma basede 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

M(T ;Bc;B3c ) =

24 20�1

35 ,a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc no espaço de partida eB3c no espaço de chegada, tem-se

T (x) =M(T ;B3c ;B3c ) [x] .Logo,

N (T ) = N�M(T ;Bc;B3c )

�= N

0@24 20�1

351A = N

0@24 200

351A = L (f0g) = f0g

e

I(T ) = C�M(T ;Bc;B3c )

�= C

0@24 20�1

351A = L (f(2; 0;�1)g) .

O conjunto f(2; 0;�1)g é uma base de I(T ).

(viii) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (x2 � y; 2y). T não é linear, pois por exemplo:

T ((1; 0; 0) + (1; 0; 0)) = T (2; 0; 0) = (4; 0) 6= (2; 0) = T (1; 0; 0) + T (1; 0; 0).

(ix) Seja T : R4 ! R2 com T (x; y; z; w) = (x� y; 3w). T é linear e tem-se

M(T ;B4c ;B2c ) =�1 �1 0 00 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, dimN (T ) = 2. Uma vez que




I(T ) = f(x� y; 3w) : x; y; w 2 Rg = fx(1; 0) + y(�1; 0) + w(0; 3) : x; y; w 2 Rg == L (f(1; 0); (�1; 0); (0; 3)g) .

130

Como o conjunto f(1; 0); (0; 3)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 0); (0; 3)g é umabase de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dimR2 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 ;B4c ;B2c ) =�1 �1 0 00 0 0 3

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas B4c no espaço de partidae B2c no espaço de chegada, tem-se

T (x; y; z; w) =M(T ;B4c ;B2c )

2664xyzw

3775 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B4c ;B2c )

�= N

��1 �1 0 00 0 0 3

��= L (f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B2c ;B2c )

�= C

��1 �1 0 00 0 0 3

��= L (f(1; 0); (0; 3)g) .

O conjunto f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(1; 0); (0; 3)g é uma base de I(T ).

(x) Seja T : R3 ! R4 com T (x; y; z) = (�z; y � 2z; 2y; y + z). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B4c ) =

26640 0 �10 1 �20 2 00 1 1

3775 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0); T (0; 1; 0) = (0; 1; 2; 1) e T (0; 0; 1) = (�1;�2; 0; 1). Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (�z; y � 2z; 2y; y + z) = (0; 0; 0; 0)

=

=�(x; 0; 0) 2 R3 : x 2 R

= L (f(1; 0; 0)g) .

Como o conjunto f(1; 0; 0)g é linearmente independente e como gera N (T ) então f(1; 0; 0)g é uma base deN (T ). Logo, dimN (T ) = 1. Uma vez que




I(T ) = f(�z; y � 2z; 2y; y + z) : y; z 2 Rg = L (f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g) .

Como o conjunto f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então

f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g

131

é uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) 6= R4 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)g então T não é

injectiva.Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo

M(T ;B3c ;B4c ) =

26640 0 �10 1 �20 2 00 1 1


T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B4c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B4c )

�= N

0BB@26640 0 �10 1 �20 2 00 1 1

37751CCA =

= N

0BB@26640 0 �10 1 00 2 00 1 0

37751CCA = N

0BB@26640 0 �10 1 00 0 00 0 0

37751CCA = L (f(1; 0; 0)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B4c )

�= C

0BB@266426640 0 �10 1 �20 2 00 1 1

377537751CCA = L (f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g) .

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;B2c ) =�00

�,

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, dimN (T ) = 1. Uma vez que

dim R|{z}espaço de partida


então dim I(T ) = 0. De factoI(T ) = f(0; 0)g .

132

Por outro lado, como I(T ) 6= R2 então T não é sobrejectiva. ComoN (T ) 6= f0g então T não é injectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ). Sendo

M(T ;Bc;B2c ) =�00

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc e B2c nos espaços departida e de chegada respectivamente, tem-se

T (x) =M(T ;Bc;B2c )�x�.

Logo,

N (T ) = N�M(T ;Bc;B2c )

�= N

��00

��= R = L (f1g)

e

I(T ) = C�M(T ;Bc;B2c )

�= C

��00

��= f(0; 0)g .

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

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 00 0 31 0 �1

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 1); T (0; 1; 0) = (2; 0; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 3;�1). Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (x+ 2y; 3z; x� z) = (0; 0; 0)

=

= f(0; 0; 0)g .

Logo, dimN (T ) = 0 e T é injectiva. Uma vez que




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 ) = dimR3 então I(T ) = R3, isto é, T é

sobrejectiva.Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.

133

Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 00 0 31 0 �1


T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B3c )

�= N

0@24 1 2 00 0 31 0 �1

351A =

= N

0@24 1 2 01 0 �10 0 3

351A = N

0@24 1 2 00 �2 �10 0 3

351A = f(0; 0; 0)g

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B3c )

�= C

0@24 1 2 00 0 31 0 �1

351A = L (f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3;�1)g) .

O conjunto f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3;�1)g é uma base de I(T ).

(xiii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; y; z). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 0 00 1 00 0 1

35 ,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 .





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 comogera I(T ) então f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de I(T ).Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.

134

(xiv) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x cos � � y sen �; x sen � + y cos �), � 2 R. T é linear e

M(T ;B3c ;B3c ) =�cos � � sen �sen � cos �

�!�cos � � sen �sen � cos �

�,

uma vez que T (1; 0) = (cos �; sen �) e T (0; 1) = (� sen �; cos �).Atendendo ao exo 4 (viii) da �cha 2, tem-se, para todo o � 2 R,

�M(T ;B3c ;B3c )

��1=

�cos � sen �� sen � cos �

�.

LogoN (T ) =

�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0)

= f(0; 0)g

e dimN (T ) = 0, isto é, T é injectiva.Sendo T injectiva e tendo-se dim (espaço de partida) = dim (espaço de chegada) então T também é

sobrejectiva.Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.Como o conjunto f(1; 0); (0; 1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 0); (0; 1)g é

uma base de I(T ).

(xv) Seja T : P2 ! P2 comT (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 � 2 R,

T (p1 (t) + p2 (t)) = 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; t2g a base canónica de P2, tem-se

M(T ;B;B) =

24 2 2 20 �3 �40 0 0

35 ,uma vez que T (1) = 2� 1� t� 0 = 2; T (t) = 2 (1� t)� t� 1 = 2� 3t e

T (t2) = 2 (1� t)2 � t2t = 2� 4t+ 2t2 � 2t2 = 2� 4t:

Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 2 2 20 �3 �40 0 0

351A = L (f(1;�4; 3)g) ,

135

entãoN (T ) =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) 2 L (f(1;�4; 3)g)= L

��1� 4t+ 3t2

�.

Como f1� 4t+ 3t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez quedimN (T ) 6= 0.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : 2�a0 + a1 (1� t) + a2 (1� t)2

�� t (a1 + 2a2t) = 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : 2a0 + 2a1 � 2a1t+ 2a2 � 4a2t+ 2a2t2 � a1t� 2a2t2 = 0=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : 2a0 + 2a1 + 2a2 + (�3a1 � 4a2) t = 0=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a1 = �4

3a2 e a0 =

1

3a2

�=

=

�1

3a2 �

4

3a2t+ a2t

2 2 P2 : a2 2 R�= L

��1

3� 43t+ t2

��= L

��1� 4t+ 3t2

�.

Como f1� 4t+ 3t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.Uma base para I(T ):Como f1; t; t2g 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� 3tg é uma basede I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimP2 = 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 + a1t+ a2t2, com a0; a1; a2 2 R, tem-se

T (p (t)) = 2�a0 + a1 (1� t) + a2 (1� t)2

�� t (a1 + 2a2t) =

= 2a0 + 2a1 � 2a1t+ 2a2 � 4a2t+ 2a2t2 � a1t� 2a2t2 == a02 + 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� 3tg é linearmenteindependente e gera I (T ), então f2; 2� 3tg é uma base de I (T ).

(xvi) 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 (p1 (t) + p2 (t)) = T ((p1 + p2) (t)) =

= (p1 + p2) (0)� (p1 + p2) (�1) + ((p1 + p2) (�1) + (p1 + p2) (1)) t++((p1 + p2) (�1)� (p1 + p2) (1)� 2 (p1 + p2) (0)) t2

136

= p1 (0)� p1 (�1) + (p1 (�1) + p1 (1)) t+ (p1 (�1)� p1 (1)� 2p1 (0)) t2 ++p2 (0)� p2 (�1) + (p2 (�1) + p2 (1)) t+ (p2 (�1)� p2 (1)� 2p2 (0)) t2

= T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,

T (�p (t)) = T ((�p) (t)) = ��p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t+ (p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2

�=

= �T (p (t)).

Sendo B = f1; t; t2g a base canónica de P2, tem-se

M(T ;B;B) =

24 0 1 �12 0 2�2 �2 0

35 ,uma vez que T (1) = 1� 1 + (1 + 1) t+ (1� 1� 2) t2 = 2t� 2t2;

T (t) = 0� (�1) + ((�1) + 1) t+ ((�1)� 1� 2� 0) t2 = 1� 2t2

eT (t2) = 0� 1 + (1 + 1) t+ (1� 1� 2� 0) t2 = �1 + 2t:

Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 0 1 �12 0 2�2 �2 0

351A = N

0@24 0 1 �12 0 20 �2 2

351A = N

0@24 2 0 20 1 �10 0 0

351A =

= L (f(�1; 1; 1)g) ,

entãoN (T ) =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) 2 L (f(�1; 1; 1)g)= L

��1 + t+ t2

�.

Como f�1 + t+ t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez quedimN (T ) 6= 0.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t++(p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2 = 0

�=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : p (0)� p (�1) = 0 e p (�1) + p (1) = 0 ep (�1)� p (1)� 2p (0) = 0

�=

=

8<:a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 � (a0 � a1 + a2) = 0 e(a0 � a1 + a2) + (a0 + a1 + a2) = 0 e

(a0 � a1 + a2)� (a0 + a1 + a2)� 2a0 = 0

9=; =

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a1 = a2 e a0 = �a2=

=��a2 + a2t+ a2t2 2 P2 : a2 2 R

=�a2��1 + t+ t2

�2 P2 : a2 2 R

=

= L��1 + t+ t2

�.

Como f�1 + t+ t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.

137

Uma base para I(T ):Como f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T ) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L��2t� 2t2; 1� 2t2;�1 + 2t

�= L

��1� 2t2;�1 + 2t

�:

Uma vez que o conjunto f1� 2t2;�1 + 2tg é linearmente independente e gera I (T ), então�1� 2t2;�1 + 2t

é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimP2 = 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 + a1t+ a2t2, com a0; a1; a2 2 R, tem-se

T (p (t)) = p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t+ (p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2 =

= a0 ��a0 + a1 (�1) + a2 (�1)2

�+�a0 + a1 (�1) + a2 (�1)2 + a0 + a1 + a2

�t+

+�a0 + a1 (�1) + a2 (�1)2 � (a0 + a1 + a2)� 2a0

�t2 =

= a1 � a2 + (2a0 + 2a2) t+ (�2a0 � 2a1) t2 = a0�2t� 2t2

�+ a1

�1� 2t2

�+ a2 (�1 + 2t) .

Logo, I(T ) = L (f2t� 2t2; 1� 2t2;�1 + 2tg) = L (f2t� 2t2; 1� 2t2g). Como o conjunto�2t� 2t2; 1� 2t2

é linearmente independente e gera I (T ), então f2t� 2t2; 1� 2t2g é uma base de I (T ).

(xvii) Seja T : P2 !M2�2 (R) com T (p (t)) =

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�.


T (p1 (t) + p2 (t)) = T ((p1 + p2) (t)) =

�(p1 + p2) (1) (p1 + p2) (0)(p1 + p2) (0) (p1 + p2) (�1)

�

=

�p1 (1) + p2 (1) p1 (0) + p2 (0)p1 (0) + p2 (0) p1 (�1) + p2 (�1)

�=

�p1 (1) p1 (0)p1 (0) p1 (�1)

�+

�p2 (1) p2 (0)p2 (0) p2 (�1)

�=

= T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,

T (�p (t)) = T ((�p) (t)) =

�(�p) (1) (�p) (0)(�p) (0) (�p) (�1)

�=

��p (1) �p (0)�p (0) �p (�1)

�=

= �

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�= �T (p (t)).

Sendo B1 = f1; t; t2g a base canónica de P2 e

B2 =��

1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��

138

a base canónica deM2�2 (R) tem-se

M(T ;B1;B2) =

26641 1 11 0 01 0 01 �1 1

3775 ,uma vez que

T (1) =

�1 11 1

�; T (t) =

�1 00 �1

�; T (t2) =

�1 00 1

�Cálculo de N (T ):Como

N (M(T ;B1;B2)) = N

0BB@26641 1 11 0 01 0 01 �1 1

37751CCA = N

0BB@26641 1 10 �1 �10 �1 �10 �2 0

37751CCA =

= N

0BB@26641 1 10 �2 00 0 �10 0 0

37751CCA = f(0; 0; 0)g ;

entãoN (T ) =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) = (0; 0; 0)= f0g .

Logo, T é injectiva uma vez que dimN (T ) = 0.Resolução alternativa para calcular N (T ):

N (T ) =

�p (t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T (p (t)) =�0 00 0

��=

=

�p (t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 :�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�=

�0 00 0

��=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 :�a0 + a1 + a2 a0

a0 a0 � a1 + a2

�=

�0 00 0

��=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 = 0 e a1 = a2 = 0= f0g .

Uma base para I(T ):Como f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T ) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L

��1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��:

Uma vez que o conjunto��

1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��é linearmente independente e gera I (T ), então

��1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 3.

139

Como dimM2�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 + a1t+ a2t2, com a0; a1; a2 2 R, tem-se

T (p (t)) =

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�=

�a0 + a1 + a2 a0

a0 a0 � a1 + a2

�=

=

�a0 a0a0 a0

�+

�a1 00 �a1

�+

�a2 00 a2

�=

= a0

�1 11 1

�+ a1

�1 00 �1

�+ a2

�1 00 1

�.

Logo, I(T ) = L��

1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��. Como o conjunto

��1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��é linearmente independente e gera I (T ), então é uma base de I (T ).

3. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base canónica (ordenada) B3c =f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g de R3 é representada pela matriz

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 11 1 02 �1 0

35 .Tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 =24 1 2 11 1 02 �1 0

3524 xyz

35 = (x+ 2y + z; x+ y; 2x� y).Tem-se

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 .





I(T ) = f(x+ 2y + z; x+ y; 2x� y) : x; y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g) .

Como o conjunto f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g é linearmente independente e como gera I(T ) então

f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g

140

é uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) = dimR3 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

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 11 1 02 �1 0


T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B3c )

�= N

0@24 1 2 11 1 02 �1 0

351A =

= N

0@24 1 2 10 �1 �10 �5 �2

351A = N

0@24 1 2 10 �1 �10 0 3

351A = f(0; 0; 0)g

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B3c )

�= C

0@24 1 2 11 1 02 �1 0

351A = L (f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g) .

O conjunto f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g é uma base de I(T ).

4. Considere a base ordenada B = fv1; v2g de R2, em que v1 = (1; 1) e v2 = (1; 0) e seja T : R2 ! R2a 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 é linear

T (1; 1) + T (1; 0) = (1;�2) + (�3; 1) = (�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}T é linear

yT (1; 1) + (x� y)T (1; 0) =

= y(1;�2) + (x� y)(�3; 1) = (�3x+ 4y; x� 3y).

(iii) Tem-se

M(T ;B2c ;B2c ) =��3 41 �3

�,

141

uma vez que, pela alínea (ii), T (1; 0) = (�3; 1) e T (0; 1) = (4;�3).Observação: Poderíamos ter calculado T (1; 0) e T (0; 1) sem recorrer à alinea (ii), uma vez que

(1; 0) = 0(1; 1) + (1; 0) e (0; 1) = (1; 1)� (1; 0).

Logo, sendo T linear, tem-se (usando só o enunciado)

T (1; 0) = (�3; 1) e T (0; 1) = T (1; 1)� T (1; 0) = (1;�2)� (�3; 1) = (4;�3).

(iv) Tem-se

SB2c!B =

�0 11 �1

�uma vez que

(1; 0) = 0(1; 1) + (1; 0) e (0; 1) = (1; 1)� (1; 0).Tem-se

SB!B2c =

�1 11 0

�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:

SB2c!B

�21

�=

�0 11 �1

� �21

�=

�11

�.

Observação 1: Na verdade poderíamos ter determinado as coordenadas do vector (2; 1) na base B usandoa 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!B2c =�SB2c!B

��1e SB2c!B =

�SB!B2c

��1.

(v) Determinemos a matriz M(T ;B;B) usando só a de�nição de matriz que representa uma transfor-mação linear em relação a uma base ordenada B no espaço de partida e no espaço de chegada. Tem-se

M(T ;B;B) =��2 13 �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 é linear

T (1; 1) + T (1; 0) =

= (1;�2) + (�3; 1) = (�2;�1) = �(1; 1)� (1; 0).

142

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;B2c )M(T ;B2c ;B2c )�!

T(R2;B2c )

SB2c!B # I I # SB2c!B(R2;B) T�!

M(T ;B;B)(R2;B)

Logo,M(T ;B;B) = SB2c!BM(T ;B

2c ;B2c )

�SB2c!B

��1= SB2c!BM(T ;B

2c ;B2c )SB!B2c =

=

�0 11 �1

� ��3 41 �3

� �1 11 0

�=

�1 �3�4 7

� �1 11 0

�=

��2 13 �4

�.

Além disso tem-se

coordenadas de (2; 1)na base B2c

M(T ;B2c ;B2c )�!T

coordenadas de T (2; 1)na base B2c

SB2c!B # I I # SB2c!B

coordenadas de (2; 1)na base B

T�!M(T ;B;B)

coordenadas de T (2; 1)na base B.

Logo, sendo 2 e 1 as coordenadas do vector (2; 1) na base B2c então as coordenadas do vector T (2; 1) nabase B são dadas por

M(T ;B;B)SB2c!B�21

�=

��2 13 �4

� �0 11 �1

� �21

�=

�1 �3�4 7

� �21

�=

��1�1

�.

(vi) Determinemos a matrizM(T ;B2c ;B) usando só a de�nição de matriz que representa uma transfor-mação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaço de chegada. Tem-se

M(T ;B2c ;B) =�1 �3�4 7

�,

uma vez queT (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;B2c )M(T ;B2c ;B2c )�!

T(R2;B2c )

SB2c!B # I I # SB2c!B(R2;B) T�!

M(T ;B;B)(R2;B)

143

tem-se

M(T ;B2c ;B) =M(T ;B;B)SB2c!B =��2 13 �4

� �0 11 �1

�=

�1 �3�4 7

�.

(vii) Determinemos a matriz M(T ;B;B2c ) usando só a de�nição de matriz que representa uma trans-formação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaço de chegada. Tem-se

M(T ;B;B2c ) =�1 �3�2 1

�,

uma vez queT (1; 1) = (1;�2) = (1; 0)� 2(0; 1)

eT (1; 0) = (�3; 1) = �3(1; 0) + (0; 1).

Resolução alternativa: Tendo em conta o diagrama

(R2;B) M(T ;B;B)�!T

(R2;B)SB!B2c # I I # SB!B2c

(R2;B2c )T�!

M(T ;B2c ;B2c )(R2;B2c )

tem-se

M(T ;B;B2c ) =M(T ;B2c ;B2c )SB!B2c =��3 41 �3

� �1 11 0

�=

�1 �3�2 1

�.

5. Considere as transformações lineares T1 e T2 cujas matrizes que as representam em relação às basescanónicas (ordenadas) de R2 e R3 são dadas respectivamente por

M(T1;B3c ;B2c ) =�2 0 11 1 0

�e M(T2;B2c ;B3c ) =

24 0 10 11 1

35 .Tem-se T1 : R3 ! R2 com

T1(x; y; z) =M(T1;B3c ;B2c )

24 xyz

35 = � 2 0 11 1 0

�24 xyz

35 = (2x+ z; x+ y).Tem-se T2 : R2 ! R3 com

T2(x; y) =M(T2;B2c ;B3c )�xy

�=

24 0 10 11 1

35� xy

�= (y; y; x+ y).

Logo, tem-se T1 � T2 : R2 ! R2 linear com

(T1 � T2) (x; y) = M(T1;B3c ;B2c )M(T2;B2c ;B3c )�xy

�=

=

�2 0 11 1 0

�24 0 10 11 1

35� xy

�=

�1 30 2

� �xy

�= (x+ 3y; 2y)

144

e T2 � T1 : R3 ! R3 linear com

(T2 � T1) (x; y; z) =M(T2;B2c ;B3c )M(T1;B3c ;B2c )

24 xyz

35 =24 0 10 11 1

35� 2 0 11 1 0

�24 xyz

35 =

=

24 1 1 01 1 03 1 1

3524 xyz

35 = (x+ y; x+ y; 3x+ y + 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).


T (x; y; z) = (2y; y � x;�x).

Considere a base ordenada B = fv1; v2; v3g de R3 com

v1 = (1; 0;�1), v2 = (1; 2; 0), v3 = (�1; 1; 1).

Tem-se

M(T ;B;B) =

24 2 �4 �5�1 3 31 �5 �4

35 ,uma vez que

T (1; 0;�1) = (0;�1;�1) = 2(1; 0;�1)� (1; 2; 0) + (�1; 1; 1),

T (1; 2; 0) = (4; 1;�1) = �4(1; 0;�1) + 3(1; 2; 0)� 5(�1; 1; 1) e

T (�1; 1; 1) = (2; 2; 1) = �5(1; 0;�1) + 3(1; 2; 0)� 4(�1; 1; 1):

7. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R). Considere a transformação linear

S :M2�2(R)!M2�2(R) de�nida por S(A) = AT .

145

Tem-se

M(S;B2�2c ;B2�2c ) =

26641 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

3775 ,uma vez que

S

��1 00 0

��=

�1 00 0

�S

��0 10 0

��=

�0 01 0

�;

S

��0 01 0

��=

�0 10 0

�S

��0 00 1

��=

�0 00 1

�:

8. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 e a base canónica (ordenada)

B3c = fv1; v2; v3g de R3, com v1 = (1; 0; 0), v2 = (0; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).

Suponha que se tem

T (v3) = 3v1 + v2 � 2v3, T (v2 + v3) = v1 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)� T (v2) + 3T (v3) == 2(�1; 1; 1)� (�2;�1; 2) + 3(3; 1;�2) = (9; 6;�6);

(ii)

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 �1 �2 31 �1 11 2 �2

35 .(iii) Seja B1 = B3c a base canónica ordenada deR3. Determinemos uma base ordenada B2 = fw1; w2; w3g

de R3 de modo a que a matrizM(T ;B1;B2) que represente T em relação a essas bases B1 e B2 seja a matrizidentidade: 24 1 0 0

0 1 00 0 1

35 .Tem-se T (1; 0; 0) = w1; T (0; 1; 0) = w2 e T (0; 0; 1) = w3. Logo,

B2 = f(�1; 1; 1); (�2;�1; 2); (3; 1;�2)g .

146

9. Considere a transformação linear T : R2 ! R3 que em relação às bases ordenadas B1 = fu1; u2g deR2 e B2 = fv1; v2; v3g 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

M(T ;B1;B2) =

24 1 2�1 13 0

35 .Considere ainda as bases ordenadas B0

1 =�u01; u

02

de R2 e B0

2 =�v01; v

02; v

03

de R3 com

u0

1 = (1; 0), u0

2 = (1; 1), v0

1 = (1; 0; 0), v0

2 = (1; 1; 0), v0

3 = (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 vectorT (�1; 2) na base B2 são dadas por

M(T ;B1;B2)�1�1

�=

24 1 2�1 13 0

35� 1�1

�=

24 �1�23

35 .(ii) Tem-se

(�1; 2) = �3(1; 0) + 2(1; 1).Logo, as coordenadas do vector (�1; 2) na base B01 são �3 e 2.Resolução alternativa: Tem-se

SB1!B01 =

�0 31 �1

�,

uma vez que u1 = 0u01 + u

02 e u2 = 3u

01 � u

02. Tendo em conta (por (i)) que as coordenadas do vector

(�1; 2) na base B1 são 1 e �1, então as coordenadas do vector (�1; 2) na base B01 são dadas por

SB1!B01

�1�1

�=

�0 31 �1

� �1�1

�=

��32

�.

(iii) Uma vez que (por (i)) as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B2 são �1; �2 e 3, então

T (�1; 2) = �(1; 0; 1)� 2(1; 1; 2) + 3(0; 1;�1) = (�3; 1;�8).

Por outro lado, tem-se(�3; 1;�8) = �4(1; 0; 0) + 9(1; 1; 0)� 8(1; 1; 1).

Logo, as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B02 são �4; 9 e �8.Resolução alternativa: Determinemos a matriz de mudança de base SB2!B02. Tem-se

SB2!B02 =

24 1 0 �1�1 �1 21 2 �1

35 ,147

uma vez que v1 = v01 � v

02 + v

03; v2 = 0v

01 � v

02 + 2v

03 e v3 = �v

01 + 2v

02 � v

03. 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 B02 são dadas por

SB2!B02

24 �1�23

35 =24 1 0 �1�1 �1 21 2 �1

3524 �1�23

35 =24 �49�8

35 .(iv) Determinemos uma base para N (T ). Seja u 2 R2 e sejam (�1; �2) as coordenadas de u em relação

à baseB1 = f(1; 1); (2;�1)g :

Tem-seu 2 N (T ), (�1; �2) 2 N (M(T ;B1;B2))

e como

N (M(T ;B1;B2)) = N

0@24 1 2�1 13 0

351A = N

0@24 1 20 30 �6

351A = N

0@24 1 20 30 0

351A = f(0; 0)g ,

N (T ) = f0(1; 1) + 0(2;�1)g = f(0; 0)g .Assim, dimN (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 dimR3 = 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 asbases canónicas de R2 e de R3 respectivamente:

B2c = f(1; 0); (0; 1)g ; B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g ,

tem-seM(T ;B2c ;B3c ) = SB2!B3cM(T ;B1;B2)

�SB1!B2c

��1=

=

24 1 1 00 1 11 2 �1

3524 1 2�1 13 0

35� 1 21 �1

��1=

24 0 32 1�4 4

35� 13

23

13�13

�=

24 1 �11 10 �4

35 .

148

Logo, para todo o (x; y) 2 R2,

T (x; y) =M(T ;B2c ;B3c )�xy

�=

24 1 �11 10 �4

35� xy

�=

24 x� yx+ y�4y

35 = (x� 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)M(T ;B1;B2)�!

T(R3;B2)

SB1!B01 # I I # SB2!B02(R2;B01)

T�!M(T ;B01;B02)

(R3;B02)

Logo,M(T ;B01;B02) = SB2!B02M(T ;B1;B2)

�SB1!B01

��1= SB2!B02M(T ;B1;B2)SB01!B1 =

=

24 1 0 �1�1 �1 21 2 �1

3524 1 2�1 13 0

35� 1=3 11=3 0

�=

24 �2 26 �3�4 4

35� 1=3 11=3 0

�=

24 0 �21 60 �4

35 .


T (x; y; z) = (x+ y; x+ y � z).

(i) Tem-se

M(T ;B3c ;B2c ) =�1 1 01 1 �1

�,

uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 1); T (0; 1; 0) = (1; 1) e T (0; 0; 1) = (0;�1).

(ii) Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (x+ y; x+ y � z) = (0; 0)

=

=�(x;�x; 0) 2 R3 : x 2 R

= L (f(1;�1; 0)g) .

149

Logo, o conjunto f(1;�1; 0)g é uma base de N (T ) e dimN (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez queN (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 01 1 �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 éuma 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 ) = dimR2 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 possívele determinada, uma vez que T não é injectiva.

11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B3c ;B3c ) que a representa emrelação à base canónica (ordenada) B3c de R3 é dada por

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 22 1 40 0 2

35 .(i) Seja (x; y; z) 2 R3. Tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 =24 1 2 22 1 40 0 2

3524 xyz

35 = (x+ 2y + 2z; 2x+ y + 4z; 2z).(ii) Tem-se

N (T ) = N

0@24 1 2 22 1 40 0 2

351A = N

0@24 1 2 20 �3 00 0 2

351A = f(0; 0; 0)g .

Logo, T é injectiva e dimN (T ) = 0.

150

(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 ) =dimR3 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) éuma 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) sejaimpossível, 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) sejapossível e indeterminada, uma vez que T é injectiva.

12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matrizM(T ;B;B) que a representa em relaçãoà base (ordenada) B = fv1; v2; v3g de R3 com

v1 = (1; 1; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 0; 0),

é dada por

M(T ;B;B) =

24 1 2 22 4 40 0 2

35 .(i) Seja A = M(T ;B;B). Seja u 2 R3 e sejam (�1; �2; �3) as coordenadas de u em relação à base B.

Tem-seu 2 N (T ), (�1; �2; �3) 2 N (A)

e como

N (A) = N

0@24 1 2 22 4 40 0 2

351A = N

0@24 1 2 00 0 00 0 2

351A = f(�2y; y; 0) : y 2 Rg = L (f(�2; 1; 0)g) ,

N (T ) = f(�2y) (1; 1; 1) + y(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) : y; z 2 Rg == f(�y;�y;�2y) : y 2 Rg = L (f(1; 1; 2)g) .

151

O conjunto f(1; 1; 2)g é uma base de N (T ) pois gera N (T ) e é linearmente independente. Assim,dimN (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez que N (T ) 6= f(0; 0; 0)g.Como



então dim I(T ) = 2 e assim I(T ) 6= R3 (pois dimR3 = 3), isto é, T não é sobrejectiva.Expressão geral de T :

T (x; y; z) =

24 1 1 11 1 01 0 0

3524 1 2 22 4 40 0 2

3524 1 1 11 1 01 0 0

35�1 24 xyz

35 == (8x� 2y � 3z; 6x� 3z; 2x� 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� z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : z = 2x e x = y

=

�(x; x; 2x) 2 R3 : x 2 R

=

= L (f(1; 1; 2)g) .

(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 ;B3c ;B3c )

�.

(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

��13;�13;�13

�=

��1;�1;�1

3

�152

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;�1;�1

3

��=

��13;�13;�13

��+N (T ) =

=

��13;�13;�13

�) + s (1; 1; 2) : s 2 R

�.

(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-seT (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)

eT (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,

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 8 �2 �36 0 �32 0 �1

35e deste modo, para (x; y; z) 2 R3,

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 =24 8 �2 �36 0 �32 0 �1

3524 xyz

35 == (8x� 2y � 3z; 6x� 3z; 2x� z).


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

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 1 11 2 �40 0 1

35153

que representa T em relação à base canónica (ordenada) B3c de R3.

(ii) A matriz M(T ;B3c ;B3c ) é invertível pois

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 1 11 2 �40 0 1

35!24 1 1 10 1 �50 0 1

35 .Logo, T é injectiva e como tal invertível, tendo-se�

M(T ;B3c ;B3c )��1

=M(T�1;B3c ;B3c ).

Determinemos (M(T ;B3c ;B3c ))�1.

�M(T ;B3c ;B3c ) j I

�=

24 1 1 1 j 1 0 01 2 �4 j 0 1 00 0 1 j 0 0 1

35!24 1 1 1 j 1 0 00 1 �5 j �1 1 00 0 1 j 0 0 1

35!!

24 1 1 0 j 1 0 �10 1 0 j �1 1 50 0 1 j 0 0 1

35!24 1 0 0 j 2 �1 �60 1 0 j �1 1 50 0 1 j 0 0 1

35 .Logo, �

M(T ;B3c ;B3c )��1

=

24 2 �1 �6�1 1 50 0 1

35e como tal, para (x; y; z) 2 R3,

T�1(x; y; z) =�M(T ;B3c ;B3c )

��1 24 xyz

35 =24 2 �1 �6�1 1 50 0 1

3524 xyz

35 == (2x� y � 6z;�x+ y + 5z; z).

Observação: T�1 � T = T � T�1 = I. Isto é, para qualquer (x; y; z) 2 R3;�T�1 � T

�(x; y; z) =

�T � T�1

�(x; y; z) = (x; y; z),

como se pode ver:�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 � 4z + 5z; z) == (x; y; z);

�T � T�1

�(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 � 4z; z) == (x; y; z).

154

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 ésobrejectiva. Logo, T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor�smo.

(iv) Tem-seT (x; y; z) = (1; 1; 2), (x; y; z) = T�1(1; 1; 2) = (�11; 10; 2).

Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2) é: f(�11; 10; 2)g.

14. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�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) Sejam X;X1; X2 2M2�2(R) e � 2 R. Tem-se

T (X1 +X2) = A(X1 +X2)� (X1 +X2)A = AX1 + AX2 �X1A�X2A =

= AX1 �X1A+ AX2 �X2A = T (X1) + T (X2)

eT (�X) = A(�X)� (�X)A = � (AX �XA) = �T (X).

(ii) Seja�a bc d

�2M2�2(R). Tem-se

T

��a bc d

��=

�0 1�1 0

� �a bc d

��a bc d

� �0 1�1 0

�=

�b+ c d� ad� a �b� c

�.

Logo, a expressão geral de T é dada por:

T

��a bc d

��=

�b+ c d� ad� a �b� c

�.

(iii) Tem-se

M(T ;B2�2c ;B2�2c ) =

26640 1 1 0�1 0 0 1�1 0 0 10 �1 �1 0

3775 ,155

uma vez que

T

��1 00 0

��=

�0 1�1 0

� �1 00 0

��1 00 0

� �0 1�1 0

�=

�0 �1�1 0

�,

T

��0 10 0

��=

�0 1�1 0

� �0 10 0

��0 10 0

� �0 1�1 0

�=

�1 00 �1

�,

T

��0 01 0

��=

�0 1�1 0

� �0 01 0

��0 01 0

� �0 1�1 0

�=

�1 00 �1

�,

T

��0 00 1

��=

�0 1�1 0

� �0 00 1

��0 00 1

� �0 1�1 0

�=

�0 11 0

�:

(iv) Tem-se

N (T ) =�X =

�a bc d

�2M2�2(R) : T (X) =

�0 00 0

��=

=

��a b�b a

�2M2�2(R) : a; b 2 R

�= L

��1 00 1

�;

�0 1�1 0

��.

Logo, dimN (T ) = 2. Como N (T ) 6=��

0 00 0

��então T não é injectiva.

(v) Atendendo a que dimN (T ) = 2 e dimM2�2(R) = 4, então dim I(T ) = 2. T não é sobrejectivauma vez que I(T ) 6=M2�2(R). Determinemos uma base para I(T ). Tem-se

I(T ) =

�T (X) : X =

�a bc d

�2M2�2(R)

�=

=

��b+ c d� a�a+ d �b� c

�2M2�2(R) : a; b; c; d 2 R

�=

= L

��0 �1�1 0

�;

�1 00 �1

�;

�0 11 0

��=

= L

��1 00 �1

�;

�0 11 0

��.

Como o conjunto��

1 00 �1

�;

�0 11 0

��gera I(T ) e é linearmente independente, então é uma base de

I(T ).

15. Considere as transformações lineares T1; T2 : R2 ! R2 de�nidas respectivamente por

T1(x; y) = (x+ y; x� y) e T2(x; y) = (2x+ y; x� 2y).

(i) Tem-se

M(T1;B2c ;B2c ) =�1 11 �1

�e

M(T2;B2c ;B2c ) =�2 11 �2

�156

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;B2c ;B2c ) que representa T2 � T1 em relação à base canónica (ordenada) B2c deR2, é dada por

M(T2 � T1;B2c ;B2c ) = M(T2;B2c ;B2c )M(T1;B2c ;B2c ) =

=

�2 11 �2

� �1 11 �1

�=

�3 1�1 3

�.

(iii) Tem-se, para qualquer (x; y) 2 R2,

(T2 � T1)(x; y) = M(T2 � T1;B2c ;B2c )�xy

�=

=

�3 1�1 3

� �xy

�= (3x+ y;�x+ 3y).

(iv) Tem-se, para qualquer (x; y) 2 R2,

T1(x; y) = M(T1;B2c ;B2c )�xy

�=

=

�1 11 �1

� �xy

�= (x+ y; x� y)

e

T2(x; y) = M(T2;B2c ;B2c )�xy

�=

=

�2 11 �2

� �xy

�= (2x+ y; x� 2y).

Logo,(T2 � T1)(x; y) = T2 (T1(x; y)) = T2(x+ y; x� y) =

= (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

eN (T2) =

�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0)

=�(x; y) 2 R2 : (2x+ y; x� 2y) = (0; 0)

= f(0; 0)g .

Logo, T1 e T2 são injectivas e como tal são invertíveis.

(vi) Tem-se então�M(T1;B2c ;B2c )

��1=M(T�11 ;B2c ;B2c ) e

�M(T2;B2c ;B2c )

��1=M(T�12 ;B2c ;B2c )

157

Determinemos (M(T1;B2c ;B2c ))�1 e (M(T2;B2c ;B2c ))

�1.

�M(T1;B2c ;B2c ) j I

�=

�1 1 j 1 01 �1 j 0 1

�!�1 1 j 1 00 �2 j �1 1

�!

!�1 0 j 1=2 1=20 �2 j �1 1

�!�1 0 j 1=2 1=20 1 j 1=2 �1=2

�;

�M(T2;B2c ;B2c ) j I

�=

�2 1 j 1 01 �2 j 0 1

�!�2 1 j 1 00 �5=2 j �1=2 1

�!

!�2 0 j 4=5 2=50 �5=2 j �1=2 1

�!�1 0 j 2=5 1=50 1 j 1=5 �2=5

�.

Logo, �M(T1;B2c ;B2c )

��1=

�1=2 1=21=2 �1=2

�e�M(T2;B2c ;B2c )

��1=

�2=5 1=51=5 �2=5

�e como tal, para (x; y) 2 R2,

T�11 (x; y) =�M(T1;B2c ;B2c )

��1 � xy

�=

�1=2 1=21=2 �1=2

� �xy

�=

�1

2x+

1

2y;1

2x� 1

2y

�,

T�12 (x; y) =�M(T2;B2c ;B2c )

��1 � xy

�=

�2=5 1=51=5 �2=5

� �xy

�=

�2

5x+

1

5y;1

5x� 2

5y

�,

e �nalmente �T�11 � T�12

�(x; y) = T�11

�T�12 (x; y)

�=

= T�11

�2

5x+

1

5y;1

5x� 2

5y

�=

=

�3

10x� 1

10y;1

10x+

3

10y

�.

(vii) Tem-se

M((T2 � T1)�1;B2c ;B2c ) =M(T�11 � T�12 ;B2c ;B2c ) =M(T�11 ;B2c ;B2c )M(T�12 ;B2c ;B2c ) =

=�M(T1;B2c ;B2c )

��1 �M(T2;B2c ;B2c )

��1=

�1=2 1=21=2 �1=2

� �2=5 1=51=5 �2=5

�=

�3=10 �1=101=10 3=10

�:

De facto,

M((T2 � T1)�1;B2c ;B2c ) =�3=10 �1=101=10 3=10

�=

��3 1�1 3

��1=�M(T2 � T1;B2c ;B2c )

��1.

(viii) Tendo em conta (vii) tem-se

(T2 � T1)�1(x; y) =�3=10 �1=101=10 3=10

� �xy

�=

�3

10x� 1

10y;1

10x+

3

10y

�.

158

Logo, como seria de esperar,(T2 � T1)�1(x; y) =

�T�11 � T�12

�(x; y).

16. Seja A = M (T ;B2c ;B2c ). Como A =

�1 02 1

�é invertível, pois detA = 1 6= 0, T é injectiva.

Logo, se a equação linear T (x; y) = (1; 2) tiver solução, ela é única. Como C (A) = I (T ) e uma vez

que�12

�2 C (A) pois:

�12

�= 1

�12

�+ 0

�01

�, então (1; 0) é a 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

T (x; y) = (1; 2), (x; y) = T�1(1; 2) = A�1�12

�=

�1 0�2 1

� �12

�=

�10

�.

17. Tem-se M (T1;B2c ;B1c ) =�0 1

�, pois T1 (1; 0) = 0 e T1 (0; 1) = 1. Logo

M�T2 � T1;B2c ;B2c

�=M

�T2;B1c ;B2c

�M�T1;B2c ;B1c

�=

�01

� �0 1

�=

�0 00 1

�

e assim N (T2 � T1) = N (M (T2 � T1;B2c ;B2c )) = N��

0 00 1

��= L (f(1; 0)g). Pelo que f(1; 0)g é base de

N (T2 � T1), uma vez que (1; 0) é linearmente independente e gera N (T2 � T1).

18. Como M(T ;B1;B2) =�

1 0 1�1 0 �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, comoB1 = 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 ).

Tem-se dim I (T ) = car (M(T ;B1;B2)) = car��

1 0 10 0 0

��= 1. Como I (T ) 6= R2, pois dim I (T ) =

1 6= 2 = dimR2, então T não é sobrejectiva.

19. Considere a transformação linear T1 : R3 ! R2 de�nida por T1(x; y; z) = (2x+y; y+2z). Considereainda 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 B3c de R3 é dada pela matriz M(T2;B;B3c ) =

24 2 11 11 2

35.(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(x; y; z) 2 R3 : x = z = �y

2

o=n��y2; y;�y

2

�: y 2 R

o= L (f(1;�2; 1)g) .

159

O conjunto f(1;�2; 1)g gera N (T1) e é linearmente independente, logo é uma base de N (T1). Tem-se

dimN (T1) = 1 e dimN (T1) + dim I(T1) = dimR3,

e assim dim I(T1) = 2. Logo, como I(T1) é um subespaço de R2 e dim I(T1) = dimR2 = 2, entãoI(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 dimN (T2) + dim I (T2) = dimR2,e assim dimN (T2) = 0. Logo, T2 é injectiva.

(iii) Tem-se 24 1 �2 12 1 11 1 2

35 �!�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 �2 10 5 �10 3 1

35 �!� 35L2+L3!L3

24 1 �2 10 5 �10 0 8

5

35logo o conjunto f(1;�2; 1) ; (2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g gera N (T1) + I(T2) e é linearmente independente, então éuma base de N (T1) + I(T2).Logo, como N (T1)+ I(T2) é um subespaço de R3 e dim (N (T1) + I(T2)) = dimR3 = 3, então N (T1)+

I(T2) = R3.Tem-se

dim (N (T1) \ I(T2)) = dimN (T1) + dim I(T2)� dim (N (T1) + I(T2)) = 1 + 2� 3 = 0.

(iv) Como (1; 0) =2

3(2; 1)� 1

3(1; 2) e (0; 1) = �1

3(2; 1) +

2

3(1; 2), tem-se

T2(1; 0) = T2

�2

3(2; 1)� 1

3(1; 2)

�=

T é linear

2

3T2(2; 1)�

1

3T2(1; 2) =

=2

3(2; 1; 1)� 1

3(1; 1; 2) =

�4

3;2

3;2

3

�+

��13;�13;�23

�=

�1;1

3; 0

�e

T2(0; 1) = T2

��13(2; 1) +

2

3(1; 2)

�=

T é linear�13T2(2; 1) +

2

3T2(1; 2) =

= �13(2; 1; 1) +

2

3(1; 1; 2) =

��23;�13;�13

�+

�2

3;2

3;4

3

�=

�0;1

3; 1

�Logo, a matriz M(T2;B2c ;B3c ) que representa T2 em relação às bases canónicas B2c e B3c de R2 e R3 respec-tivamente, é dada por

M(T2;B2c ;B3c ) =

24 1 01=3 1=30 1

35 .160

(v) A matriz M(T1;B3c ;B2c ) que representa T1 em relação às bases canónicas B3c e B2c de R3 e R2respectivamente, é dada por

M(T1;B3c ;B2c ) =�2 1 00 1 2

�,

uma vez queT1(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 B2c de R2 é dada por

M(T1 � T2;B2c ;B2c ) =M(T1;B3c ;B2c )M(T2;B2c ;B3c ) =�2 1 00 1 2

�24 1 01=3 1=30 1

35 = � 7=3 1=31=3 7=3

�.

Logo, tem-se

(T1 � T2) (x; y) =�7=3 1=31=3 7=3

� �xy

�.

Assim, como a matriz�7=3 1=31=3 7=3

�é invertível, a solução geral da equação (T1 � T2) (x; y) =

�8=38=3

�, é

dada �xy

�=

�7=3 1=31=3 7=3

��1 �8=38=3

�=

�7=16 �1=16�1=16 7=16

� �8=38=3

�=

�11

�.

20. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R3 de�nida por T1(x; y) = (2x+y; 0; x+2y). Considereainda 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 B2c de R2 é dada pela matriz:

M(T2;B;B2c ) =�1 �1 1�1 1 �1

�.

(i) T2 (0; 1; 0) = T2(1; 1; 0)� T2(1; 0; 0) = (�1; 1)� (1;�1) = (�2; 2).T2 (0; 0; 1) = T2(1; 1; 1)� T2(1; 1; 0) = (1;�1)� (�1; 1) = (2;�2).

(ii) Tem-se

I (T1) =�T1(x; y) : (x; y) 2 R2

=�(2x+ y; 0; x+ 2y) : (x; y) 2 R2

=

= fx(2; 0; 1) + y(1; 0; 2) : x; y 2 Rg = L (f(2; 0; 1); (1; 0; 2)g) .

Como o conjunto f(2; 0; 1); (1; 0; 2)g gera I (T1) e é linearmente independente, então é uma base de I (T1).Como dim I(T1) = 2 < 3 = dimR3 então I(T1) 6= R3 e assim, T1 não é sobrejectiva.

(iii)

N�M(T2;B;B2c )

�= N

��1 �1 1�1 1 �1

��= N

��1 �1 10 0 0

��=

= f(y � z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 0); (�1; 0; 1)g) :Como os vectores (1; 1; 0) e (�1; 0; 1) são as coordenadas na base B de vectores que geram o núcleo de T2,tem-se

1(1; 1; 1) + 1(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (2; 2; 1)

161

e�1(1; 1; 1) + 0(1; 1; 0) + 1(1; 0; 0) = (0;�1;�1)

Como o conjunto f(2; 2; 1); (0;�1;�1)g gera N (T2) e é linearmente independente, então é uma base deN (T2). Como N (T2) 6= f0g então T2 não é injectiva.

(iv) Pela de�nição de M(T2;B;B2c ) tem-se T2 (1; 0; 0) = (1;�1). Atendendo à alínea a), tem-seT2 (0; 1; 0) = (�2; 2) e T2 (0; 0; 1) = (2;�2). Logo, a matriz M(T2;B3c ;B2c ) que representa T2 em relação àsbases canónicas B3c e B2c de R3 e R2 respectivamente, é dada por

M(T2;B3c ;B2c ) =�1 �2 2�1 2 �2

�.

Por outro lado, como T1 (1; 0) = (2; 0; 1) e T1 (0; 1) = (1; 0; 2). Logo, a matrizM(T1;B2c ;B3c ) que representaT1 em relação às bases canónicas B2c e B3c de R2 e R3 respectivamente, é dada por

M(T1;B2c ;B3c ) =

24 2 10 01 2

35 .Logo, a matriz que representa T2 � T1 em relação à base canónica B2c de R2 é dada por

M(T2 � T1;B2c ;B2c ) =M(T2;B3c ;B2c )M(T1;B2c ;B3c ) =�1 �2 2�1 2 �2

�24 2 10 01 2

35 = � 4 5�4 �5

�.

Logo, tem-se

(T2 � T1) (x; y) =�4 5�4 �5

� �xy

�e assim,

(T2 � T1) (x; y) = (�1; 1),�4 5�4 �5

� �xy

�=

��11

�.

A solução geral de (T2 � T1) (x; y) = (�1; 1) é dada por:�Solução particular de

�4 5�4 �5

� �xy

�=

��11

��+

�Solução geral de

�4 5�4 �5

� �xy

�=

�00

��.

Como o vector��14; 0

�é uma solução particular de

�4 5�4 �5

� �xy

�=

��11

�e

N��

4 5�4 �5

��= N

��4 50 0

��= L

��54; 1

��então, a solução geral de (T2 � T1) (x; y) = (�1; 1) é dada por:�

�14; 0

�+N

��4 5�4 �5

��=

��14; 0

�+ s

��54; 1

�: s 2 R

�.

21. Considere a transformação linear T : R3 ! P3 de�nida por

T (1; 1;�1) = 2 + 2t2; T (1;�1; 1) = �t� t3 e T (�1; 1; 1) = 2 + t+ 2t2 + t3.

162

(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 a24 1 1 �1 j x1 �1 1 j y�1 1 1 j z

35!24 1 1 �1 j x0 �2 2 j y � x0 2 0 j z + x

35!24 1 1 �1 j x0 �2 2 j y � x0 0 2 j y + z

35 ,tem-se 8<:

�+ � � = x�2� + 2 = y � x2 = y + z

,

8>>>><>>>>:� =

1

2(x+ y)

� =1

2(x+ z)

=1

2(y + z) .

Logo

(x; y; z) =1

2(x+ y) (1; 1;�1) + 1

2(x+ z) (1;�1; 1) + 1

2(y + z) (�1; 1; 1),

e assim, como T é linear,

T (x; y; z) =1

2(x+ y)T (1; 1;�1) + 1

2(x+ z)T (1;�1; 1) + 1

2(y + z)T (�1; 1; 1) =

=1

2(x+ y)

�2 + 2t2

�+1

2(x+ z)

��t� t3

�+1

2(y + z)

�2 + t+ 2t2 + t3

�=

= x+ 2y + z +1

2(y � x) t+ (x+ 2y + z) t2 + 1

2(y � x) t3.

(ii) Tem-seN (T ) =

�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = 0

=

=

�(x; y; z) 2 R3 : x+ 2y + z + 1

2(y � x) t+ (x+ 2y + z) t2 + 1

2(y � x) t3 = 0 + 0t+ 0t2 + 0t3

�=

=

�(x; y; z) 2 R3 : x+ 2y + z = 0 e

1

2(y � x) = 0

�=

=�(x; y; z) 2 R3 : x = y e z = �3y

=�y(1; 1;�3) 2 R3 : y 2 R

= L (f(1; 1;�3)g)

Logo, o conjunto f(1; 1;�3)g é uma base de N (T ) e dimN (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez queN (T ) 6= f(0; 0; 0)g.

(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensão de I(T ).Diga se T é sobrejectiva.Como f(1; 1;�1); (1;�1; 1); (�1; 1; 1)g gera R3; tem-se

I (T ) = L (fT (1; 1;�1); T (1;�1; 1); T (�1; 1; 1)g) = L��2 + 2t2;�t� t3; 2 + t+ 2t2 + t3

�:

163

Como: 26642 0 20 �1 12 0 20 �1 1

3775!26642 0 20 �1 10 0 00 0 0

3775então o conjunto f2 + 2t2;�t� t3g é linearmente independente e gera I(T ); sendo assim uma base deI(T ).Logo, tem-se dim I(T ) = 2.Por outro lado, como I(T ) é subespaço de P3 e dimP3 = 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) = �t� t3 e T (�1; 1; 1) = 2 + t+ 2t2 + t3.

1 + t+ t2 + t3 = 2 + t+ 2t2 + t3| {z }= T (�1;1;1)

�12

�2 + 2t2

�| {z }= T (1;1;�1)

= T (�1; 1; 1)� 12T (1; 1;�1) =

T é linear

= T

�(�1; 1; 1)� 1

2(1; 1;�1)

�= T

��32;1

2;3

2

�,�

�32; 12; 32

�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:��32;1

2;3

2

�+ L (f(1; 1;�3)g) =

��32;1

2;3

2

�+ s(1; 1;�3) : s 2 R

�.

22. Seja � 2 R. Considere a transformação linear T� : R3 ! P2 de�nida por

T�(x; y; z) = z � y + � (y � x) t+ xt2.

(i) Tem-seN (T�) =

�(x; y; z) 2 R3 : T�(x; y; z) = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : z � y + � (y � x) t+ xt2 = 0 + 0t+ 0t2 + 0t3

=

=�(x; y; z) 2 R3 : z = y e (y = x ou � = 0) e x = 0

=

=�(0; y; z) 2 R3 : z = y e (y = 0 ou � = 0)

=

=

8<:f(0; 0; 0)g se � 6= 0

fy(0; 1; 1) 2 R3 : y 2 Rg se � = 0=

8<:f(0; 0; 0)g se � 6= 0

L (f(0; 1; 1)g) se � = 0

164

Logo, se � = 0 então f(0; 1; 1)g é uma base de N (T0) e assim T0 não é injectiva.

dimN (T�) =

8<:0 se � 6= 0

1 se � = 0:

Logo, como N (T�) = f(0; 0; 0)g, para todo o � 2 Rn f0g, então T� é injectiva, para todo o � 2 Rn f0g.

(ii) Seja (x; y; z) 2 R3, tem-se

T�(x; y; z) = z � y + � (y � x) t+ xt2 = z + x��t+ t2

�+ y (�1 + �t)

Logo,

I(T�) =�T�(x; y; z) : (x; y; z) 2 R3

=�z + x

��t+ t2

�+ y (�1 + �t) : x; y; z 2 R

=

= L��1;��t+ t2;�1 + �t

�=

8<:L (f1;��t+ t2;�1 + �tg) se � 6= 0

L (f1; t2g) se � = 0

Se � 6= 0 então o conjunto f1;��t+ t2;�1 + �tg é linearmente independente e gera I (T�), sendo assimuma base de I (T�).Se � = 0 então o conjunto f1; t2g é linearmente independente e gera I (T0), sendo assim uma base de

I (T0).Logo

dim I(T�) =

8<:3 se � 6= 0

2 se � = 0:

Como I (T�) é um subespaço de P2 e neste caso (� 6= 0) dim I (T�) = dimP2, então I (T�) = P2, istoé, T� é sobrejectiva se � 6= 0.Se � = 0, como I (T0) 6= P3, T0 não é sobrejectiva.Note que: para todo o � 2 R,


= dimN (T�) + dim I(T�),

(iii) Considere � = 0 e resolva a equação linear T0(x; y; z) = 1 + t2.Atendendo a ter-se

T0(1; 0; 1) = 1 + t2

então (1; 0; 1) é uma solução particular da equação linear T0(x; y; z) = 1 + t2.Como, a solução geral de T0(x; y; z) = 1 + t2 é dada por:�

Solução particular de T0(x; y; z) = 1 + t2�+ (Solução geral de T0(x; y; z) = 0)

e como a solução geral de T0(x; y; z) = 0 é dada por

N (T0) =�(x; y; z) 2 R3 : T0(x; y; z) = 0

= L (f(0; 1; 1)g)

então, a solução geral de T0(x; y; z) = 1 + t2 é dada por:

(1; 0; 1) + L (f(0; 1; 1)g) = f(1; 0; 1) + s(0; 1; 1) : s 2 Rg .

165


T (p (t)) = p0 (t)� 2p (t) ,

onde p0 (t) é a derivada de primeira ordem de p (t).

(i) Seja p (t) 2 P2. p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R. Tem-se

T�a0 + a1t+ a2t

2�=�a0 + a1t+ a2t

2�0 � 2 �a0 + a1t+ a2t2� =

= a1 + 2a2t� 2a0 � 2a1t� 2a2t2 = �2a0 + a1 + (2a2 � 2a1) t� 2a2t2.Logo, a expressão geral de T : P2 ! P2 é dada por:

T�a0 + a1t+ a2t

2�= �2a0 + a1 + (2a2 � 2a1) t� 2a2t2.

(ii) Seja B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2. Determinemos a matriz M(T ;B;B) querepresenta T em relação à base B.Como

T (1) = 0� 2 = �2, T (t) = 1� 2t; T�t2�= 2t� 2t2

tem-se

M(T ;B;B) =

24 �2 1 00 �2 20 0 �2

35(iii) Como a transformação linear T : P2 ! P2 é invertível, pois M(T ;B;B) é invertível então T é

linear e bijectiva, isto é, T é um isomor�smo. Sendo T um isomor�smo, T�1 também é um isomor�smo.Seja p (t) 2 P2. p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R.Tem-se

�12p (t)� 1

4p0 (t)� 1

8p00 (t) = �1

2

�a0 + a1t+ a2t

2�� 14(a1 + 2a2t)�

1

82a2 =

= �12a0 �

1

4a1 �

1

4a2 +

��12a1 �

1

2a2

�t� a2

2t2 (*)

e

(M(T ;B;B))�124 a0a1a2

35 =24 �2 1 00 �2 20 0 �2

35�1 24 a0a1a2

35 ==

24 �12�14�14

0 �12�12

0 0 �12

3524 a0a1a2

35 =24 �1

2a0 � 1

4a1 � 1

4a2

�12a1 � 1

2a2

�12a2

35Logo

T�1 (p (t)) = �12a0 �

1

4a1 �

1

4a2 +

��12a1 �

1

2a2

�t� a2

2t2 (**)

Atendendo a (*) e a (**) conclui-se que a expressão geral do isomor�smo T�1 é dada por

T�1 (p (t)) = �12p (t)� 1

4p0 (t)� 1

8p00 (t)

166

para todo o p (t) 2 P2.

(iv) Tem-se

p0 (t)� 2p (t) = (2� 3t)2 , T (p (t)) = (2� 3t)2 ,T é um isomor�smo

p (t) = T�1�(2� 3t)2

�=(ii)

=(ii)�12

�(2� 3t)2

�� 14(2 (2� 3t) (�3))� 1

8(2 (�3) (�3)) = �5

4+3

2t� 9

2t2.

Logo, p (t) = �54+ 3

2t� 9

2t2 é a única solução da equação diferencial linear

p0 (t)� 2p (t) = (2� 3t)2 .


T (p (t)) = t2p00 (t)� 2p (t) ,

onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).

(i) Seja p (t) 2 P2. p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R. Tem-se

T�a0 + a1t+ a2t

2�= t2

�a0 + a1t+ a2t

2�00 � 2 �a0 + a1t+ a2t2� =

= t22a2 � 2a0 � 2a1t� 2a2t2 = �2a0 � 2a1t.Logo, a expressão geral de T : P2 ! P2 é dada por:

T�a0 + a1t+ a2t

2�= �2a0 � 2a1t.

(ii) Seja B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2. Determinemos a matriz M(T ;B;B) querepresenta T em relação à base B.Como

T (1) = 0� 2 = �2, T (t) = �2t; T�t2�= 2t2 � 2t2 = 0

tem-se

M(T ;B;B) =

24 �2 0 00 �2 00 0 0

35(iii) Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 �2 0 00 �2 00 0 0

351A = L (f(0; 0; 1)g) ,

entãoN (T ) =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) 2 L (f(0; 0; 1)g)= L

��t2�.

Como ft2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez que dimN (T ) 6= 0.

167

Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : t22a2 � 2�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : �2a0 � 2a1t = 0=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 = 0 e a1 = 0= L

��t2�.

Como ft2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.

Uma base para I(T ):

Como f1; t; t2g 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 basede I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimP2 = 3, tem-se I (T ) 6= P2, pelo que T não é sobrejectiva.

(iv) (a) Resolva, em P2; a equação diferencial linear t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t.Como 24 2

�10

35 2 C (M(T ;B;B)) = C0@24 �2 0 0

0 �2 00 0 0

351A ;uma vez que 24 2

�10

35 =24 �2 0 00 �2 00 0 0

3524 �112

0

35 ,então �1 + 1

2t é uma solução particular da equação diferencial linear

t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t:

Como a solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t é dada por:�Solução particular de t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t

�+�Solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 0

�e como a solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 0 é dada por

N (T ) = L��t2�,

então a solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t é dada por:

�1 + 12t+ L

��t2�=

��1 + 1

2t+ at2 : a 2 R

�.

(b) Resolva, em P2; a equação diferencial linear 2tp0 (t)� 2p (0) = 2� t.

168

Seja T1 (p (t)) = 2tp0 (t)� 2p (0), em que p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R.Logo

T1 (p (t)) = 2tp0 (t)� 2p (0) = 2t (a1 + 2a2t)� 2a0 = �2a0 + 2a1t+ 4a2t2

Como

M(T1;B;B) =

24 �2 0 00 2 00 0 4

35 ;uma vez que T1 (1) = �2; T1 (t) = 2t; T1 (t2) = 4t2, onde B = f1; t; t2g é a base canónica (ordenada) de P2Logo

2tp0 (t)� 2p (0) = 2� t , T1 (p (t)) = 2� t , M(T1;B;B)

24 a0a1a2

35 =24 2�10

35 ,

,M(T1;B;B) é invertível

24 a0a1a2

35 = (M(T1;B;B))�124 2�10

35,

24 a0a1a2

35 =24 �2 0 00 2 00 0 4

35�1 24 2�10

35 =24 �1

20 0

0 120

0 0 14

3524 2�10

35 =24 �1�1

2

0

35 .Isto é, a solução geral de

2tp0 (t)� 2p (0) = 2� té: �

�1� 12t

�.

Veri�cação:

T1

��1� 1

2t

�= 2t

��1� 1

2t

�0� 2

��1� 1

20

�= 2t

��12

�+ 2 = 2� t.

Nota importante: Como

dimN (T1) = dimN (M(T1;B;B)) = 0

então T1 é injectiva e tendo-se


= dimN (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 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R. Como

T1 (p (t)) = T1�a0 + a1t+ a2t

2�= 2tp0 (t)� 2p (0) = �2a0 + 2a1t+ 4a2t2

169

entãoI(T1) = fT1 (p (t)) : p (t) 2 P2g = L

��2; 2t; 4t2

�.

Como f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T1) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L��2; 2t; 4t2

�e sendo o conjunto f�2; 2t; 4t2g linearmente independente então�

�2; 2t; 4t2

é uma base de I (T1), tendo-se


= dimN (T1) + dim I(T1) = dimN (T1) + 3, dimN (T1) = 0,

isto é, T1 é injectiva.

25. Seja U o subespaço das matrizes simétricas deM2�2 (R), isto é,

U =�A 2M2�2 (R) : A = AT

.

Considere a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (A) = AB +BA

com B =

�0 11 0

�.

(i) Seja�a bb c

�2 U , com a; b; c 2 R. Tem-se

T

��a bb c

��=

�a bb c

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �a bb c

�=

�2b a+ ca+ c 2b

�Logo, a expressão geral de T : U ! U é dada por:

T

��a bb c

��=

�2b a+ ca+ 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 bb c

�= a

�1 00 0

�+ b

�0 11 0

�+ c

�0 00 1

�com a; b; c 2 R. Como o conjunto

B =��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��170

gera U e é linearmente independente, então B é uma base de U . Por outro lado, como

T

��1 00 0

��=

�1 00 0

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �1 00 0

�=

�0 11 0

�=

= 0

�1 00 0

�+ 1

�0 11 0

�+ 0

�0 00 1

�T

��0 11 0

��=

�0 11 0

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �0 11 0

�=

�2 00 2

�=

= 2

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 2

�0 00 1

�T

��0 00 1

��=

�0 00 1

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �0 00 1

�=

�0 11 0

�=

= 0

�1 00 0

�+ 1

�0 11 0

�+ 0

�0 00 1

�então a matriz que representa T em relação à base B é dada por:

M (T ;B;B) =

24 0 2 01 0 10 2 0

35 .(iii) Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 0 2 01 0 10 2 0

351A = N

0@24 1 0 10 2 00 0 0

351A = L (f(1; 0;�1)g) ,

então

N (T ) =

�A =

�a bb c

�2 U : (a; b; c) 2 L (f(1; 0;�1)g)

�= L

��1 00 �1

��.

Como��

1 00 �1

��é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez que

dimN (T ) 6= 0.

Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =

�A =

�a bb c

�2 U : T (A) =

�0 00 0

��=�

A =

�a bb c

�2 U : A

�0 11 0

�+

�0 11 0

�A =

�0 00 0

��=

�A =

�a bb c

�2 U :

�2b a+ ca+ c 2b

�=

�0 00 0

��=

=

�A =

�a bb c

�2 U : 2b = 0 e a+ c = 0

�=

=

�A =

��c 00 c

�: c 2 R

�= L

��1 00 1

��= L

��1 00 �1

��.

171

Como��

1 00 �1

��é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.

Uma base para I(T ):

Como��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��gera U , tem-se

I (T ) = L

��T

��1 00 0

��; T

��0 11 0

��; T

��0 00 1

��=

= L

��0 11 0

�;

�2 00 2

�;

�0 11 0

��=

= L

��0 11 0

�;

�2 00 2

��:

Uma vez que o conjunto��

0 11 0

�;

�2 00 2

��é linearmente independente e gera I (T ), então

��0 11 0

�;

�2 00 2

��é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimU = 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 11 0

�=

�120

0 12

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �120

0 12

�= T

��120

0 12

��então

�120

0 12

�é uma solução particular da equação linear T (A) = B.

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

N (T ) = L��

1 00 �1

��,

então a solução geral de T (A) = B é dada por:�120

0 12

�+ L

��1 00 �1

��=

��12+ a 00 1

2� a

�: a 2 R

�.

26. Considere a transformação linear T :M2�2 (R) ! P3 cuja matriz M(T ;B1;B2) que a representaem relação às bases ordenadas

B1 =��

1 11 0

�;

�1 10 1

�;

�0 11 1

�;

�1 01 1

��172

deM2�2 (R) e B2 = f1 + t; t+ t2; t2 + t3; t3g de P3 é dada por

M(T ;B1;B2) =

26641 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

3775 . (*)

(i) Seja�a bc d

�2M2�2 (R), com a; b; c; d 2 R. De (*), tem-se

T

��1 11 0

��= 1 + t

T

��1 10 1

��= 1 + t+ t+ t2 = 1 + 2t+ t2

T

��0 11 1

��= 1 + t+ t+ t2 + t2 + t3 = 1 + 2t+ 2t2 + t3

T

��1 01 1

��= 1 + t+ t+ t2 + t2 + t3 + t3 = 1 + 2t+ 2t2 + 2t3

como �1 00 0

�=

1

3

�1 11 0

�+1

3

�1 10 1

�� 23

�0 11 1

�+1

3

�1 01 1

��0 10 0

�=

1

3

�1 11 0

�+1

3

�1 10 1

�+1

3

�0 11 1

�� 23

�1 01 1

��0 01 0

�=

1

3

�1 11 0

�� 23

�1 10 1

�+1

3

�0 11 1

�+1

3

�1 01 1

��0 00 1

�= �2

3

�1 11 0

�+1

3

�1 10 1

�+1

3

�0 11 1

�+1

3

�1 01 1

�então

T

��a bc d

��=

T é linearaT

��1 00 0

��+ bT

��0 10 0

��+ cT

��0 01 0

��+ dT

��0 00 1

��=

= a

�1

3(1 + t) +

1

3

�1 + 2t+ t2

�� 23

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��+

+b

�1

3(1 + t) +

1

3

�1 + 2t+ t2

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�� 23

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��+

+c

�1

3(1 + t)� 2

3

�1 + 2t+ t2

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��+

+d

��23(1 + t) +

1

3

�1 + 2t+ t2

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��

= a

�1

3+1

3t� 1

3t2�+ b

�1

3+1

3t� 1

3t2 � t3

�+ c

�1

3+1

3t+

2

3t2 + t3

�+ d

�1

3+4

3t+

5

3t2 + t3

�=

173

=1

3a+

1

3b+

1

3c+

1

3d+

�1

3a+

1

3b+

1

3c+

4

3d

�t+

��13a� 1

3b+

2

3c+

5

3d

�t2 + (�b+ c+ d) t3

Logo, a expressão geral de T :M2�2 (R)! P3 é dada por:

T

��a bb c

��=1

3a+1

3b+1

3c+1

3d+

�1

3a+

1

3b+

1

3c+

4

3d

�t+

��13a� 1

3b+

2

3c+

5

3d

�t2+(�b+ c+ d) t3.

(ii) Como a transformação linear T :M2�2 (R)! P3 é invertível, pois M(T ;B1;B2) é invertível entãoT 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 + a1t+ a2t

2 + a3t3�.

Primeiro determinemos M(T ;Bc2�2;Bc3), onde

Bc2�2 =��

1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��e

Bc3 =�1; t; t2; t3

são respectivamente as bases canónicas deM2�2 (R) e de P3.A matriz de mudança da base B1 para a base Bc2�2 é dada por:

SB1!Bc2�2 =

26641 1 0 11 1 1 01 0 1 10 1 1 1

3775 .A matriz de mudança da base B2 para a base Bc3 é dada por:

SB2!Bc3 =

26641 0 0 01 1 0 00 1 1 00 0 1 1

3775 .Logo, a matriz que representa T em relação às bases Bc2�2 e Bc3 é dada por:

M(T ;Bc2�2;Bc3) = SB2!Bc3M(T ;B1;B2)�SB1!Bc2�2

��1=

=

26641 0 0 01 1 0 00 1 1 00 0 1 1

377526641 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

377526641 1 0 11 1 1 01 0 1 10 1 1 1

3775�1

=

174

=

26641 1 1 11 2 2 20 1 2 20 0 1 2

3775

2666666664

13

13

13

�23

13

13

�23

13

�23

13

13

13

13

�23

13

13

3777777775=

2666666664

13

13

13

13

13

13

13

43

�13�13

23

53

0 �1 1 1

3777777775.

Note que a expressão geral de T obtida na alínea (i) pode ser obtida através da matrizM(T ;Bc2�2;Bc3)anterior:

as coordenadas de T��

a bb c

��na base Bc3 são dadas por

M(T ;Bc2�2;Bc3)

2664abcd

3775 =2666666664

13

13

13

13

13

13

13

43

�13�13

23

53

0 �1 1 1

3777777775

2664abcd

3775 =2664

13a+ 1

3b+ 1

3c+ 1

3d

13a+ 1

3b+ 1

3c+ 4

3d

23c� 1

3b� 1

3a+ 5

3d

c� b+ d

3775 .

Logo

T

��a bb c

��=1

3a+

1

3b+1

3c+1

3d+

�1

3a+

1

3b+

1

3c+

4

3d

�t+

��13a� 1

3b+

2

3c+

5

3d

�t2+(�b+ c+ d) t3

Seja p (t) 2 P3, isto é, p (t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t3, com a0; a1; a2; a3 2 R.Atendendo a que as coordenadas de T�1 (a0 + a1t+ a2t2 + a3t3) em relação à base Bc2�2 são dadas por:

�M(T ;Bc2�2;Bc3)

��12664a0a1a2a3

3775 =2664�1 2 �2 12 �1 1 �13 �2 1 0�1 1 0 0

37752664a0a1a2a3

3775 =26642a1 � a0 � 2a2 + a32a0 � a1 + a2 � a33a0 � 2a1 + a2

a1 � a0

3775 ,tem-se

T�1�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3�= (2a1 � a0 � 2a2 + a3)

�1 00 0

�+

+(2a0 � a1 + a2 � a3)�0 10 0

�+ (3a0 � 2a1 + a2)

�0 01 0

�+ (a1 � a0)

�0 00 1

�=

=

�2a1 � a0 � 2a2 + a3 2a0 � a1 + a2 � a33a0 � 2a1 + a2 a1 � a0

�.

Ou seja, a expressão geral do isomor�smo T�1 : P3 !M2�2 (R) é dada por:

T�1�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3�=

�2a1 � a0 � 2a2 + a3 2a0 � a1 + a2 � a33a0 � 2a1 + a2 a1 � a0

�.

175

Tem-se de facto:T�1 � T = IM2�2(R) e T � T�1 = IP3 .

(iii) Atendendo à alínea anterior, a solução geral da equação linear

T

��a bc d

��= 1 + 2t+ 3t2 + 4t3

é dada por:�a bc d

�= T�1

�1 + 2t+ 3t2 + 4t3

�=

�4� 1� 6 + 4 2� 2 + 3� 43� 4 + 3 2� 1

�=

�1 �12 1

�.

27. Seja U o espaço linear das funções reais de variável real duas vezes diferenciável. Considere atransformação 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; tetg 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

=�f 0 (t) e�t � f (t) e�t

�0= f 00 (t) e�t � f 0 (t) e�t � f 0 (t) e�t + f (t) e�t =

= (f 00 (t)� 2f 0 (t) + f (t)) e�t =f2S

0

então existe c 2 R tal que para todo o t 2 R �f (t) e�t

�0= c.

Assim, existe d 2 R tal que para todo o t 2 R

f (t) e�t = ct+ d 2 P1 = L (f1; tg) .

Logof (t) 2 L

��et; tet

�.

Tem-se assim:S = L

��et; tet

�;

onde o conjunto fet; tetg é linearmente independente uma vez que o conjunto f1; tg é linearmente indepen-dente.Logo o conjunto fet; tetg é uma base de S.

(ii) Mostre que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a e f 0 (0) = b.Sejam a; b 2 R. Sejam f; g 2 S tais que

f (0) = g (0) = a e f 0 (0) = g0 (0) = b:

176

Como S = L (fet; tetg), existem �1; �2; �1; �2 2 R tais que

f (t) = �1et + �1te

t e g (t) = �2et + �2te

t.

Como f (0) = g (0) = a tem-sea = f (0) = �1 e a = g (0) = �2.

Logo�1 = �2:

Por outro lado, como f 0 (0) = g0 (0) = b,

b = f 0 (0) =��1e

t + �1tet�0t=0=��1e

t + �1et + �1te

t�t=0= �1 + �1

eb = g0 (0) =

��2e

t + �2tet�0t=0=��2e

t + �2et + �2te

t�t=0= �2 + �2

Assim,�1 + �1 = �2 + �2

e uma vez que �1 = �2, então�1 = �2.

Deste modo, para todo o t 2 R

f (t) = �1et + �1te

t = �2et + �2te

t = 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 ef 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

e0 = f (0) = � e 0 = f 0 (0) = �

entãof (t) = 0,

para todo o t 2 R, é a solução geral de

ff 2 U : T (f) = 0 e f (0) = 0 e f 0 (0) = 0g

Como a solução geral de

ff 2 U : T (f) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g :

177

é dada por:

(Solução particular de ff 2 U : T (f) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g) ++ (Solução geral de ff 2 U : T (f) = 0 e f (0) = 0 e f 0 (0) = 0g) ,

então a solução geral de

ff 2 U : T (f) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g

é dada por:f (t) = 1,

para todo o t 2 R.

178

6a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Valores próprios e vectores próprios.Diagonalização)

1. Seja

A =

24 9 8 76 5 43 2 1

35 .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 associadoslinearmente independentes para a matriz 24 5 5 5

5 5 55 5 5

35 :3. Determine os valores próprios de uma matriz A 2 � 2 cujo traço seja igual a 5 e cujo determinanteseja igual a 6.

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 .


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 umamatriz diagonal.

(iv) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

179

8. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que em relação à base canónica de R3 é representadapela matriz:

A =

24 0 1 00 1 00 1 0

35 .(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�1 e uma matriz diagonalD tais que

D = PAP�1:

9. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base ordenada f(1; 2) ; (2; 1)g deR2 é representada pela matriz:

A =

�2 33 2

�.

(i) Determine os valores próprios de T e diga, justi�cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.

(ii) Determine bases para os subespaços próprios de T .

(iii) Diagonalize a matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P�1 e uma matrizdiagonal D tais que

D = PAP�1:

10. Seja V um espaço linear de dimensão �nita. Seja T : V ! V uma transformação linear tal queT 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.


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, paralela-mente a um vector. Determine esse plano e esse vector.

12. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que representa geometricamente a projecção sobreo 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 .


A =

�2 10 2

�.

180

(i) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

(ii) Mostre que não existe nenhuma base de R2 constituída por vectores próprios de T . T é diago-nalizável?


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 umamatriz diagonal.


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 querepresenta T nesta base ordenada.

(iv) Seja A a matriz que representa T na base canónica de R3, isto é, A =M(T ;B3c ;B3c ). Diagonalizea matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P�1 e uma matriz diagonal D taisque D = PAP�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:

A =

24 7 4 21 7 �1�1 2 10

35 .(i) Determine o polinómio característico de T .

(ii) Determine os valores próprios e bases dos subespaços próprios de T .

(iii) Diagonalize a matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P�1 e uma matrizdiagonal D tais que D = PAP�1.

(iv) Determine An e T n(x; y; z).

17. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0;�1) e (1;�1; 0) são vectores próprios da matriz24 1 1 1a b cd e f

35 ,determine a; b; c; d; e; f .

181

18. Considere a transformação linear T :M2�2(R) �!M2�2(R) de�nida por T (A) = A+ AT .(i) Escolha uma base ordenada paraM2�2(R) e determine a matriz que representa T em relação aessa 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 ordenadaapropriada de M2�2(R). Em caso a�rmativo, indique uma tal base ordenada e a correspondentematriz diagonal que representa T .

19. Considere as matrizes

A1 =

�2 1

�2 5

�; A2 =

24 2 1 10 3 10 1 3

35 ; A3 =

24 1 1 01 1 00 0 0

35 .Veri�que que A1; A2 e A3 são diagonalizáveis. Isto é, determine matrizes de mudança de basesP�11 ; P�12 e P�13 e matrizes diagonais D1; D2 e D3 tais que

D1 = P1A1P�11 , D2 = P2A2P

�12 e D3 = P3A3P

�13 .

20. Considere a transformação linear T : R4 �! R4 que em relação à base canónica de R4 é representadapela matriz 2664

0 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

3775 ,com a; b; c 2 R. Determine os valores de a; b; c de modo a que exista uma base de R4 constituída sópor vectores próprios de T .

182


1. Seja

A =

24 9 8 76 5 43 2 1

35 .Como

det (A� 0I) = det

24 9 8 76 5 43 2 1

35 = � det24 3 2 16 5 49 8 7

35 = det24 1 2 34 5 67 8 9

35 == det

24 1 2 30 �3 �60 �6 �12

35 = det24 1 2 30 �3 �60 0 0

35| {z }

�

= 0

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

A

24 1�21

35 =24 000

35 = 024 1�21

35isto é, (1;�2; 1) é um vector próprio de A associado ao valor próprio 0.

2. Tem-se 24 5 5 55 5 55 5 5

3524 0�11

35 = 024 0�11

35 e

24 5 5 55 5 55 5 5

3524 1�10

35 = 024 1�10

35 .Logo, 0 é um valor próprio de

24 5 5 55 5 55 5 5

35 e (0;�1; 1) e (1;�1; 0) são dois vectores próprios (associadosao valor próprio 0) linearmente independentes.

3. Determinemos os valores próprios de uma matriz A 2�2 cujo traço seja igual a 5 e cujo determinanteseja igual a 6.

Seja A =�a bc d

�2M2�2 (R). Tem-se

trA = 5, a+ d = 5 e detA = 6, ad� bc = 6.

Sejam �1 e �2 dois valores próprios de A. Como

trA = �1 + �2 e detA = �1�2

então�1 + �2 = 5 e �1�2 = 6

183

Logo[�1 = 5� �2 e (5� �2)�2 = 6] , (� = 3 ou � = 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 etal que (2; 1) seja um vector próprio associado ao valor próprio 2.

Seja A =�a bc d

�2 M2�2 (R) tal que A = AT . Logo b = c. Além disso, sendo �2 e 2 dois valores

próprios de A tem-se

0 = det (A+ 2I) = det

�a+ 2 bb d+ 2

�= �b2 + 2a+ 2d+ ad+ 4

e

0 = det (A� 2I) = det�a� 2 bb d� 2

�= �b2 � 2a� 2d+ ad+ 4

sendo (2; 1) um vector próprio associado ao valor próprio 2 tem-se�a bb d

� �21

�= 2

�21

�, (2a+ b = 4 e 2b+ d = 2).

Logo 8>><>>:�b2 + 2a+ 2d+ ad+ 4 = 0�b2 � 2a� 2d+ ad+ 4 = 02a+ b = 42b+ d = 2

,

8>>>><>>>>:a = 6

5

b = 85

d = �65

e assim

A =

�a bb d

�=

24 65

85

85

�65

35 .

5. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que admite os vectores próprios

v1 = (1; 2; 1); v2 = (�1; 0; 1); v3 = (0; 1; 0);

associados respectivamente aos valores próprios 1; 2 e 3.Determinemos a expressão geral de T .Seja (x; y; z) 2 R3. Existem �; �; 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 2; 1) + �(�1; 0; 1) + (0; 1; 0).

Logo 24 1 �1 0 j x2 0 1 j y1 1 0 j z

35!24 1 �1 0 j x0 2 1 j y � 2x0 2 0 j z � x

35!24 1 �1 0 j x0 2 1 j y � 2x0 0 �1 j z � y + x

35184

e assim = �x+ y � z, � = 12(�x+ z), � = 1

2(x+ z). Pelo que

T (x; y; z) =1

2(x+ z)T (1; 2; 1) +

1

2(�x+ z)T (�1; 0; 1) + (�x+ y � z)T (0; 1; 0) =

=1

2(x+ z) (1; 2; 1) +

1

2(�x+ z) 2(�1; 0; 1) + (�x+ y � z) 3(0; 1; 0) =

=

�3

2x� 1

2z; 3y � 2x� 2z; 3

2z � 1

2x

�ou seja, a expressão geral de T é dada por:

T (x; y; z) =

�3

2x� 1

2z; 3y � 2x� 2z; 3

2z � 1

2x

�.


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 ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 0 0 00 1 30 3 1

35 ,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 a1a, 2a e 3a colunas de A.O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

�� 0 00 1� � 30 3 1� �

�� = �� (1� �)2 � 9� == �� ((1� �)� 3) ((1� �) + 3) = �� (�2� �) (4� �) .

Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A��I) =0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0, �2 = �2 e �3 = 4.

185

(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 iráexistir uma base de R3 formada só com vectores próprios de T , ou seja, T é diagonalizável.

(iv) O subespaço próprio E�1 é dado por

E�1 = N (T � �1I) =base canónica

N (A� �1I) = N (A)

= N

0@24 0 0 00 1 30 3 1

351A = N

0@24 0 0 00 1 30 0 �8

351A =

= 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 = 0 são

u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .

O subespaço próprio E�2 é dado por


N (A� �2I) = N (A+ 2I)

= N

0@24 2 0 00 3 30 3 3

351A = N

0@24 2 0 00 3 30 0 0

351A =

= 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) .

O conjunto f(0;�1; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = �2 são

u = (0;�s; s), com s 2 Rn f0g .



N (A� �3I) = N (A� 4I)

= N

0@24 �4 0 00 �3 30 3 �3

351A = N

0@24 �4 0 00 �3 30 0 0

351A =

= 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) .


u = (0; s; s) , com s 2 Rn f0g .

186


T (1; 2) = (5; 5) = T (2; 1).

(i) Como(1;�1) = �(1; 2) + (2; 1)

Tem-seT (v1) = T (1;�1) = T [�(1; 2) + (2; 1)] =

T é linear�T (1; 2) + T (2; 1) =

= � (5; 5) + (5; 5) = (0; 0) = 0(1;�1) = 0v1:Como

(1; 1) =1

3(1; 2) +

1

3(2; 1)

Tem-se

T (v2) = T (1; 1) = T

�1

3(1; 2) +

1

3(2; 1)

�=

T é linear

1

3T (1; 2) +

1

3T (2; 1) =

=1

3[(5; 5) + (5; 5)] =

10

3(1; 1) =

10

3v2:

Logo, v2 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 103.

(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 dimR2 = 2 e alémdisso, v1 e v2 são vectores próprios de T , então existe uma base de R2 formada só com vectores própriosde T , ou seja, T é diagonalizável.

(iii) Seja Bvp = fv1; v2g = f(1;�1); (1; 1)g. Tem-se

M(T ;Bvp;Bvp) =�0 00 10

3

�,

uma vez que T (v1) = 0v1 = 0v1 + 0v2 e T (v2) = 103v2 = 0v1 +

103v2 e deste modo as coordenadas (0; 0) e

(0; 103) constituem respectivamente a 1a e 2a colunas de M(T ;Bvp;Bvp).Logo, Bvp é uma base de R2 em relação à qual T pode ser representada por uma matriz diagonal, por

ser uma base formada só com vectores próprios de T .

(iv) Seja A =M(T ;Bvp;Bvp), com Bvp = f(1;�1); (1; 1)g. O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =�� 00 10

3� �

�� = ��103 � ��.

Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A��I) =0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0 e �2 =10

3.

187


E�1 = N (T � �1I) = f�(1;�1) + �(1; 1) : (�; �) 2 N (A� �1I)g == 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 = 0 são

u = (s;�s) , com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = f�(1;�1) + �(1; 1) : (�; �) 2 N (A� �2I)g == 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

3são

u = (s; s) , com s 2 Rn f0g .


A =

24 0 1 00 1 00 1 0

35 .(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 aovalor próprio 1; v3 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 0.

(ii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como os vectores v1 = (1; 0; 0); v2 = (1; 1; 1) ev3 = (0; 0; 1) formam uma base de R3 pois são três vectores linearmente independentes em R3 e dimR3 = 3e além disso, v1; v2 e v3 são vectores próprios de T , então existe uma base de R3 formada só com vectorespróprios de T , ou seja, T é diagonalizável.

188

(iii) Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 0 1 00 1 00 1 0

35 ,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 a1a, 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

det(A� �I) =

�� 1 00 1� � 00 1 ��

�� = �2 (1� �) .Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0 e �2 = 1.


E�1 = N (T � �1I) = N (A� �1I) =

= N

0@24 ��1 1 00 1� �1 00 1 ��1

351A = N

0@24 0 1 00 1 00 1 0

351A =

= N

0@24 0 1 00 0 00 0 0

351A =�(x; y; z) 2 R3 : y = 0

=

= f(x; 0; z) : x; z 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0; 0; 1)g) .

O conjunto f(1; 0; 0); (0; 0; 1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 0 são

u = (s; 0; t), com s; t 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (A� �2I) =

= N

0@24 ��2 1 00 1� �2 00 1 ��2

351A = N

0@24 �1 1 00 0 00 1 �1

351A =

= f(x; y; z) : �x+ y = 0 e y � z = 0g == f(x; x; x) : x 2 Rg = L (f(1; 1; 1)g) .


u = (s; s; s), com s 2 Rn f0g .

189

(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 quedimE�1 + dimE�2 = 3.

Note ainda que

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �1

35e

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �1

35 = SB3c!BvpA �SB3c!Bvp��1com �

SB3c!Bvp��1

= SBvp!B3c =

24 1 1 00 1 00 1 1

35 e A =M(T ;B3c ;B3c ).

Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal tendo-se

(R3;B3c )A�!T

(R3;B3c )SB3c!Bvp # I I # SB3c!Bvp

(R3;Bvp)T�!

M(T ;Bvp;Bvp)(R3;Bvp)

Em resumo, existe P�1 = SBvp!B3c tal queD = PAP�1

com D =M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �1

35.

9. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base ordenada B1 = f(1; 2) ; (2; 1)gde R2 é representada pela matriz:

A =

�2 33 2

�.

(i) Tem-sedet (A� 0I) = detA = �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 � para os quais det(A�

�I) = 0.O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =�� 2� � 3

3 2� �

�� = (2� �)2 � 9 = [(2� �)� 3] [(2� �) + 3] == (�1� �) (5� �)

190

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 serlinearmente 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�1 é dado por

E�1 = N (T � �1I) = f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N (A� (�1) I)g =

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 33 3

��=

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 30 0

��=

= f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 L (f(�1; 1)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 são

u = (�s; s), com s 2 Rn f0g .


E�1 = N (T � �1I) = f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N (A� 5I)g =

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 33 �3

��=

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 30 0

��=

= f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 L (f(1; 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 = 5 são

u = (s; s), com s 2 Rn f0g .

(iii) É possível ter uma base de R2 constituída só por vectores próprios de T :

Bvp = f(�1; 1); (1; 1)g ,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 = 2 = dimR2.

Logo,

M(T ;Bvp;Bvp) =��1 00 �2

�=

��1 00 5

�191

uma vez queT (�1; 1) = �1(�1; 1) = �1(�1; 1) + 0(1; 1)

eT (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

M(T ;Bvp;Bvp) = SB1!BvpA�SB1!Bvp

��1com �

SB1!Bvp��1

= SBvp!B1 =

�1 1

3

�1 13

�e A =M(T ;B1;B1)

uma vez que

(�1; 1) = (1; 2)� (2; 1) e (1; 1) =1

3(1; 2) +

1

3(2; 1) .

Logo, a matriz A é diagonalizável e tem-se

D = PAP�1

com

P�1 = SBvp!B1 =

�1 1

3

�1 13

�e D =M(T ;Bvp;Bvp) =

��1 00 5

�Observação:

(R2;B1)A�!T

(R2;B1)P�1 " I I # P(R2;Bvp)

T�!D

(R2;Bvp)

10. Seja V um espaço linear de dimensão �nita. Seja T : V ! V uma transformação linear tal queT 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) =T é linear

�T (v) = ��v = �2v

tem-se�v = �2v , � (1� �) v = 0 ,

v 6=0(� = 0 ou � = 1) .

Logo, os valores próprios de T são 0 e 1.

(ii) Tem-seT 2 = T , (T � I)T = 0

192

logo, para todo o u 2 V(T � I) (T (u)) = 0 (u) = 0,T (u) 2 N (T � I)

pelo queI (T ) � N (T � I) .

Seja agora u 2 N (T � I). Logo (T � I) (u) = 0, isto é, T (u) = u, ou seja u 2 I (T ). Deste modo

N (T � I) � I (T )

e assimI (T ) = N (T � I) .

Por outro lado, sendo n = dimV , atendendo a que

n = dim V|{z}espaço de partida

= dimN (T ) + dim I (T ) =

= dimN (T � 0I) + dimN (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 deT .


T (x; y; z) = (x; y;�x� y) .

(i) Determinemos os valores próprios e os subespaços próprios de T .Seja B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g a base canónica de R3. Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 1 0 00 1 0�1 �1 0

35 ,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 respectivamentea 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

det(A� �I) =

��1� � 0 00 1� � 0�1 �1 ��

�� = �� (1� �)2 .Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0 e �2 = 1.

193


E�1 = N (T � �1I) = N (A� 0I) =

= N

0@24 1 0 00 1 0�1 �1 0

351A = N

0@24 1 0 00 1 00 0 0

351A =

= f(0; 0; z) : z 2 Rg = L (f(0; 0; 1)g) .


u = (0; 0; s), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (A� I) = N

0@24 0 0 00 0 0�1 �1 �1

351A =

=�(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 �2 = 1 são

u = (�s� t; s; t), com s; t 2 Rn f0g .

(ii) Tem-se T 2 = T , razão pela qual a transformação linear T é uma projecção. Como

f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1); (0; 0; 1)g

é uma base de R3 formada só por vectores próprios de T , cujos valores próprios associados são respectiva-mente 1 e 0, tendo-se

T (�1; 1; 0) = 1(�1; 1; 0) = (�1; 1; 0)T (�1; 0; 1) = 1(�1; 0; 1) = (�1; 0; 1)T (0; 0; 1) = 0(0; 0; 1) = (0; 0; 0).

Assim, T projecta os elementos de R3 sobre um plano, paralelamente a um vector, sendo o plano dado por:

L (f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g)

isto é, por:x+ y + z = 0

e o vector dado por:(0; 0; 1).

194

12. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que representa geometricamente a projecção sobreo 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 queT (�1; 1; 0) = (�1; 1; 0) e T (�1; 0; 1) = (�1; 0; 1)

e o vector (0; 0; 1) é tal queT (0; 0; 1) = (0; 0; 0)

Ou seja, os vectores que de�nem o plano são vectores (de I (T )) (linearmente independentes) próprios deT associados ao valor próprio 1 e o vector (0; 0; 1) é um vector (de N (T )) próprio de T associado ao valorpróprio 0:

(ii) Seja (x; y; z) 2 R3. Comof(�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 a24 �1 �1 0 j x1 0 0 j y0 1 1 j z

35!24 �1 �1 0 j x0 �1 0 j x+ y0 1 1 j z

35!24 �1 �1 0 j x0 �1 0 j x+ y0 0 1 j x+ y + z

35e assim = x+ y + z, � = �x� y; � = y. Pelo que

T (x; y; z) = yT (�1; 1; 0) + (�x� y)T (�1; 0; 1) + (x+ y + z)T (0; 0; 1) =

= y(�1; 1; 0) + (�x� y) (�1; 0; 1) + (x+ y + z) (0; 0; 0) == (x; y;�x� y),

isto é, a expressão geral de T é dada por:

T (x; y; z) = (x; y;�x� y).

13. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base canónica deR2 é representadapela matriz:

A =

�2 10 2

�.

(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =�� 2� � 1

0 2� �

�� = (2� �)2 = �2 � 4�+ 4.195

Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A��I) = 0. Logo, o valor próprio de T é

� = 2.

O subespaço próprio E� é dado por

E� = N (T � �I) = N (A� 2I) = N��

0 10 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 dimE� =1 < 2 = dimR2. Logo, T não é diagonalizável.


T (x; y; z) = (3x; 2y + z; 2z).

Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 3 0 00 2 10 0 2

35 ,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 a1a, 2a e 3a colunas de A.(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��3� � 0 00 2� � 10 0 2� �

�� = (3� �) (2� �)2 = ��3 + 7�2 � 16�+ 12.Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A�

�I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 3 e �2 = 2.


E�1 = N (T � �1I) = N (A� �1I) =

= N

0@24 0 0 00 �1 10 0 �1

351A = N

0@24 0 0 00 �1 00 0 �1

351A =


196


u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (A� �2I) =

= N

0@24 1 0 00 0 10 0 0

351A = f(x; y; z) : x = z = 0g =

= f(0; y; 0) : y 2 Rg = L (f(0; 1; 0)g) .


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

dimE�1 + dimE�2 = 2 < 3 = dimR3:

Logo, a matriz A não é diagonalizável, isto é, não existe nenhuma base de R3 em relação à qual T possaser representada por uma matriz diagonal.


T (x; y; z) = (y + z; 2y + z; y + 2z).

Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 0 1 10 2 10 1 2

35 ,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 a1a, 2a e 3a colunas de A.(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

�� 1 10 2� � 10 1 2� �

�� = �� (2� �)2 + � = �� (2� �)2 � 1� == �� [((2� �)� 1) ((2� �) + 1)] = �� (1� �) (3� �)= ��3 + 4�2 � 3�.

(ii) Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os quaisdet(A� �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0, �2 = 1 e �3 = 3.

197


E�1 = N (T � �1I) = N (A� �1I) =

= N

0@24 0 1 10 2 10 1 2

351A = N

0@24 0 1 10 1 00 0 1

351A =



u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (A� �2I) =

= N

0@24 �1 1 10 1 10 1 1

351A = N

0@24 �1 1 10 1 10 0 0

351A =

= 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) .

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 .


E�3 = N (T � �3I) = N (A� �3I) =

= N

0@24 �3 1 10 �1 10 1 �1

351A = N

0@24 �3 1 10 �1 10 0 0

351A =

= f(x; y; z) : �3x+ y + z = 0 e � y + z = 0g =

=

�(x; y; z) : x =

2

3z e y = z

�=

=

��2

3z; z; z

�: z 2 R

�= L (f(2; 3; 3)g) .


u = (2s; 3s; 3s) , com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(1; 0; 0); (0;�1; 1); (2; 3; 3)g ,

198

uma vez quedimE�1 + dimE�2 + dimE�3 = 3 = dimR3.

Logo, a matriz que representa T na base Bvp é dada por

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 0 0 00 1 00 0 3

35 =24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 ,uma vez que

T (1; 0; 0) = (0; 0; 0) = 0(1; 0; 0) + 0(0;�1; 1) + 0 (2; 3; 3) ,T (0;�1; 1) = (0;�1; 1) = 0(1; 0; 0) + 1(0;�1; 1) + 0 (2; 3; 3)

eT (2; 3; 3) = (6; 9; 9) = 0(1; 0; 0) + 0(0;�1; 1) + 3 (2; 3; 3) .

Deste modo, (�1; 0; 0), (0; �2; 0) e (0; 0; �3) constituem respectivamente a 1a, 2a e 3a colunas deM(T ;Bvp;Bvp).

(iv) Seja A a matriz que representa T na base canónica de R3, isto é, A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se, por(iii),

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 =24 0 0 00 1 00 0 3

35 .Logo, atendendo ao diagrama

(R3;B3c )A�!T

(R3;B3c )�SB3c!Bvp

��1 " I I # SB3c!Bvp(R3;Bvp)

T�!M(T ;Bvp;Bvp)

(R3;Bvp)

tem-seD = PAP�1,

com

D =M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 =24 0 0 00 1 00 0 3

35 ,com

P�1 =�SB3c!Bvp

��1= SBvp!B3c =

24 1 0 20 �1 30 1 3

35 e A =M(T ;B3c ;B3c ).

Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal.

(v) Atendendo a queD = PAP�1,

tem-seA = P�1DP .

199

Logo,

An = P�1DnP =

24 1 0 20 �1 30 1 3

3524 0n 0 00 1n 00 0 3n

3524 1 0 20 �1 30 1 3

35�1 ==

24 0 133n 1

33n

0 12+ 1

23n �1

2+ 1

23n

0 �12+ 1

23n 1

2+ 1

23n

35e

T n(x; y; z) = An

24 xyz

35 =24 1

33ny + 1

33nz�

12+ 1

23n�y +

��12+ 1

23n�z�

�12+ 1

23n�y +

�12+ 1

23n�z

35 ,para todo o (x; y; z) 2 R3.

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:

A =

24 7 4 21 7 �1�1 2 10

35 .Logo, a matriz que representa T em relação à base canónica Bc de R3 é dada por:

B =M (T ;Bc;Bc) = SB!Bc

24 7 4 21 7 �1�1 2 10

35 (SB!Bc)�1 ==

24 0 1 11 0 00 �1 1

3524 7 4 21 7 �1�1 2 10

3524 0 1 0120 �1

2120 1

2

35 =24 9 0 03 7 �13 �2 8

35 .Note que deste modo, para todo o (x; y; z) 2 R3 tem-se

T (x; y; z) = B

24 xyz

35 = (9x; 3x+ 7y � z; 3x� 2y + 8z) .(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) = det(B � �I) =

��9� � 0 03 7� � �13 �2 8� �

�� = (9� �) [(7� �) (8� �)� 2] == (9� �)

��2 � 15�+ 54

�= (9� �) (�� 9) (�� 6) =

= � (�� 9)2 (�� 6) .

(ii) Os valores próprios de T são os valores próprios de B, isto é, são os valores de � para os quaisdet(B � �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 9 e �2 = 6.

200


E�1 = N (T � �1I) = N (B � �1I) =

= N

0@24 0 0 03 �2 �13 �2 �1

351A = N

0@24 0 0 00 0 03 �2 �1

351A =

=�(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 �1 = 9 são

u = (s; t; 3s� 2t), com s; t 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (B � �2I) =

= N

0@24 3 0 03 1 �13 �2 2

351A = N

0@24 3 0 00 1 �10 0 0

351A =

= f(x; y; z) : 3x = 0 e y � z = 0g == f(0; z; z) : z 2 Rg = L (f(0; 1; 1)g) .


u = (0; s; s), com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(1; 0; 3); (0; 1;�2); (0; 1; 1)g ,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 = 3 = dimR3.


M(T ;Bvp;Bvp) =

24 9 0 00 9 00 0 6

35 =24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 ,uma vez que

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)

eT (0; 1; 1) = (0; 6; 6) = 0(1; 0; 3) + 0(0; 1;�2) + 6(0; 1; 1).

Deste modo, (�1; 0; 0), (0; �2; 0) e (0; 0; �3) constituem respectivamente a 1a, 2a e 3a colunas deM(T ;Bvp;Bvp).

201

Logo, atendendo ao diagrama

(R3;B3c )B�!T

(R3;B3c )�SB3c!Bvp

��1 " I I # SB3c!Bvp(R3;Bvp)

T�!M(T ;Bvp;Bvp)

(R3;Bvp)

tem-seD = PBP�1,

com

D =M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 9 0 00 9 00 0 6

35 ,com

P�1 =�SB3c!Bvp

��1= SBvp!B3c =

24 1 0 00 1 13 �2 1

35 e B =M(T ;B3c ;B3c ).

Isto é, a matriz B é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal.

(iv) Atendendo a queD = PBP�1,

tem-seB = P�1DP .

Logo,

Bn = P�1DnP =

24 1 0 00 1 13 �2 1

3524 9n 0 00 9n 00 0 6n

3524 1 0 00 1 13 �2 1

35�1 ==

24 1 0 00 1 13 �2 1

3524 9n 0 00 9n 00 0 6n

3524 1 0 01 1=3 �1=3�1 2=3 1=3

35 ==

24 9n 0 00 9n 6n

9n3 9n(�2) 6n

3524 1 0 01 1=3 �1=3�1 2=3 1=3

35 ==

24 9n 0 09n � 6n 1

39n + 2

36n �1

39n + 1

36n

9n � 6n �239n + 2

36n 2

39n + 1

36n

35e

An = (SB!Bc)�1BnSB!Bc =

=

24 0 1 11 0 00 �1 1

35�1 24 9n 0 09n � 6n 1

39n + 2

36n �1

39n + 1

36n

9n � 6n �239n + 2

36n 2

39n + 1

36n

3524 0 1 11 0 00 �1 1

35 =

202

=

24 236n + 1

39n 4

39n � 4

36n 2

39n � 2

36n

139n � 1

36n 2

36n + 1

39n 1

36n � 1

39n

136n � 1

39n 2

39n � 2

36n 4

39n � 1

36n

35 .Por outro lado,

T n(x; y; z) = Bn

24 xyz

35 =24 9nx(9n � 6n)x+

�139n + 2

36n�y +

��139n + 1

36n�z

(9n � 6n)x+��239n + 2

36n�y +

�239n + 1

36n�z

35 ,para todo o (x; y; z) 2 R3.

17. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0;�1) e (1;�1; 0) são vectores próprios da matriz

A =

24 1 1 1a b cd e f

35 ,existem �1; �2 e �3 2 R tais que

(1; 1; 1) 2 N (A� �1I), (1; 0;�1) 2 N (A� �2I) e (1;�1; 0) 2 N (A� �3I),

isto é, 24 1� �1 1 1a b� �1 cd e f � �1

3524 111

35 =24 000

35 ,24 1� �2 1 1

a b� �2 cd e f � �2

3524 10�1

35 =24 000

35e 24 1� �3 1 1

a b� �3 cd e f � �3

3524 1�10

35 =24 000

35 .Logo, tem-se respectivamente 8>>>><>>>>:

3� �1 = 0

a+ b+ c� �1 = 0

d+ e+ f � �1 = 0

,

8>>>><>>>>:�1 = 3

a+ b+ c = 3

d+ e+ f = 3,8>>>><>>>>:��2 = 0

a� c = 0

d� f + �2 = 0

,

8>>>><>>>>:�2 = 0

a = c

d = f

203

e 8>>>><>>>>:��3 = 0

a� b+ �3 = 0

d� e = 0

,

8>>>><>>>>:�3 = 0

a = b

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

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R).A matriz M(T ;B2�2c ;B2�2c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) B2�2c é dada por

M(T ;B2�2c ;B2�2c ) =

26642 0 0 00 1 1 00 1 1 00 0 0 2

3775 ,uma vez que

T

��1 00 0

��=

�2 00 0

�= 2

�1 00 0

�+ 0

�0 10 0

�+ 0

�0 01 0

�+ 0

�0 00 1

�,

T

��0 10 0

��=

�0 11 0

�= 0

�1 00 0

�+

�0 10 0

�+

�0 01 0

�+ 0

�0 00 1

�,

T

��0 01 0

��=

�0 11 0

�= 0

�1 00 0

�+

�0 10 0

�+

�0 01 0

�+ 0

�0 00 1

�,

e

T

��0 00 1

��=

�0 00 2

�= 0

�1 00 0

�+ 0

�0 10 0

�+ 0

�0 01 0

�+ 2

�0 00 1

�.

204

(ii) Seja A =M(T ;B2�2c ;B2�2c ). O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��2� � 0 0 00 1� � 1 00 1 1� � 00 0 0 2� �

�� = (2� �)2 �(1� �)2 � 1� =

= (2� �)2 [((1� �)� 1) ((1� �) + 1)] == �� (2� �)3 .

Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A��I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0 e �2 = 2.


E�1 = N (T � �1I) =��

a bc d

�2M2�2(R) : (T � �1I)

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : T

��a bc d

�� 1I

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��1a �1b�1c �1d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��0 00 0

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : 2a = 0 e b+ c = 0 e 2d = 0

�=

=

��0 �cc 0

�2M2�2(R) : c 2 R

�=

= L

��0 �11 0

��.

O conjunto��

0 �11 0

��é uma base de E�1.

Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 0 são

U =

�0 �ss 0

�, com s 2 Rn f0g .

205


E�2 = N (T � �2I) =��

a bc d

�2M2�2(R) : (T � �2I)

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : T

��a bc d

�� 2I

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��2a �2b�2c �2d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��2a 2b2c 2d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�0 �b+ c

�c+ b 0

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : b = c

�=

=

��a cc d

�2M2�2(R) : a; c; d 2 R

�=

= L

��1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��.

O conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é uma base de E�2.

Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = 2 são

U =

�r ss t

�, com r; s; t 2 Rn f0g .

(iii) É possível ter uma base deM2�2(R) constituída só por vectores próprios de T :

Bvp =��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 �11 0

�;

�0 00 1

��,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 = 4 = dimM2�2(R).


M(T ;Bvp;Bvp) =

26642 0 0 00 2 0 00 0 0 00 0 0 2

3775 =2664�2 0 0 00 �2 0 00 0 �1 00 0 0 �2

3775 ,uma vez que

T

��1 00 0

��=

�2 00 0

�= 2

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 0

�0 00 1

�,

T

��0 11 0

��=

�0 22 0

�= 0

�1 00 0

�+ 2

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 0

�0 00 1

�,

206

T

��0 �11 0

��=

�0 00 0

�= 0

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 0

�0 00 1

�,

e

T

��0 00 1

��=

�0 00 2

�= 0

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 2

�0 00 1

�.

Deste modo, (�2; 0; 0; 0), (0; �2; 0; 0), (0; 0; �1; 0) e (0; 0; 0; �2) constituem respectivamente a 1a, 2a, 3a e 4a

colunas de M(T ;Bvp;Bvp).Logo, atendendo ao diagrama

(M2�2(R);B2�2c )A�!T

(M2�2(R);B2�2c )�SB2�2c !Bvp

��1" I I # SB2�2c !Bvp

(M2�2(R);Bvp)T�!

M(T ;Bvp;Bvp)(M2�2(R);Bvp)

tem-seD = PAP�1,

com

D =M(T ;Bvp;Bvp) =

2664�2 0 0 00 �2 0 00 0 �1 00 0 0 �2

3775 =26642 0 0 00 2 0 00 0 0 00 0 0 2

3775 ,com

P�1 =�SB2�2c !Bvp

��1= SBvp!B2�2c

e A =M(T ;B2�2c ;B2�2c ).

Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal.

19. (i) Seja

A1 =

�2 1�2 5

�.

Tem-se

det(A1 � �I) =�� 2� � 1�2 5� �

�� = (2� �) (5� �) + 2 = �2 � 7�+ 12 = (3� �) (4� �) .Os valores próprios de A1 são

�1 = 3 e �2 = 4.


E�1 = N (A� �1I) =

= N��

2� �1 1�2 5� �1

��= N

��1 1�2 2

��=

= N��

�1 10 0

��=�(x; y) 2 R2 : �x+ y = 0

=

= f(y; y) : y 2 Rg = L (f(1; 1)g) .

207

O conjunto f(1; 1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de A1 associados ao valor próprio �1 = 3 são

u = (s; s), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (A2 � �2I) =

= N��

2� �2 1�2 5� �2

��= N

��2 1�2 1

��=

= N��

�2 10 0

��=�(x; y) 2 R2 : �2x+ y = 0

=

= f(x; 2x) : x 2 Rg = L (f(1; 2)g) .

O conjunto f(1; 2)g é uma base de E�2.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 ,


Logo, a matriz A1 é diagonalizável e tem-se

D1 = P1A1P�11 ,

com

P�11 = SBvp!B2c =

�1 11 2

�e

D1 =

��1 00 �2

�=

�3 00 4

�.

(ii) Seja

A2 =

24 2 1 10 3 10 1 3

35 .Tem-se

det(A2 � �I) =

��2� � 1 10 3� � 10 1 3� �

�� = (2� �) �(3� �)2 � 1� == (2� �) [(3� �)� 1] [(3� �) + 1] = (2� �)2 (4� �) .

Os valores próprios de A2 são�1 = 2 e �2 = 4.

208


E�1 = N (A2 � �1I) =

= N

0@24 2� �1 1 10 3� �1 10 1 3� �1

351A = N

0@24 0 1 10 1 10 1 1

351A =

= N

0@24 0 1 10 0 00 0 0

351A =�(x; y; z) 2 R3 : y + z = 0

=

= f(x;�z; z) : x; z 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0;�1; 1)g) .

O conjunto f(1; 0; 0); (0;�1; 1)g é uma base de E�1 .Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio �1 = 2 são

u = (s;�t; t), com s; t 2 Rn f0g .


E�2 = N (A2 � �2I) =

= N

0@24 2� �2 1 10 3� �2 10 1 3� �2

351A = N

0@24 �2 1 10 �1 10 1 �1

351A =

= N

0@24 �2 1 10 �1 10 0 0

351A =�(x; y) 2 R2 : �2x+ y + z = 0 e � y + z = 0

=

= f(z; z; z) : z 2 Rg = L (f(1; 1; 1)g) .

O conjunto f(1; 1; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio �2 = 4 são

u = (s; s; s), com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(1; 0; 0); (0;�1; 1); (1; 1; 1)g ,



D2 = P2A2P�12 ,

com

P�12 = SBvp!B3c =

24 1 0 10 �1 10 1 1

35e

D2 =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 2 0 00 2 00 0 4

35 .209

(iii) Seja

A3 =

24 1 1 01 1 00 0 0

35 .Tem-se

det(A3 � �I) =

��1� � 1 01 1� � 00 0 ��

�� = (��) �(1� �)2 � 1� == (��) [(1� �)� 1] [(1� �) + 1] = �2 (2� �) .

Os valores próprios de A3 são�1 = 0 e �2 = 2.


E�1 = N (A3 � �1I) =

= N

0@24 1� �1 1 01 1� �1 00 0 ��1

351A = N

0@24 1 1 01 1 00 0 0

351A =

= N

0@24 1 1 00 0 00 0 0

351A =�(x; y; z) 2 R3 : x+ y = 0

=

= f(�y; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(�1; 1; 0); (0; 0; 1)g) .

O conjunto f(�1; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio �1 = 0 são

u = (�s; s; t), com s; t 2 Rn f0g .


E�2 = N (A2 � �2I) =

= N

0@24 1� �2 1 01 1� �2 00 0 ��2

351A = N

0@24 �1 1 01 �1 00 0 �2

351A =

= N

0@24 �1 1 00 0 00 0 �2

351A =�(x; y) 2 R2 : �x+ y = 0 e � 2z = 0

=

= f(y; y; 0) : y 2 Rg = L (f(1; 1; 0)g) .

O conjunto f(1; 1; 0)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de A3 associados ao valor próprio �2 = 2 são

u = (s; s; 0), com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(�1; 1; 0); (0; 0; 1); (1; 1; 0)g ,

210



D3 = P3A3P�13 ,

com

P�13 = SBvp!B3c =

24 �1 0 11 0 10 1 0

35 e D3 =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 0 0 00 0 00 0 2

35 .

20. Considere a transformação linear T : R4 �! R4 que em relação à base canónica deR4 é representadapela matriz 2664

0 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

3775 ,com a; b; c 2 R.Determinemos os valores próprios de T . Tem-se��

�� 0 0 0a �� 0 00 b �� 00 0 c ��

�� = (��)4 = �4.

O valor próprio de T é � = 0.O subespaço próprio E� é dado por

E� = N

0BB@2664�� 0 0 0a �� 0 00 b �� 00 0 c ��

37751CCA = N

0BB@26640 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

37751CCA =

=�(x; y; z; w) 2 R4 : ax = 0 e by = 0 e cz = 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, teríamosdimE� < 4.

211

7a Ficha de exercícios para as aulas de problemas (Produtos internos e ortogonalização)

1. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R2 � R2 ! R de�nem em R2 um produto interno.

(i) h(�1; �2); (�1; �2)i = �21�21 + �22�22(ii) h(�1; �2); (�1; �2)i = �1�1 � �2�1 � �1�2 + 3�2�2(iii) h(�1; �2); (�1; �2)i = �2�1�1 + 3�2�2

2. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R3 � R3 ! R de�nem em R3 um produto interno.

(i) h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 + �2�2 + �3�3(ii) h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�2 � �2�1(iii) h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = 2�1�1 + �1�3 + �3�1 + 2�2�2 + �3�3

3. Determine um produto interno em R2 tal que h(1; 0); (0; 1)i = 2.

4. Considere os vectores u =�1p5;� 1p

5

�e v =

�2p30; 3p

30

�. Veri�que que o conjunto fu; vg é ortonor-

mado relativamente ao produto interno de�nido em R2 por:

hu; vi = 3u1v1 + 2u2v2,

onde u = (u1; u2) e v = (v1; v2). Veri�que porém que o mesmo conjunto fu; vg não é ortonormadorelativamente ao produto interno usual de�nido em R2.

5. Considere em R4 o produto interno usual. Determine o subespaço de R4 ortogonal aos vectores(1; 0; 0; 0) e (1; 0; 0; 1).

6. Considere em R3 o produto interno de�nido por:

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 + �1�2 + �2�1 + 2�2�2 + �3�3.

(i) Calcule kuk, para qualquer vector u = (�1; �2; �3) 2 R3.(ii) Considere os vectores u1 = (1; 0; 0), u2 = (�1; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1). Calcule os ângulos formadospelos vectores: u1 e u2; u1 e u3; u2 e u3.

(iii) Justi�que que o conjunto fu1; u2; u3g é uma base ortonormada de R3. Calcule as coordenadasde 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 deR4 gerado pelos vectores:

(1; 0;�1; 0); (�1; 2; 0; 1) e (2; 0; 2; 1).

8. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também os seguintes subespaços de R3:

U = L (f(0; 1; 1); (0; 0; 1)g) e V =�(x; y; z) 2 R3 : y � z = 0

.

(i) Determine uma base ortogonal para U e uma base ortonormada para V .

(ii) Determine duas bases ortonormadas para R3: uma que inclua dois vectores de U e outra queinclua dois vectores de V .

(iii) Determine o elemento de U mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1) e V ?.

212

9. Seja A =

24 1 0 20 0 02 0 1

35 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectiva-

mente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

(i) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).(ii) Determine o elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1) e N (A).

10. Seja A =

24 1 0 10 2 01 0 1



(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 Ado 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(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 � �1�2 � �2�1 + 4�2�2 + �3�3.

(i) Veri�que que h; i de�ne um produto interno em R3.(ii) Seja V = L (f(3; 4; 0)g) � R3. Diga qual é o ponto de V mais próximo de (0; 1; 0).(iii) Determine uma base ortogonal para o complemento ortogonal de V , em relação ao produtointerno h; i.(iv) Seja PV : R3 ! R3 a projecção ortogonal de R3 sobre V . Indique, em relação ao produto internoh; i, uma base ortonormada de R3 para a qual a representação matricial de PV seja dada por24 1 0 0

0 0 00 0 0

35 .14. Seja U o subespaço de R3 gerado pelos vectores v1 = (0; 1; 0) e v2 =

�45; 0;�3

5

�. 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 ortogonalpara 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

213

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 .


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 basecanónica 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 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg com o produto interno de�nido por:

hp(t); q(t)i = p(�1)q(�1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).

Considere também o seguinte subespaço de P2:

U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g .

(i) Determine uma base ortonormada para U .

(ii) Determine uma base ortonormada para U?.

(iii) Determine as projecções ortogonais do polinómio 1 + t sobre U e U? respectivamente.

(iv) Determine as representações matriciais de PU : P2 ! P2 e de PU? : P2 ! P2 em relação à basecanónica f1; t; t2g de P2.(v) Determine a distância entre 1 + t e U .

(vi) Determine a distância entre o polinómio a0 + a1t+ a2t2 e o subespaço U .

19. Considere a aplicação h; i :M2�2(R)�M2�2(R)! R de�nida por

hA;Bi = tr(ABT ).

214

Considere também o subespaço U deM2�2(R) constituído por todas as matrizes simétricas reais dotipo 2� 2:

U =

��a bc d

�2M2�2(R) : b = c

�.

(i) Veri�que que h; i de�ne um produto interno emM2�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 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��deM2�2(R).

(v) Determine as projecções ortogonais da matriz�1 10 1

�sobre U e U? respectivamente.

(vi) Qual é a matriz simétrica mais próxima da matriz�1 10 1

�?

(vii) Determine a distância entre�1 10 1

�e U .

(viii) Determine a distância entre�a bc d

�e U .

215


1. (i) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(�1; �2); (�1; �2)i = �21�21 + �22�22,

com (�1; �2); (�1; �2) 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(�1; �2); (�1; �2)i = �1�1 � �2�1 � �1�2 + 3�2�2,

com (�1; �2); (�1; �2) 2 R2.Tem-se

h(�1; �2); (�1; �2)i =��1 �2

� � 1 �1�1 3

� ��1�2

�e como

�1 �1�1 3

�é simétrica e os seus valores próprios (

p2 + 2 e 2 �

p2) são todos positivos, logo, a

aplicação h; i de�ne um produto interno em R2.Resolução alternativa: Para todos os (�1; �2); (�

01; �

02); (�1; �2) 2 R2 e � 2 R tem-se:

h(�1; �2); (�1; �2)i = �1�1 � �2�1 � �1�2 + 3�2�2 == �1�1 � �1�2 � �2�1 + 3�2�2 == �1�1 � �2�1 � �1�2 + 3�2�2 == h(�1; �2); (�1; �2)i .D

(�1; �2) + (�0

1; �0

2); (�1; �2)E=D(�1 + �

0

1; �2 + �0

2); (�1; �2)E=

= (�1 + �0

1)�1 � (�2 + �0

2)�1 � (�1 + �0

1)�2 + 3(�2 + �0

2)�2 =

= �1�1 + �0

1�1 � �2�1 � �0

2�1 � �1�2 � �0

1�2 + 3�2�2 + 3�0

2�2 =

= �1�1 � �2�1 � �1�2 + 3�2�2 + �0

1�1 � �0

2�1 � �0

1�2 + 3�0

2�2 =

= h(�1; �2); (�1; �2)i+D(�

0

1; �0

2); (�1; �2)E.

h�(�1; �2); (�1; �2)i = h��1; ��2); (�1; �2)i == ��1�1 � ��2�1 � ��1�2 + 3��2�2 == �(�1�1 � �2�1 � �1�2 + 3�2�2) == � h(�1; �2); (�1; �2)i .

216

h(�1; �2); (�1; �2)i = �21 � 2�1�2 + 3�22 = (�1 � �2)2 + (p2�2)

2 � 0e

h(�1; �2); (�1; �2)i = 0, (�1 � �2 = 0 ep2�2 = 0),

, (�1 = �2 e �2 = 0)

, (�1 = 0 e �2 = 0):

Logo:h(�1; �2); (�1; �2)i > 0,

para todo o (�1; �2) 6= (0; 0).Assim, a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(�1; �2); (�1; �2)i = �1�1 � �2�1 � �1�2 + 3�2�2

é um produto interno.

(iii) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(�1; �2); (�1; �2)i = �2�1�1 + 3�2�2,

com (�1; �2); (�1; �2) 2 R2.Tem-se

h(�1; �2); (�1; �2)i =��1 �2

� � �2 00 3

� ��1�2

�:

Como os valores próprios de��2 00 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.

h(�1; �2); (�1; �2)i = 0, �2�21 + 3�22 = 0, �1 =

r3

2j�2j .

Logo, por exemplo tem-se:* r3

2; 1

!;

r3

2; 1

!+= 0 e

r3

2; 1

!6= (0; 0).

Assim, a condição:h(�1; �2); (�1; �2)i > 0, 8(�1; �2) 6= (0; 0)

não é satisfeita. Logo, a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(�1; �2); (�1; �2)i = �2�1�1 + 3�2�2

não é um produto interno.

217

2. (i) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 + �2�2 + �3�3,

com (�1; �2; �3); (�1; �2; �3) 2 R3.Tem-se

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i =��1 �2 �3

� 24 1 0 00 1 00 0 1

3524 �1�2�3

35 .e como

24 1 0 00 1 00 0 1

35 é simétrica e os seus valores próprios (1) são todos positivos, logo, a aplicação h; ide�ne um produto interno em R3.

Resolução alternativa: Para todos os (�1; �2; �3); (�01; �

02; �

03)(�1; �2; �3) 2 R3 e � 2 R tem-se:

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 + �2�2 + �3�3 =

= �1�1 + �2�2 + �3�3 =

= h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i .D(�1; �2; �3) + (�

0

1; �0

2; �0

3); (�1; �2; �3)E=

=D(�1 + �

0

1; �2 + �0

2; �3 + �0

3); (�1; �2; �3)E=

= (�1 + �0

1)�1 + (�2 + �0

2)�2 + (�3 + �0

3)�3 =

= �1�1 + �0

1�1 + �2�2 + �0

2�2 + �3�3 + �0

3�3 =

= �1�1 + �2�2 + �3�3 + �0

1�1 + �0

2�2 + �0

3�3 =

= h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i+D(�

0

1; �0

2; �0

3); (�1; �2; �3)E.

h�(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = h��1; ��2; ��3); (�1; �2; �3)i == ��1�1 + ��2�2 + ��3�3 =

= �(�1�1 + �2�2 + �3�3) =

= � h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i .

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �21 + �22 + �23 � 0e

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = 0, (�1 = 0 e �2 = 0 e �3 = 0):

Logo:h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i > 0, 8(�1; �2; �3) 6= (0; 0; 0).

Assim, a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 + �2�2 + �3�3

218

é um produto interno, o chamado produto interno usual de R3.

(ii) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�2 � �2�1.

Tem-se

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i =��1 �2 �3

� 24 0 1 0�1 0 00 0 0

3524 �1�2�3

35 .e como

24 0 1 0�1 0 00 0 0

35 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(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = 2�1�1 + �1�3 + �3�1 + 2�2�2 + �3�3,

com (�1; �2; �3); (�1; �2; �3) 2 R3.Tem-se

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i =��1 �2 �3

� 24 2 0 10 2 01 0 1

3524 �1�2�3

35 .e como

24 2 0 10 2 01 0 1

35 é simétrica e os seus valores próprios

det

24 2� � 0 10 2� � 01 0 1� �

35 = (2� �) det � 2� � 11 1� �

�=

= (2� �) [(2� �) (1� �)� 1] = (2� �)��2 � 3�+ 1

�=

= (2� �) �� 3

2�p5

2

! �� 3

2+

p5

2

!(32+p52; 32�p52; 2 ) são todos positivos, logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno em R3.

219

Resolução alternativa: Para todos os (�1; �2; �3); (�01; �

02; �

03)(�1; �2; �3) 2 R3 e � 2 R tem-se:

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = 2�1�1 + �1�3 + �3�1 + 2�2�2 + �3�3 =

= 2�1�1 + �3�1 + �1�3 + 2�2�2 + �3�3 =

= h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i .D(�1; �2; �3) + (�

0

1; �0

2; �0

3); (�1; �2; �3)E=D(�1 + �

0

1; �2 + �0

2; �3 + �0

3); (�1; �2; �3)E=

= 2(�1 + �0

1)�1 + (�1 + �0

1)�3 + (�3 + �0

3)�1 + 2(�2 + �0

2)�2 + (�3 + �0

3)�3 =

= 2�1�1 + 2�0

1�1 + �1�3 + �0

1�3 + �3�1 + �0

3�1 + 2�2�2 + 2�0

2�2 + �3�3 + �0

3�3 =

= 2�1�1 + �1�3 + �3�1 + 2�2�2 + �3�3 + 2�0

1�1 + �0

1�3 + �0

3�1 + 2�0

2�2 + �0

3�3 =

= h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i+D(�

0

1; �0

2; �0

3); (�1; �2; �3)E.

h�(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = h��1; ��2; ��3); (�1; �2; �3)i == 2��1�1 + ��1�3 + ��3�1 + 2��2�2 + ��3�3 =

= �(2�1�1 + �1�3 + �3�1 + 2�2�2 + �3�3) =

= � h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i .

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = 2�21 + 2�1�3 + 2�22 + �

23 =

= �21 + (�1 + �3)2 +

�p2�2

�2� 0

e

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = 0, (�1 = 0 e �1 + �3 = 0 ep2�2 = 0),

, (�1 = 0 e �2 = 0 e �3 = 0):

Logo:h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i > 0, 8(�1; �2; �3) 6= (0; 0; 0).

Assim, a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = 2�1�1 + �1�3 + �3�1 + 2�2�2 + �3�3

é um produto interno.

3. Sejam (�1; �2); (�1; �2) 2 R2. Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(�1; �2); (�1; �2)i =��1 �2

� � 3 22 3

� ��1�2

�= 3�1�1 + 2�2�1 + 2�1�2 + 3�2�2.

Atendendo a que a matriz�3 22 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 22 3

�=

�h(1; 0); (1; 0)i h(1; 0); (0; 1)ih(0; 1); (1; 0)i h(0; 1); (0; 1)i

�.

220

4. Considere os vectores u =�1p5;� 1p

5

�e v =

�2p30; 3p

30

�. Considere o produto interno de�nido em

R2 porh(�1; �2); (�1; �2)i = 3�1�1 + 2�2�2.

Tem-se

hu; vi =��

1p5;� 1p

5

�;

�2p30;3p30

��= 3

1p5

2p30+ 2

�� 1p

5

�3p30= 0

e

hu; ui = 3�1p5

�2+ 2

�1p5

�2= 1 e hv; vi = 3

�2p30

�2+ 2

�3p30

�2= 1.

Logo, o conjunto fu; vg é ortonormado relativamente ao produto interno anterior.No entanto, relativamente ao produto interno usual h; i0 de�nido em R2:

h(�1; �2); (�1; �2)i0 = �1�1 + �2�2,

tem-sehu; vi = � 1p

150, hu; ui = 2

5e hv; vi = 13

30.

Logo, o conjunto fu; vg não é ortonormado relativamente ao produto interno usual de�nido em R2.

5. Considere em R4 o produto interno usual.Seja U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 0; 0; 1)g). Logo, o subespaço de R4 ortogonal a U é dado por:

U? =

�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 0)i = 0 e

h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 1)i = 0

�=

= N��

1 0 0 01 0 0 1

��= N

��1 0 0 00 0 0 1

��=

=�(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(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 + �1�2 + �2�1 + 2�2�2 + �3�3,

isto é, por

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i =��1 �2 �3

� 24 1 1 01 2 00 0 1

3524 �1�2�3

35 .221

(i) Seja u = (�1; �2; �3) 2 R3. Tem-se

kuk =ph(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i =

q�21 + 2�1�2 + 2�

22 + �

23.

(ii) Considere os vectores u1 = (1; 0; 0), u2 = (�1; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1). Tem-se

arccoshu1; u2iku1k ku2k

= arccos0

1:1=�

2,


= arccos0

1:1=�

2

e


= arccos0

1:1=�

2

(iii) Atendendo a que

hu1; u2i = hu2; u3i = hu1; u3i = 0 e ku1k = ku2k = ku3k = 1

então o conjunto fu1; u2; u3g é uma base ortonormada de R3.Seja u = (�1; �2; �3) 2 R3. Tem-se

u = hu; u1iu1 + hu; u2iu2 + hu; u3iu3 == (�1 + �2)u1 + �2u2 + �3u3.

Logo, as coordenadas de um vector u = (�1; �2; �3) 2 R3 em relação à base ortonormada fu1; u2; u3g sãodadas por:

�1 + �2, �2 e �3.

7. Considere R4 com o produto interno usual. Seja

U = L (f(1; 0;�1; 0); (�1; 2; 0; 1); (2; 0; 2; 1)g) .

Determinemos a dimensão de U e uma base ortonormada para U . Tem-se26641 �1 20 2 0�1 0 20 1 1

3775 �!26641 �1 20 2 00 �1 40 1 1

3775 �!26641 �1 20 2 00 0 40 0 1

3775 �!26641 �1 20 2 00 0 40 0 0

3775 .Logo, o conjunto fv1; v2; v3g, com v1 = (1; 0;�1; 0); v2 = (�1; 2; 0; 1) e v3 = (2; 0; 2; 1), é uma base de U ecomo tal dimU = 3.Sejam

u1 = v1, u2 = v2 � proju1 v2 e u3 = v3 � proju1 v3 � proju2 v3.Logo, o conjunto fu1; u2; u3g, com u1 = (1; 0;�1; 0),

u2 = (�1; 2; 0; 1)��12(1; 0;�1; 0) =

��12; 2;�1

2; 1

�222

e

u3 = (2; 0; 2; 1)� 02(1; 0;�1; 0)� �1

11=2

��12; 2;�1

2; 1

�=

= (2; 0; 2; 1) +1

11(�1; 4;�1; 2) =

�21

11;4

11;21

11;13

11

�é uma base ortogonal de U . Uma base ortonormada para U :�

u1ku1k

;u2ku2k

;u3ku3k

�=

=

( p2

2; 0;�

p2

2; 0

!;

�p22

22;2p22

11;�p22

22;

p22

11

!;

�21p1067

;4p1067

;21p1067

;13p1067

�):

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; u2g emque u1 = (0; 1; 1) e

u2 = (0; 0; 1)� Proj(0;1;1)

(0; 0; 1) = (0; 0; 1)� h(0; 0; 1); (0; 1; 1)ik(0; 1; 1)k2

(0; 1; 1) =

= (0; 0; 1)� 12(0; 1; 1) =

�0;�1

2;1

2

�.

Assim uma base ortogonal para U é:�(0; 1; 1);

�0;�1

2; 12

�.

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:�(1; 0; 0)

k(1; 0; 0)k ;(0; 1; 1)

k(0; 1; 1)k

�=

((1; 0; 0);

0;

p2

2;

p2

2

!):

(ii) Como

U? =

�L

��(0; 1; 1);

�0;�1

2;1

2

��?= L (f(1; 0; 0)g) ;

uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores geradores de U é:((1; 0; 0);

0;

p2

2;

p2

2

!;

0;�

p2

2;

p2

2

!):

Como

V ? =�(x; y; z) 2 R3 : y � z = 0

?=�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (0; 1;�1)i = 0

?=

223

=�(L (f(0; 1;�1)g))?

�?= L (f(0; 1;�1)g) ;

e atendendo à alínea anterior, uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores geradores de V é:((1; 0; 0);

0;

p2

2;

p2

2

!;

0;

p2

2;�p2

2

!):

(iii) O elemento de U mais próximo de (1; 1; 1) é:

PU(1; 1; 1) = (1; 1; 1)� PU?(1; 1; 1) =

= (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 =

(1;1;1)2Vk(1; 1; 1)k =

p3

9. Seja A =

24 1 0 20 0 02 0 1



(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)ik(2; 0; 1)k2

(2; 0; 1)� h(1; 0; 2); (0; 1; 0)ik(0; 1; 0)k2

(0; 1; 0) =

= (1; 0; 2)� 45(2; 0; 1) =

��35; 0;6

5

�.

Logo, o conjunto((2; 0; 1)

k(2; 0; 1)k ;(0; 1; 0)

k(0; 1; 0)k ;��35; 0; 6

5

� ��35; 0; 6

5

� )=

( 2p5

5; 0;

p5

5

!; (0; 1; 0);

�p5

5; 0;2p5

5

!)

é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):�2p55; 0;

p55

�e��p55; 0; 2

p55

�.

224

(ii) O elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) é:

PL(A)(1; 1; 1) = (1; 1; 1)� PN (A)(1; 1; 1) =N (A)=L(f(0;1;0)g)

= (1; 1; 1)� h(1; 1; 1); (0; 1; 0)ik(0; 1; 0)k2

(0; 1; 0) =

= (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 = p2:

10. Seja A =

24 1 0 10 2 01 0 1

35 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respecti-

vamente 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 �

(1; 0; 1)

k(1; 0; 1)k ;(0; 2; 0)

k(0; 2; 0)k

�=

( p2

2; 0;

p2

2

!; (0; 1; 0)

)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) =

= (0; 0; 1)� h(0; 0; 1); (1; 0; 1)ik(1; 0; 1)k2

(1; 0; 1)� h(0; 0; 1); (0; 2; 0)ik(0; 2; 0)k2

(0; 2; 0) =

= (0; 0; 1)� 12(1; 0; 1) =

��12; 0;1

2

�.

Logo, o conjunto((1; 0; 1)

k(1; 0; 1)k ;(0; 2; 0)

k(0; 2; 0)k ;��12; 0; 1

2

� ��12; 0; 1

2

� )=

( p2

2; 0;

p2

2

!; (0; 1; 0);

�p2

2; 0;

p2

2

!)

é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):�p

22; 0;

p22

�e (0; 1; 0).

225

(iii) O elemento de L (A) mais próximo de (1; 2; 3) é:

PL(A)(1; 2; 3) = (1; 2; 3)� PN (A)(1; 2; 3) =N (A)=L(f(�1;0;1)g)

= (1; 2; 3)� h(1; 2; 3); (�1; 0; 1)ik(�1; 0; 1)k2

(�1; 0; 1) =

= (1; 2; 3)� (�1; 0; 1) = (2; 2; 2).

A distância entre (1; 2; 3) e L (A)? é:

d�(1; 2; 3); (L (A))?

�= PL(A)(1; 2; 3) = k(2; 2; 2)k = 2p3:

11. Seja U = L (f(1; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1)g). Seja (x; y; z; w) 2 U . Então existem �; � 2 R tais que

(x; y; z; w) = �(1; 1; 1; 0) + �(0; 1; 1; 1):

Deste modo, o seguinte sistema (nas variáveis � e �) tem que ser possível e determinado:8>><>>:� = x�+ � = y�+ � = z� = w

Considerando então a matriz aumentada deste sistema, tem-se:26641 0 j x1 1 j y1 1 j z0 1 j w

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

266426641 0 j x0 1 j y � x0 1 j z � x0 1 j w

37753775 �!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

266426641 0 j x0 1 j y � x0 0 j z � y0 0 j x� y + w

37753775 .

Logo, para que o sistema anterior seja possível e determinado, é preciso que se tenha z�y = 0 e x�y+w = 0.Assim, U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + w = 0 e z � y = 0g, isto é,

U = N (A), com A =

�1 �1 0 10 �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 relaçãoao qual a base B é ortonormada.Seja B2c = f(1; 0); (0; 1)g a base canónica de R2. A matriz de mudança de base de B2c para B é dada

por

SB2c!B =�SB!B2c

��1=

�1 10 �1

��1=

�1 10 �1

�.

Sejam u; v 2 R2. Tem-seu = (�1; �2) e v = (�1; �2) ,

226

onde �1; �2 e �1; �2 são as coordenadas na base B2c de u e v respectivamente. Seja S = SB2c!B. Logo,tem-se a aplicação h; i : R2 � R2 de�nida por

hu; vi = (Su)T G (Sv) , com G =

�hv1; v1i hv1; v2ihv2; v1i hv2; v2i

�=

�1 00 1

�,

ou seja,

h(�1; �2) ; (�1; �2)i =

��1 10 �1

� ��1�2

��T �1 00 1

��1 10 �1

� ��1�2

��=

= �1�1 + �1�2 + �2�1 + 2�2�2.

Como

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �1�2 + �2�1 + 2�2�2 =��1 �2

� � 1 11 2

� ��1�2

�e a matriz

�1 11 2

�é simétrica, sendo os seus valores próprios (1

2

p5 + 3

2e 3

2� 1

2

p5) positivos, então a

expressãoh(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �1�2 + �2�1 + 2�2�2

de�ne um produto interno em R2. Além disso, é fácil veri�car que para este produto interno a baseB = 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(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i = �1�1 � �1�2 � �2�1 + 4�2�2 + �3�3.

(i) Tem-se

h(�1; �2; �3); (�1; �2; �3)i =��1 �2 �3

� 24 1 �1 0�1 4 00 0 1

3524 �1�2�3

35 .Como

24 1 �1 0�1 4 00 0 1

35 é simétrica e os seus valores próprios (5+p132

e 5�p13

2) são todos positivos, logo, a

aplicação h; i de�ne um produto interno em R3.

(ii) Seja V = L (f(3; 4; 0)g) � R3. Uma base ortonormada para V :�(3; 4; 0)

k(3; 4; 0)k

�=

�(3; 4; 0)

7

�=

��3

7;4

7; 0

��O ponto de V mais próximo de (0; 1; 0) é

PV (0; 1; 0) =

�(0; 1; 0);

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=13

7

�3

7;4

7; 0

�=

�39

49;52

49; 0

�.

227

Nota. Em alternativa, como dimV = 1,

PV (0; 1; 0) = proj(3;4;0)(0; 1; 0) =h(0; 1; 0); (3; 4; 0)ik(3; 4; 0)k2

(3; 4; 0) =13

49(3; 4; 0) =

�39

49;52

49; 0

�.

(iii) Tem-se

V ? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (3; 4; 0)i = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : 3x� 4x� 3y + 16y = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : �x+ 13y = 0

=

=�(13y; y; z) 2 R3 : y; z 2 R

=

= L (f(13; 1; 0); (0; 0; 1)g) .

Como o conjunto fv1; v2g, com v1 = (13; 1; 0) e v2 = (0; 0; 1), é independente e gera V ? então é uma basede V ?. Sejam

u1 = v1 e u2 = v2 � proju1 v2.Logo, o conjunto fu1; u2g, com u1 = (13; 1; 0) e u2 = (0; 0; 1)� 0(13; 1; 0) = (0; 0; 1), é uma base ortogonalde V ?.

(iv) Seja

B =��

3

7;4

7; 0

�;

�13p147

;1p147

; 0

�; (0; 0; 1)

�:

Como ��13p147

;1p147

; 0

�; (0; 0; 1)

�é uma base ortonormada para V ?, então B é uma base ortonormada de R3. Atendendo a que

PV

�3

7;4

7; 0

�=

��3

7;4

7; 0

�;

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=

=

�37 ; 47 ; 0� 2�37 ; 47 ; 0

�=

�3

7;4

7; 0

�=

= 1

�3

7;4

7; 0

�+ 0

�13p147

;1p147

; 0

�+ 0(0; 0; 1),

PV

�13p147

;1p147

; 0

�=

��13p147

;1p147

; 0

�;

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=

= 0

�3

7;4

7; 0

�= (0; 0; 0) =

= 0

�3

7;4

7; 0

�+ 0

�13p147

;1p147

; 0

�+ 0(0; 0; 1)

228

e

PV (0; 0; 1) =

�(0; 0; 1);

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=

= 0

�3

7;4

7; 0

�= (0; 0; 0) =

= 0

�3

7;4

7; 0

�+ 0

�13p147

;1p147

; 0

�+ 0(0; 0; 1),

a matriz que representa PV em relação à base B é dada por:24 1 0 00 0 00 0 0

35 .

14. Consideremos em R3 o produto interno usual. Seja U = L��(0; 1; 0);

�45; 0;�3

5

��. Tem-se

U? = N��

0 1 04=5 0 �3=5

��= N

��0 1 04 0 �3

��= L (f(3; 0; 4)g) .

Logo,

PU?(1; 2; 3) =h(1; 2; 3); (3; 0; 4)ik(3; 0; 4)k2

(3; 0; 4) =

�9

5; 0;12

5

�e assim

PU(1; 2; 3) = (1; 2; 3)� PU?(1; 2; 3) = (1; 2; 3)��9

5; 0;12

5

�=

��45; 2;3

5

�.

Deste modo,

(1; 2; 3) =

��45; 2;3

5

�+

�9

5; 0;12

5

�,

com��45; 2; 3

5

�2 U e

�95; 0; 12

5

�2 U?.

15. Considere R4 com o produto interno usual.(i) Seja U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g). Logo,

U? =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (1; 1; 0; 1)i = 0

.

Tem-se então: 8<:x = 0

x+ y + w = 0,

8<:x = 0

y = �w.Logo,

U? =�(0;�w; z; w) 2 R4 : z; w 2 R

= L (f(0;�1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g) .

Comoh(0;�1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)i = 0

229

então o conjunto f(0;�1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g é uma base ortogonal de U?.

(ii) Seja U = L (f(1; 0; 1; 1)g). Logo,

U? =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 1; 1)i = 0

.

Tem-se então:x+ z + w = 0, x = �z � w.

Logo,

U? =�(�z � w; y; z; w) 2 R4 : y; z; w 2 R

= L (f(0; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g) ,

pois(�z � w; y; z; w) = y(0; 1; 0; 0) + z(�1; 0; 1; 0) + w(�1; 0; 0; 1).

Como o conjunto f(0; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g é independente (basta colocar esses três vectorescomo linhas ou como colunas de uma matriz e aplicar de seguida o método de eliminação de Gaussobtendo-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)� P(0;1;0;0)(�1; 0; 0; 1)� P(�1;0;1;0)(�1; 0; 0; 1) =

= (�1; 0; 0; 1)� h(�1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0)ik(0; 1; 0; 0)k2

(0; 1; 0; 0)� h(�1; 0; 0; 1); (�1; 0; 1; 0)ik(�1; 0; 1; 0)k2

(�1; 0; 1; 0) =

= (�1; 0; 0; 1)� 12(�1; 0; 1; 0) =

��12; 0;�1

2; 1

�.

Logo, o conjunto �(0; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0);

��12; 0;�1

2; 1

��é uma base ortogonal de U?.

(iii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + z + 2w = 0g. Logo, atendendo a que o produto interno é ousual (de R4), Tem-se:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 2; 1; 2)i = 0

= (L (f(1; 2; 1; 2)g))? .

Assim,U? = (L (f(1; 2; 1; 2)g))?? = L (f(1; 2; 1; 2)g) .

Logo, o conjunto f(1; 2; 1; 2)g é uma base ortogonal de U?.

(iv) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� z = 0 e 2x� y + 2z � w = 0g. Logo, atendendo a que o pro-duto 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))? .

230

Assim,U? = (L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g))?? = L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g) .

Comoh(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)i = 0

então o conjunto f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g é uma base ortogonal de U?.


U = L (f(1; 1; 1); (1; 0; 0)g) .

(i) Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam

v1 = (1; 1; 1) e v2 = (1; 0; 0)� proj(1;1;1)(1; 0; 0).

Tem-se então:

v2 = (1; 0; 0)� proj(1;1;1)(1; 0; 0)

= (1; 0; 0)� h(1; 0; 0); (1; 1; 1)ik(1; 1; 1)k2

(1; 1; 1)

= (1; 0; 0)� 13(1; 1; 1)

=

�2

3;�13;�13

�.

Logo, o conjunto �(1; 1; 1);

�2

3;�13;�13

��é uma base ortogonal de U .

(ii) Como o conjunto�(1; 1; 1);

�23;�1

3;�1

3

�é uma base ortogonal de U , então

k(1; 1; 1)k =p3 e

�23 ;�13 ;�13� = p

6

3,

então o conjunto((1; 1; 1)

k(1; 1; 1)k ;�23;�1

3;�1

3

� �23;�1

3;�1

3

� )=

( p3

3;

p3

3;

p3

3

!;

p6

3;�p6

6;�p6

6

!)

é uma base ortonormada de U .Por outro lado, tem-se:

U? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 1; 1)i = 0 e h(x; y; z); (1; 0; 0)i = 0

=

= N��

1 1 11 0 0

��= N

��0 1 11 0 0

��.

231

Logo, 8<:y + z = 0

x = 0,

8<:y = �z

x = 0.

Assim,U? =

�(0;�z; z) 2 R3 : z 2 R

= L (f(0;�1; 1)g) .

Comok(0;�1; 1)k =

p2,

então o conjunto ��0;� 1p

2;1p2

��=

( 0;�

p2

2;

p2

2

!)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) =

=

*(3; 2; 1);

p3

3;

p3

3;

p3

3

!+ p3

3;

p3

3;

p3

3

!+

+

*(3; 2; 1);

p6

3;�p6

6;�p6

6

!+ p6

3;�p6

6;�p6

6

!+

+

*(3; 2; 1);

0;�

p2

2;

p2

2

!+ 0;�

p2

2;

p2

2

!=

=

�3;3

2;3

2

�| {z }

2U

+

�0;1

2;�12

�| {z }

2U?

.

Isto é,

(3; 2; 1) =

�3;3

2;3

2

�| {z }

2U

+

�0;1

2;�12

�| {z }

2U?

.

(iii) A distância entre o ponto (1; 0; 1) e o plano f(1; 1; 0)g+ U é dada por:d((1; 0; 1); f(1; 1; 0)g+ U) = kPU?((1; 0; 1)� (1; 1; 0))k = kPU?(0;�1; 1)k =

(0;�1;1)2U?k(0;�1; 1)k =

p2.

(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

=

*(x; y; z);

0;�

p2

2;

p2

2

!+ 0;�

p2

2;

p2

2

! = j�y + zj

p2

2.

232


U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + z = 0 e y � z + w = 0

.

(i) Tem-se então

U =�(y � z; y; z; z � y) 2 R4 : y; z 2 R

= L(f(1; 1; 0;�1); (�1; 0; 1; 1)g).

Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam

v1 = (1; 1; 0;�1) e v2 = (�1; 0; 1; 1)� proj(1;1;0;�1)(�1; 0; 1; 1).

Tem-se então:

v2 = (�1; 0; 1; 1)� proj(1;1;0;�1)(�1; 0; 1; 1)

= (�1; 0; 1; 1)� h(�1; 0; 1; 1); (1; 1; 0;�1)ik(1; 1; 0;�1)k2

(1; 1; 0;�1)

= (�1; 0; 1; 1) + 23(1; 1; 0;�1)

=

��13;2

3; 1;1

3

�.

Logo, o conjunto �(1; 1; 0;�1);

��13;2

3; 1;1

3

��é uma base ortogonal de U . Como

k(1; 1; 0;�1)k =p3 e

��13 ; 23 ; 1; 13� = p

15

3,

então o conjunto ( p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!;

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!)é uma base ortonormada de U .

(ii) ComoU =

�(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) .


v1 = (1;�1; 1; 0) e v2 = (0; 1;�1; 1)� proj(1;�1;1;0) (0; 1;�1; 1) .

233

Tem-se então:

v2 = (0; 1;�1; 1)� proj(1;�1;1;0) (0; 1;�1; 1)

= (0; 1;�1; 1)� h(0; 1;�1; 1) ; (1;�1; 1; 0)ik(1;�1; 1; 0)k2

(1;�1; 1; 0)

= (0; 1;�1; 1) + 23(1;�1; 1; 0)

=

�2

3;1

3;�13; 1

�.

Logo, o conjunto �(1;�1; 1; 0) ;

�2

3;1

3;�13; 1

��é uma base ortogonal de U?. Como

k(1;�1; 1; 0)k =p3 e

�23 ; 13 ;�13 ; 1� = p

15

3,

então o conjunto ( p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!;

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!)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);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+

+

*(x; y; z; w);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!,

uma vez que o conjunto ( p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!;

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!)

é uma base ortonormada de U . Logo, a projecção ortogonal de (0; 0; 1; 0) sobre U é dada por:

PU(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+

+

*(0; 0; 1; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

��15;2

5;3

5;1

5

�:

234

A projecção ortogonal PU? de R4 sobre U? é de�nida por:

PU? : R4 ! R4

(x; y; z; w) !*(x; y; z; w);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(x; y; z; w);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!,

uma vez que o conjunto ( p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!;

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!)é uma base ortonormada de U?. Logo, a projecção ortogonal de (0; 0; 1; 0) sobre U? é dada por:

PU?(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(0; 0; 1; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�1

3;�13;1

3; 0

�+

�� 215;� 115;1

15;�15

�=

�1

5;�25;2

5;�15

�:

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) =��15; 25; 35; 15

�,

então não precisamos de efectuar o cálculo de PU?(0; 0; 1; 0) pela de�nição. Basta efectuar:

PU?(0; 0; 1; 0) = (0; 0; 1; 0)� PU(0; 0; 1; 0)

= (0; 0; 1; 0)��15;2

5;3

5;1

5

�=

�1

5;�25;2

5;�15

�.

(iv) Seja B4c = 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);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(1; 0; 0; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

�1

3;1

3; 0;�1

3

�+

�1

15;� 215;� 315;� 115

�=

�2

5;1

5;�15;�25

�.

235

PU(0; 1; 0; 0) =

*(0; 1; 0; 0);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(0; 1; 0; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

�1

3;1

3; 0;�1

3

�+

�� 215;4

15;6

15;2

15

�=

�1

5;3

5;2

5;�15

�.

PU(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(0; 0; 1; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

��15;2

5;3

5;1

5

�.

PU(0; 0; 0; 1) =

*(0; 0; 0; 1);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(0; 0; 0; 1);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

��13;�13; 0;1

3

�+

�� 115;2

15;3

15;1

15

�=

��25;�15;1

5;2

5

�.

Logo, a representação matricial de PU : R4 ! R4 em relação à base canónica de R4, é dada por:

M(PU ;B4c ;B4c ) =

26642=5 1=5 �1=5 �2=51=5 3=5 2=5 �1=5

�1=5 2=5 3=5 1=5�2=5 �1=5 1=5 2=5

3775 .Tem-se:

PU?(1; 0; 0; 0) =

*(1; 0; 0; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(1; 0; 0; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�1

3;�13;1

3; 0

�+

�4

15;2

15;� 215;2

5

�=

�3

5;�15;1

5;2

5

�.

PU?(0; 1; 0; 0) =

*(0; 1; 0; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(0; 1; 0; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

��13;1

3;�13; 0

�+

�2

15;1

15;� 115;1

5

�=

��15;2

5;�25;1

5

�.

236

PU?(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(0; 0; 1; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�1

3;�13;1

3; 0

�+

�� 215;� 115;1

15;�15

�=

�1

5;�25;2

5;�15

�.

PU?(0; 0; 0; 1) =

*(0; 0; 0; 1);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(0; 0; 0; 1);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�2

5;1

5;�15;3

5

�.

Logo, a representação matricial de PU? : R4 ! R4 em relação à base canónica de R4, é dada por:

M(PU? ;B4c ;B4c ) =

26643=5 �1=5 1=5 2=5

�1=5 2=5 �2=5 1=51=5 �2=5 2=5 �1=52=5 1=5 �1=5 3=5

3775 .

(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 =

=

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(0; 0; 1; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

! =

�13 ;�13 ; 13 ; 0�+

�� 215;� 115;1

15;�15

� = �15 ;�25 ; 25 ;�15� = p

10

5.

(vi) A distância entre (x; y; z; w) e U é dada por:

d((x; y; z; w); U) = kPU?((x; y; z; w)� (0; 0; 0; 0))k = kPU?(x; y; z; w)k =

=

*(x; y; z; w);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(x; y; z; w);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

! =237

=

x

p3

3� y

p3

3+ z

p3

3

! p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

x2p15

15+ y

p15

15� z

p15

15+ w

p15

5

! 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

! ==

�25w + 35x� 15y + 15z; 15w � 15x+ 25y � 25z; 15x� 15w � 25y + 25z; 35w + 25x+ 15y � 15z� =

=1

5

q(2w + 3x� y + z)2 + (w � x+ 2y � 2z)2 + (x� w � 2y + 2z)2 + (3w + 2x+ y � z)2.

18. Considere P2 com o produto interno de�nido da seguinte forma:

hp(t); q(t)i = p(�1)q(�1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).

Considere também o seguinte subespaço de P2:

U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g .

(i) Tem-se:U =

�a1t+ a2t

2 : a1; a2 2 R= L(ft; t2g).


p1(t) = t e p2(t) = t2 � ht

2; tiktk2

t.

Logo,

p2(t) = t2 � (�1)

2(�1) + 020 + 121(�1):(�1) + 0:0 + 1:1 t = t

2.

Logo, o conjunto ft; t2g é uma base ortogonal de U . Assim, o conjunto�t

ktk ;t2

kt2k

�=

�tp2;t2p2

�=

(p2

2t;

p2

2t2

)

é uma base ortonormada de U .

(ii) Tem-se:U? =

�p(t) 2 P2 : hp(t); ti = 0 e

p(t); t2

�= 0.

Logo, 8<:(a0 � a1 + a2)(�1)2 + a00 + a0 + a1 + a2 = 0

(a0 � a1 + a2)(�1) + a00 + a0 + a1 + a2 = 0,

8<:a0 = �a2

a1 = 0.

Logo,U? =

��a2 + a2t2 : a2 2 R

= L(f�1 + t2g).

238

Como k�1 + t2k = 1 então f�1 + t2g é uma base ortonormada de U?.Observação. Note que P2 = U � U?, tendo-se, neste caso, dimU = 2 e dimU? = 1.

(iii) A projecção ortogonal PU de P2 sobre U é de�nida por:

PU : P2 ! P2

p(t) !*p(t);

p2

2t

+ p2

2t+

*p(t);

p2

2t2

+ p2

2t2,

uma vez que o conjunto (p2

2t;

p2

2t2

)é uma base ortonormada de U . Logo, a projecção ortogonal de 1 + t sobre U é dada por:

PU(1 + t) =

*1 + t;

p2

2t

+ p2

2t+

*1 + t;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t+ t2

A projecção ortogonal PU? de R3 sobre U? é de�nida por:

PU? : P2 ! P2

p(t) !p(t);�1 + t2

�(�1 + t2),

uma vez que o conjuntof�1 + t2g

é uma base ortonormada de U?. Logo, a projecção ortogonal de 1 + t sobre U? é dada por:

PU?(1 + t) =1 + t;�1 + t2

�(�1 + t2) = 1� t2

Nota muito importante: Uma vez que se tem

P2 = U � U?,

então para todo o p(t) 2 P2,p(t) = PU(p(t)) + PU?(p(t)).

Logo, uma vez calculado PU?(1+ t) pela de�nição, como se fêz atrás, obtendo-se PU?(1+ t) = 1� t2, entãonão precisamos de efectuar o cálculo de PU(1 + t) pela de�nição. Basta efectuar:

PU(1 + t) = 1 + t� PU?(1 + t) = t+ t2.

(iv) Seja B = f1; t; t2g a base canónica de P2. Atendendo à alínea (iii), tem-se

PU(1) =

*1;

p2

2t

+ p2

2t+

*1;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t2

239

PU(t) =

*t;

p2

2t

+ p2

2t+

*t;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t

PU(t2) =

*t2;

p2

2t

+ p2

2t+

*t2;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t2

PU?(1) =1;�1 + t2

� ��1 + t2

�= 1� t2

PU?(t) =t;�1 + t2

� ��1 + t2

�= 0

PU?(t2) =

t2;�1 + t2

� ��1 + t2

�= 0

e assim

M(PU ;B;B) =

24 0 0 00 1 01 0 1

35e

M(PU? ;B;B) =

24 1 0 00 0 0�1 0 0

35 .Note que

I = PU + PU?.

(v) Escolhendo um ponto de U , por exemplo t, a distância entre 1 + t e U é dada por:

d(1 + t; U) = kPU?(1 + t� t)k = kPU?(1)k = 1;�1 + t2� (�1 + t2) = 1.

(vi) Escolhendo um ponto de U , por exemplo o polinómio nulo 0, a distância entre a0+ a1t+ a2t2 e U ,com a0; a1; a2 2 R, é dada por:

d(a0 + a1t+ a2t2; U) =

PU?(a0 + a1t+ a2t2) == a0 + a1t+ a2t2;�1 + t2� (�1 + t2) = ja0j 1� t2 = ja0j .

19. Considere no espaço linearM2�2(R) o produto interno de�nido da seguinte forma:

hA;Bi = tr(ABT ).

Considere também o subespaço U deM2�2(R) constituído por todas as matrizes simétricas reais do tipo2� 2:

U =

��a bc d

�2M2�2(R) : b = c

�.

(i) Sejam �; � 2 R e A;A0; B 2M2�2(R). Tem-se

h�A+ �A0; Bi = tr((�A+ �A0)BT ) = tr(�ABT + �A0BT ) =tr é linear

240

= �tr(ABT ) + �tr(A0BT ) = � hA;Bi+ � hA0; Bi

hA;Bi = tr(ABT ) = tr(�AT�TBT ) = tr(

�BAT

�T) = tr(BAT ) = hB;Ai

hA;Ai = tr(AAT ) = tr �

a bc d

� �a bc d

�T!= a2 + b2 + c2 + d2 � 0

para todo o�a bc d

�2M2�2(R) e

��a bc d

�;

�a bc d

��= 0, a = b = c = d = 0,

�a bc d

�=

�0 00 0

�.

Logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno emM2�2(R).

(ii) Tem-se:

U =

��a bb d

�: a; b; d 2 R

�=

= L

��1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��pois �

a bb d

�= a

�1 00 0

�+ b

�0 11 0

�+ d

�0 00 1

�.

O conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é uma base de U , uma vez que gera U , e é linearmente

independente pois se tivermos:

�1

�1 00 0

�+ �2

�0 11 0

�+ �3

�0 00 1

�=

�0 00 0

�então �

�1 �2�2 �3

�=

�0 00 0

�:

Logo, �1 = �2 = �3 e como tal, o conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é linearmente independente.

Vamos aplicar agora a este conjunto o método de ortogonalização de Gram-Schmidt. Sejam

A1 =

�1 00 0

�, A2 =

�0 11 0

�� projA1

�0 11 0

�,

A3 =

�0 00 1

�� projA1

�0 00 1

�� projA2

�0 00 1

�.

241

Logo,

A2 =

�0 11 0

�� projA1

�0 11 0

�=

=

�0 11 0

��

��0 11 0

�; A1

�A1

kA1k2=

=

�0 11 0

��tr

��0 11 0

�AT1

�A1

kA1k2=

=

�0 11 0

��tr

��0 01 0

��A1

kA1k2=

=

�0 11 0

�� 0A1

kA1k2=

�0 11 0

�.

e

A3 =

�0 00 1

�� projA1

�0 00 1

�� projA2

�0 00 1

�=

=

�0 00 1

��

��0 00 1

�; A1

�A1

kA1k2�

��0 00 1

�; A2

�A2

kA2k2=

=

�0 00 1

��tr

��0 00 1

�AT1

�A1

kA1k2�tr

��0 00 1

�AT2

�A2

kA2k2=

=

�0 00 1

��tr

��0 00 0

��A1

kA1k2�tr

��0 01 0

��A2

kA2k2=

=

�0 00 1

�� 0A1

kA1k2� 0A2

kA2k2=

�0 00 1

�.

Logo, o conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é uma base ortogonal de U . Como:

kA1k =phA1; A1i =

qtr (A1AT1 ) =

str

��1 00 0

��= 1,

kA2k =phA2; A2i =

qtr (A2AT2 ) =

str

��1 00 1

��=p2,

kA3k =phA3; A3i =

qtr (A3AT3 ) =

str

��0 00 1

��= 1,

então o conjunto��1 00 0

�;1p2

�0 11 0

�;

�0 00 1

��=

(�1 00 0

�;

"0

p22p

22

0

#;

�0 00 1

�)

242

é uma base ortonormada de U .

(iii) Tem-se

U? =

��a bc d

�2M2�2(R) :

��a bc d

�;

�1 00 0

��= 0 e��

a bc d

�;

�0 11 0

��= 0 e

��a bc d

�;

�0 00 1

��= 0

�.

Logo, 8>>>><>>>>:a = 0

b+ c = 0

d = 0.

Ou seja,

U? =

��0 b�b 0

�: b 2 R

�= L

��0 1

�1 0

��.

Como � 0 1�1 0

� =

s��0 1

�1 0

�;

�0 1

�1 0

��

=

vuuttr � 0 1�1 0

� �0 1

�1 0

�T!

=

str

��0 1

�1 0

� �0 �11 0

��

=

str

��1 00 1

��=p2,

então o conjunto ("0

p22

�p22

0

#)é uma base ortonormada de U?.

(iv) Seja B =��

1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica deM2�2(R). Atendendo à

alínea (iii), tem-se

PU

��1 00 0

��=

��1 00 0

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�1 00 0

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��1 00 0

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�1 00 0

�243

PU

��0 10 0

��=

��0 10 0

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�0 10 0

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��0 10 0

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�0 1

2120

�PU

��0 01 0

��=

��0 01 0

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�0 01 0

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��0 01 0

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�0 1

2120

�PU

��0 00 1

��=

��0 00 1

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�0 00 1

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��0 00 1

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�0 00 1

�

PU?

��1 00 0

��=

*�1 00 0

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 00 0

�

PU?

��0 10 0

��=

*�0 10 0

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 1

2

�120

�

PU?

��0 01 0

��=

*�0 01 0

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 �1

212

0

�

PU?

��0 00 1

��=

*�0 00 1

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 00 0

�e assim

M(PU ;B;B) =

26641 0 0 00 1

2120

0 12

120

0 0 0 1

3775e

M(PU? ;B;B) =

26640 0 0 00 1

2�120

0 �12

12

00 0 0 0

3775 .Note que

I = PU + PU?.

244

(v) A projecção ortogonal da matriz�1 10 1

�sobre U? é dada por:

PU?

��1 10 1

��= proj264 0

p22

�p22

0

375�1 10 1

�=

=

*�1 10 1

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

= tr

0@� 1 10 1

�"0

p22

�p22

0

#T1A" 0p22

�p22

0

#=

= tr

�1 10 1

�"0 �

p22p

22

0

#!"0

p22

�p22

0

#=

= tr

" p22

�p22p

22

0

#!"0

p22

�p22

0

#=

=

p2

2

"0

p22

�p22

0

#=

�0 1

2

�120

�.

Como se tem:M2�2(R) = U � U?,

então para todo�a bc d

�2M2�2(R),

�a bc d

�= PU

��a bc d

��+ PU?

��a bc d

��.

Logo,

PU

��1 10 1

��=

�1 10 1

�� PU?

��1 10 1

��=

=

�1 10 1

��0 1

2

�120

�=

=

�1 1

2121

�.

(vi) A matriz simétrica mais próxima da matriz�1 10 1

�é a matriz

PU

��1 10 1

��=

�1 1

2121

�.

245

(vii) A distância entre�1 10 1

�e U é dada por:

d

��1 10 1

�; U

�=

PU? �� 1 10 1

�� = � 0 12

�120

� ==

s��0 1

2

�120

�;

�0 1

2

�120

��=

=

str

��0 1

2

�120

� �0 �1

212

0

��=

=

str

��140

0 14

��=

p2

2.

(viii) A distância entre�a bc d

�e U é dada por:

d

��a bc d

�; U

�=

PU? �� a bc d

�� ==

proj264 0

p22

�p22

0

375�a bc d

� ==

*�

a bc d

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

# ==

��*�

a bc d

�;

"0

p22

�p22

0

#+�� ==

��tr �

a bc d

�"0 �

p22p

22

0

#!�� ==

��tr�� 12

p2b �1

2

p2a

12

p2d �1

2

p2c

�� = p2

2jb� cj .

246

1a Ficha de exercícios facultativos

1. (i) Considere A� =�cos � � sen �sen � cos �

�(do tipo 2 � 2, com � 2 R). Obtenha, por indução, uma

fórmula para An�.

(ii) Seja A =�0 �11 0

�. Obtenha, por indução, uma fórmula para An.

2. Mostre que se AB = A e BA = B então A2 = A e B2 = B.

3. Diga de que tipos deverão ser as matrizes A e B de modo a poderem ser efectuados os seguintesprodutos e desenvolva esses mesmos produtos.

(i) (A+B)(A�B) (ii) (AB)2 (iii) (A+B)2

4. Veri�que que as matrizes A =�1 02 0

�e B =

�0 03 4

�não satisfazem a relação: AB = 0 ) A = 0

ou B = 0. O que pode concluir? E no caso de A ser invertível, o que concluiria acerca da veracidadeda relação anterior?

5. Sejam A uma matriz do tipo n � n e B uma matriz do tipo n � m quaisquer. Prove que se A ésimétrica (isto é A = AT ) então BTAB tambem é simétrica.

6. 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 = 1

2(A+AT )+ 1

2(A�AT ), toda a matriz quadrada pode ser decomposta de modo

único pela soma de uma matriz simétrica com uma anti-simétrica.

7. Seja A uma matriz quadrada (do tipo n� n). Mostre que:(a) A inversa de A quando existe é única.

(b) Se A fôr invertível então A�1 tambem é invertível e (A�1)�1 = A.

(c) Se A fôr invertível então AT tambem é invertível e (AT )�1 = (A�1)T .

(d) Se A fôr invertível e simétrica então A�1 tambem é simétrica.

(e) Seja B uma matriz quadrada (do tipo n� n). Veri�que que:(i) Se A e B forem invertíveis então AB tambem é invertível e (AB)�1 = B�1A�1.

(ii) Se A;B e A+B forem invertíveis então A�1 +B�1 é invertível e

(A�1 +B�1)�1 = A(A+B)�1B = B(A+B)�1A.

Sugestão: comece por veri�car que

I +B�1A = B�1(A+B) e I + A�1B = A�1(A+B).

(f) O que se pode dizer acerca da inversa do produto A1A2:::An, onde A1; A2; :::; An são matrizesinvertíveis (todas com igual dimensão)? E a inversa de Am, m 2 N, sendo A invertível?

247

8. Sejam A;B 2Mn�n(R) tais que AB = I. Mostre que A e B são invertíveis.

9. Mostre que A = [aij] do tipo 2� 2 é invertível se e só se a11a22 � a12a21 6= 0. Nesse caso escrevendo� = a11a22 � a12a21, veri�que que

A�1 =1

�

�a22 � a12

� a21 a11

�.

10. Que condições devem ser veri�cadas para que a seguinte matriz diagonal do tipo n� n26664k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775seja invertível? Qual é a sua inversa?

11. Veri�que que todas as matrizes X do tipo 2� 2 que satisfazem a equação X2 = I são:

�I; ��1 0c �1

�; �

�1 b0 �1

�;

�a b

1�a2b

� a

�.

Observe assim que a equação matricial X2 = I tem um número in�nito de soluções em contrastecom a equação escalar x2 = 1 que tem apenas duas soluções (1 e � 1).

12. Mostre que:

fX 2M2�2(R) : XA = AX; para todo o A 2M2�2(R)g =��

� 00 �

�: � 2 R

�.

248

Resolução da 1a Ficha de exercícios facultativos

1. (i) (A�)n =�cos (n�) � sen (n�)sen (n�) cos (n�)

�; para todo o n 2 N; (com � 2 R).

(ii) An =

8<:(�1)k+1A, se n = 2k � 1, k = 1; 2; 3:::

(�1)k I, se n = 2k, k = 1; 2; 3:::.

2. A2 = (AB) (AB) = A (BA)B = ABB = AB = A. B2 = (BA) (BA) = B (AB)A = BAA =BA = B.

3. (i) A e B do tipo n� n; (A+B)(A�B) = A2 +BA� AB �B2:(ii) A do tipo m� n e B do tipo n�m, (AB)2 = ABAB:(iii) A e B do tipo n� n; (A+B)2 = A2 +BA+ AB +B2:

4. Conclui-se que a relação não é verdadeira. No caso de A ser invertível teríamos

AB = 0 =) B = 0:

5. BTAB é simétrica: (BTAB)T = BTAT (BT )T = BTAB, pois A = AT (A é simétrica) e (BT )T = B:

6. (i) Seja A = [aij] do tipo n � n tal que AT = �A: Assim, em relação às respectivas diagonaisprincipais tem-se:

aii = �aiie logo aii = 0; para todo o i 2 N:(ii) Seja A = [aij] do tipo n� n. A matriz A� AT é anti-simétrica pois:

(A� AT )T = AT � A = �(A� AT ):

(iii) Escrevendo A = 12(A + AT ) + 1

2(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 A2anti-simétrica tais que A = A1 + A2: Logo,

AT = (A1 + A2)T = A1 � A2:

Pelo que A+ AT = 2A1 e A� AT = 2A2: Assim,

A1 =1

2(A+ AT ) e A2 =

1

2(A� AT ):

7. (a) Seja A do tipo n� n: Suponhamos que existiam A1 e A2 do tipo n� n tais que

AA1 = A1A = I e AA2 = A2A = I

Logo A2AA1 = A2: Mas A2A = I, pelo que se obtem IA1 = A2: Isto é,

A1 = A2:

249

Logo a inversa de uma matriz quando existe é única.

(b) Se A fôr invertível tem-se A�1A = AA�1 = I: Logo A�1 é invertível e (A�1)�1 = A:

(c) Se A fôr invertível tem-se A�1A = AA�1 = I: Logo (A�1A)T = (AA�1)T = IT : Pelo que

AT (A�1)T = (A�1)TAT = I:

Isto é, AT é invertível e (AT )�1 = (A�1)T

(d) Se A fôr invertível e simétrica tem-se A�1A = AA�1 = I e A = AT : Logo (A�1A)T = (AA�1)T =IT ; e assim

AT (A�1)T = (A�1)TAT = 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.

(e) (i) Se A e B forem invertíveis existem A�1 e B�1 com

A�1A = AA�1 = I e B�1B = BB�1 = I;

e tem-se:(AB)(B�1A�1) = A(BB�1)A�1 = AIA�1 = AA�1 = I

e(B�1A�1)(AB) = B�1(A�1A)B = B�1IB = B�1B = I:

Logo AB é invertível e (AB)�1 = B�1A�1:

(ii) Se A e B forem invertíveis existem A�1 e B�1 e podemos escrever

B�1(A+B) = I +B�1A e A�1(A+B) = A�1B + I,

e são respectivamente equivalentes a

B�1(A+B) = (A�1 +B�1)A e A�1(A+B) = (A�1 +B�1)B,

Como por hipótese A+B é invertível tem-se

I = (A�1 +B�1)A(A+B)�1B e I = (A�1 +B�1)�1B(A+B)�1A.

Analogamente e partindo de:

(A+B)B�1 = I + AB�1 e (A+B)A�1 = AB�1 + I,

obtem-seI = B(A+B)�1A(A�1 +B�1) e I = A(A+B)�1B(A�1 +B�1).

Deste modo A�1 +B�1 é invertível e

(A�1 +B�1)�1 = A(A+B)�1B = B(A+B)�1A.

(f) SeA1; A2; :::; An são matrizes invertíveis então, por indução �nita, prova-se queA1A2:::An tambémé invertível e

(A1A2 : : : An)�1 = A�1n : : : A�12 A

�11 .

Tem-se Am invertível e (Am)�1 = (A�1)m.

250

8. Sejam A;B 2 Mn�n(R) tais que AB = I. Se B fôr singular então existe X 2 Mn�1(R) com X 6= 0tal que

BX = 0.

LogoX = IX = (AB)X = A (BX) = A0 = 0.

Assim, B é não singular, isto é, B é invertível.

Tendo-se AB = I e B invertível, tem-se, uma vez que B�1 também é invertível,

A = AI = A�BB�1

�= (AB)B�1 = IB�1 = B�1,

isto é, A é invertível e tem-se A�1 = (B�1)�1 = B.

9. Seja A = [aij] do tipo 2�2. Suponhamos que a11 6= 0, a21 6= 0 e a11a22�a12a21 6= 0. Logo, escrevendo� = a11a22 � a12a21, tem-se:

A =

�a11 a12 j 1 0a21 a22 j 0 1

��!

a21L1!L1a11L2!L2

�a11a21 a12a21 j a21 0a11a21 a11a22 j 0 a11

��!

�L1+L2!L2

�!�a11a21 a12a21 j a21 00 a11a22 � a12a21 j �a21 a11

��!

�a12a21�

L2+L1!L2

�!�a11a21 0 j a11a21a22

��a11a21a12

�

0 � j �a21 a11

��!

1a11a21

L1!L11�L2!L2

�1 0 j a22

��a12

�

0 1 j �a21�

a11�

�.

Logo,

A�1 =1

�

�a22 � a12

� a21 a11

�.

Se a11 = 0 e a21 = 0, então A não é invertível.

Se a11 = 0 e a21 6= 0, então a12 6= 0, caso contrário A não seria invertível. Neste caso, com a11 = 0,a21 6= 0, a12 6= 0 e � 6= 0 tem-se:

A =

�0 a12 j 1 0a21 a22 j 0 1

��!

L1 !L2

�a21 a22 j 0 10 a12 j 1 0

��!

1a21

L1!L11a12

L2!L2

�!�1 a22

a21j 0 1

a21

0 1 j 1a12

0

��!

�a22a21

L2+L1!L1

�1 0 j a22

�a12a211a21

0 1 j 1a12

0

�=

=

�1 0 j a22

�a12a21�a12�a12a21

0 1 j �a21�a12a21 0

�=

�1 0 j a22

��a12

�

0 1 j �a21�

a11�

�.

Se a11 6= 0 e a21 = 0 seria análogo. Logo, A é invertível se e só se a11a22 � a12a21 6= 0 e

A�1 =1

�

�a22 � a12� a21 a11

�,

onde � = a11a22 � a12a21.

251

Nota: O exo foi feito apenas com o recurso ao método de Gauss-Jordan. Poderia ter sido efectuadaoutra resolução atendendo à fórmula de inversão de matrizes:

A�1 =(cof A)T

jAj .

Observe que � = jAj.

10. A matriz 26664k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775é invertível se só se k1 6= 0; k2 6= 0; : : : ; kn 6= 0, e a sua inversa é dada por:26664

k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775�1

=

2666641k1

0 � � � 0

0 1k2

. . ....

.... . . . . . 0

0 � � � 0 1kn

377775 .

11. Seja X =

�a bc d

�uma matriz do tipo 2� 2 tal que X2 = I.

X2 =

�a bc d

� �a bc d

�=

�a2 + bc ab+ bdac+ cd bc+ d2

�Logo,

X2 = I ,

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

a2 + bc = 1

ab+ bd = 0

ac+ cd = 0

bc+ d2 = 1.

Se b = 0, então a = �1 e d = �1 e (c = 0 ou a = �d). Logo,

X = I ou X = �I ou X = ��1 0c �1

�.

Se c = 0 então a = �1 e d = �1 e (b = 0 ou a = �d). Logo,

X = I ou X = �I ou X = ��1 b0 �1

�.

Se b 6= 0 e c 6= 0 então a = �d e c = 1�a2b. Logo,

X =

�a b

1�a2b

�a

�.

252

Logo, todas as matrizes X que satisfazem X2 = I são:

�I; ��1 0c �1

�; �

�1 b0 �1

�;

�a b

1�a2b

� a

�.

Observe assim que a equação matricial X2 = I tem um número in�nito de soluções em contrastecom a equação escalar x2 = 1 que tem apenas duas soluções (1 e � 1).

12. Seja X =

�x11 x12x21 x22

�. Suponhamos que

XA = AX;

para todo o A =�a11 a12a21 a22

�2M2�2(R). Temos então que:

XA = AX ,

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

x11a11 + x12a21 = a11x11 + a12x21

x21a11 + x22a21 = a21x11 + a22x21

x11a12 + x12a22 = a11x12 + a12x22

x21a12 + x22a22 = a21x12 + a22x22.

,

8>>>><>>>>:x12a21 = a12x21

x21(a11 � a22) = a21(x22 � x11)

(x11 � x22)a12 = (a22 � a11)x12.

Se a11 = 1 e a12 = a21 = a22 = 0, então x21 = x12 = 0.

Se a12 = 1 e a11 = a21 = a22 = 0, então x21 = 0 e x11 = x22.

Se a21 = 1 e a11 = a12 = a22 = 0, então x12 = 0 e x11 = x22.

Se a22 = 1 e a11 = a12 = a21 = 0, então x21 = x12 = 0.

Logo, a matriz X tal que XA = AX; para todo o A 2M2�2(R), é dada por:

X =

�� 00 �

�, com � 2 R.

253


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 � 2 R:(iii) 0u = 0 para todo o vector u 2 V: (iv) �(�u) = u para todo o u 2 V:(v) Mostre que o vector nulo 0 2 V é único.(vi) Mostre que o simétrico �u de um qualquer vector u de V é único.

(vii) (� 1)u = �u para todo o u 2 V: (viii) Se �u = 0, então � = 0 ou u = 0:

(ix) Se u 6= 0 e �u = �u, então � = �:

2. Veri�que que o conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:

fa0 + a1t+ � � �+ antn 2 Pn : an 6= 0g ,

munido das operações usuais, não é um espaço linear.

3. (i) Mostre que P2 é um subespaço de P3: (ii) Mostre que Pn é um subespaço de Pn+1:

(iii) Seja P o espaço linear de todos os polinómios reais (de qualquer grau). Mostre que Pn é umsubespaço de P:

4. Quais dos seguintes subconjuntos deMn�n(R), com as operações usuais, são sub-espaços?

(i) O conjunto de todas as matrizes simétricas do tipo n� n:(ii) O conjunto de todas as matrizes invertíveis do tipo n� n:(iii) O conjunto de todas as matrizes diagonais do tipo n� n:(iv) O conjunto de todas as matrizes singulares do tipo n� n:(v) O conjunto de todas as matrizes triangulares superiores do tipo n� n:

5. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Quais dos seguintes subconjuntosde 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; v3g uma base de um espaço linear V . Prove que fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g é tambémuma base de V .

7. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n � n. Prove que, se fv1; v2; : : : ; vng é uma base de Rn,então fAv1; Av2; : : : ; Avng é também uma base de Rn.

8. Sejam V um espaço linear e S = fv1; v2; : : : ; vng. Prove que o conjunto S é uma base de V se e só setodo o vector de V se escrever de maneira única como combinação linear dos elementos de S.

254

9. Seja fv1; v2g 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; w2g é também uma base de U se e só se ad 6= bc.

10. Sejam A uma matriz m� n e B uma matriz n� p. Mostre que

dim C (AB) = dim C (B)� dim (N (A) \ C (B)) .

Sugestão: Considere (no caso em queN (A)\C (B) 6= f0g) uma base fx1; : : : ; xsg paraN (A)\C (B)e suponha (no caso em que AB 6= 0) que fx1; : : : ; xs; y1; : : : ; ytg é uma base para C (B). Mostre quefAy1; : : : ; Aytg é uma base para C (AB).

11. Considere os seguintes r vectores de Rn:

x1 = (x11; x12; : : : ; x1n);x2 = (x21; x22; : : : ; x2n); : : : ;x

r = (xr1; xr2; : : : ; xrn):

Mostre que se jxjjj >rP

i=1(i6=j)jxijj para todo o j = 1; : : : ; r então o conjunto

�x1;x2; : : : ;xr

é linearmente independente.

Sugestão: Considerev =(v1; : : : ; vn) = �1x

1 + �2x2 + � � �+ �rxr;

com �1; �2; : : : ; �r 2 R e mostre que se existir �j 6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que

j�jj > j�ij;

para todo o i = 1; : : : ; r; então vj 6= 0.

255


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 � 2 R. Ora,

�0+ 0 = �0 = � (0+ 0) = �0+ �0 =)por (i)

0 = �0.

(iii) Queremos ver que 0u = 0 para todo o vector u 2 V. Ora,

0u+ 0 = 0u = (0 + 0)u = 0u+ 0u =)por (i)

0 = 0u.

(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 ou 2 V. Então,

u+ w = u = u+ 0 =)por (i)

w = 0.

(vi) Queremos ver que o simétrico �u de um qualquer vector u de V é único. Ora, seja w 2 V talque u+ w = 0. Então,

u+ w = 0 = u+ (�u) =)por (i)

w = �u.

(vii) Queremos ver que (� 1)u = �u para todo o u 2 V. Ora,

u+ (�1)u = 1u+ (�1)u = (1 + (�1))u = 0u = 0.

Logo, como o simétrico é único, (� 1)u = �u.(viii) Queremos ver que: se �u = 0, então � = 0 ou u = 0: Suponhamos que �u = 0. Se � 6= 0,então

u = 1u =

�1

��

�u =

1

�(�u) =

1

�0 =por (iv)

0.

Como � 6= 0 =) u = 0, então u 6= 0 =) � = 0. Logo,

�u = 0 =) � = 0 _ u = 0

(ix) Queremos ver que: se u 6= 0 e �u = �u, então � = �. Suponhamos que u 6= 0 e �u = �u. Ora,como u 6= 0 e (�� )u = 0, então �� = 0, atendendo a (viii). Isto é, � = �.

256

2. O conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:

U = fa0 + a1t+ � � �+ antn 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 .

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; :::; tng) .

Logo, Pn é subespaço de Pn+1.

(iii) ? 6= Pn � P e:Pn = L (f1; t; :::; tng) .

Logo, Pn é subespaço de P .

4. (i) SejaU =

�A 2Mn�n(R) : A = AT

:

Sejam A1; A2 2 U e � 2 R. Tem-se

A1 + A2 = AT1 + A

T2 = (A1 + A2)

T 2 U

e, com A 2 U ,�A = �AT = (�A)T 2 U .

Logo, U é subespaço deMn�n(R).(ii) Seja

U = fA 2Mn�n(R) : A é invertívelg :Por exemplo: a matriz nula não pertence a U . Logo, U não é subespaço deMn�n(R).(iii) Seja

U = f(aij) 2Mn�n(R) : aij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; ng :Sejam

(bij); (cij) 2 U e � 2 R:Tem-se

(bij) + (cij) = (bij + cij) 2 U ,pois bij + cij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; n. E, com (aij) 2 U ,

�(aij) = (�aij) 2 U ,

pois �aij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; n. Logo, U é subespaço deMn�n(R).(iv) Seja

U = fA 2Mn�n(R) : A é singularg :Por exemplo, para n = 2:�

1 00 0

�;

�0 00 1

�2 U , mas

�1 00 0

�+

�0 00 1

�=

�1 00 1

�=2 U .

257

Logo, U não é subespaço deMn�n(R).(v) Seja

U = f(aij) 2Mn�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 deMn�n(R).

5. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real.

(i) SejaU = ff : Dom f � R �! R tais que 9k > 0 : jf(x)j � k; 8x 2 Dom fg

o conjunto de todas as funções limitadas. Sejam f1; f2 2 U e � 2 R. Tem-se

f1 + f2 2 U ,

poisj(f1 + f2) (x)j = jf1(x) + f2(x)j � jf1(x)j+ jf2(x)j �

f1;f22Uk1 + k2,

para todo o x 2 Dom f1 \Dom f2. E, com f 2 U ,

�f 2 U ,

poisj(�f) (x)j = j�j jf(x)j �

f2Uj�j k,

para todo o x 2 Dom f . Logo, U é subespaço de V .

(ii) SejaU = ff : Dom f � R �! R tais que f(x) = f(�x); 8x 2 Dom fg

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;f22Uf1(�x) + f2(�x) = (f1 + f2) (�x),


�f 2 U ,

pois(�f) (x) = �f(x) =

f2U�f(�x) = (�f) (�x),


258

(iii) O conjunto de todas as funções racionais, isto é, as que são quocientes de funções polinomiais,é um subespaço de V

(iv) SejaU = ff : Domf � R �! R tais que f é crescenteg:

Se f fôr crescente então �f é decrescente, isto é, f 2 U =) �f =2 U . Logo, U não é subespaço deV .

(v) SejaU = ff : Dom f � R �! R tais que f(0) = f(1); 8x 2 Dom fg

Sejam f1; f2 2 U e � 2 R. Tem-sef1 + f2 2 U ,

pois(f1 + f2) (0) = f1(0) + f2(0) =

f1;f22Uf1(1) + f2(1) = (f1 + f2) (1),


�f 2 U ,

pois(�f) (0) = �f(0) =

f2U�f(1) = (�f) (1),


(vi) SejaU = 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;f22U

2 + f1(1) + f2(1) = 2 + (f1 + f2) (1),

isto é, f1 + f2 =2 U . Logo, U não é subespaço de V .

6. Dem. Seja fv1; v2; v3g uma base de um espaço linear V . Observe-se que

fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g � L (fv1; v2; v3g) ,

pelo queL(fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g) � L (fv1; v2; v3g) .

Mas, como 8>>>><>>>>:v1 =

12(v1 + v2)� 1

2(v2 + v3) +

12(v1 + v3)

v2 =12(v1 + v2)� 1

2(v1 + v3) +

12(v2 + v3)

v3 =12(v1 + v3)� 1

2(v1 + v2) +

12(v2 + v3)

tem-seL (fv1; v2; v3g) � L(fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g).

Logo,L(fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g) = L (fv1; v2; v3g) = V .

259

Vejamos agora que o conjunto fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g é linearmente independente:Sejam �1; �2; �3 2 R tais que �1(v1 + v2) + �2(v2 + v3) + �3(v1 + v3) = 0. Isto é,

(�1 + �3)v1 + (�1 + �2)v2 + (�2 + �3)v3 = 0.

Como fv1; v2; v3g 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:

A

24 �1�2�3

35 =24 000

35 :com A =

24 1 0 11 1 00 1 1

35. Como detA = 2 6= 0, então A é invertível e tem-se �1 = �2 = �3 = 0. Logo,fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g é uma base de V pois trata-se de um conjunto de vectores linearmenteindependente que gera V .

7. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n � n. Suponhamos que fv1; v2; : : : ; vng é uma base deRn. Queremos provar que fAv1; Av2; : : : ; Avng é também uma base de Rn.Dem. Vejamos primeiro que o conjunto fAv1; Av2; : : : ; Avng é linearmente independente. Sejam�1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

�1(Av1) + �2(Av2) + � � �+ �n(Avn) = 0.

Queremos ver que �1 = �2 = : : : = �n = 0. Observe-se que

�1(Av1) + �2(Av2) + � � �+ �n(Avn) = A(�1v1) + A(�2v2) + � � �+ A(�nvn)= A(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn).

Logo,�1(Av1) + �2(Av2) + � � �+ �n(Avn) = 0() A(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn) = 0.

Como A é invertível, tem-se

A�1A(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn) = A�10,I(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn) = 0,�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn = 0.

Como fv1; v2; : : : ; vng é uma base de Rn, então

�1 = �2 = : : : = �n = 0:

Logo, fAv1; Av2; : : : ; Avng é um subconjunto de Rn formado por n vectores linearmente indepen-dentes. Como a dimensão de Rn é n, então

fAv1; Av2; : : : ; Avng

é uma base de Rn .

260

8. Sejam V um espaço linear e S = fv1; v2; : : : ; vng.Dem. ()) Suponhamos que S é uma base de V . Queremos provar que todo o vector de V se escrevede maneira única como combinação linear dos elementos de S. Assim, seja v um vector qualquer deV . Como S é uma base de V , então em particular gera V . Pelo que, existem �1; �2; : : : ; �n 2 R taisque

v = �1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn.Suponhamos que também existiam �1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

v = �1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn.

Logo,(�1 � �1)v1 + (�2 � �2)v2 + � � �+ (�n � �n)vn = 0.

Como fv1; v2; : : : ; vng é um conjunto linearmente independente (por ser base), então temos

�1 = �1; �2 = �2; : : : ; �n = �n.

Logo, conclui-se que todo o vector de V se escreve de maneira única como combinação linear doselementos de S.

(() Suponhamos agora que todo o vector de V se escreve de maneira única como combinação lineardos elementos de S. Queremos provar que S = fv1; v2; : : : ; vng é uma base de V . Como todo o vectorde V se escreve como combinação linear dos elementos de S, então S gera V . Falta ver que S élinearmente independente. Assim, sejam �1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn = 0.

Como0 = 0v1 + 0v2 + � � �+ 0vn,

e uma vez que por hipótese todo o vector de V se escreve de maneira única como combinação lineardos elementos de S, conclui-se que

�1 = �2 = : : : = �n = 0.

Logo, S = fv1; v2; : : : ; vng é uma base de V . Fica assim provada a equivalência referida na questão.

9. Seja fv1; v2g uma base de um espaço linear U . Considere os vectores

w1 = av1 + bv2 e w2 = cv1 + dv2;

com a; b; c; d 2 R. Queremos provar que fw1; w2g é também uma base de U se e só se ad 6= bc.Dem. (() Suponhamos que ad 6= bc. Vejamos que fw1; w2g é uma base de U . Vamos começar porveri�car que o conjunto fw1; w2g é linearmente independente: Sejam �1; �2 2 R tais que

�1w1 + �2w2 = 0.

Queremos ver que �1 = �2 = 0. Observe-se que

�1w1 + �2w2 = �1(av1 + bv2) + �2(cv1 + dv2)

= (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2.

261

Logo,�1w1 + �2w2 = 0, (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2 = 0.

Como o conjunto fv1; v2g é uma base de U , em particular é linearmente independente. Logo,

�1a+ �2c = �1b+ �2d = 0 2 R.

Isto é, �a cb d

� ��1�2

�=

�00

�.

Ou seja,A� = 0,

onde A =�a cb d

�, � =

��1�2

�e 0 =

�00

�. Como ad 6= bc e detA = ad� bc, então detA 6= 0, isto

é, A é invertível e como tal:

A�1A� = A�10, I� = 0, � = 0.

Logo, �1 = �2 = 0 e deste modo o conjunto fw1; w2g é linearmente independente. Como dimU = 2 ecomo w1; w2 são dois vectores de U , linearmente independentes, então conclui-se que fw1; w2g é umabase de U (não sendo necessário veri�car se o conjunto fw1; w2g gera U).()) Reciprocamente, se fw1; w2g é uma base de U , em particular é linearmente independente, ecomo tal tem-se

(�1w1 + �2w2 = 0)) (�1 = �2 = 0) .

Isto é, a equaçãoA� = 0,

onde A =�a cb d

�, � =

��1�2

�e 0 =

�00

�, tem como solução única � = 0. O que é equivalente a

ter-se detA 6= 0, isto é, ad 6= bc.Demonstração alternativa. Como o conjunto fv1; v2g é uma base do espaço linear U entãodimU = 2. Logo, se o conjunto fw1; w2g fôr linearmente independente então será uma base doespaço linear U . Assim, bastará provar que o conjunto fw1; w2g é linearmente independente se e só

se a matriz�a bc d

�fôr invertível. Seja 0 o vector nulo do espaço linear U . Sejam �1; �2 2 R tais

que�1w1 + �2w2 = 0:

Queremos ver que �1 = �2 = 0 se e só se a matriz�a bc d

�fôr invertível. Observe-se que

�1w1 + �2w2 = �1(av1 + bv2) + �2(cv1 + dv2)

= (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2.

Logo,�1w1 + �2w2 = 0, (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2 = 0.

Como o conjunto fv1; v2g é uma base do espaço linear U , em particular é linearmente independente.Logo,

�1a+ �2c = �1b+ �2d = 0 2 R.

262

Isto é, �a cb d

� ��1�2

�=

�00

�.

Ou seja, A� = 00, onde A =�a cb d

�, � =

��1�2

�e 00 =

�00

�. Como a equação A� = 00 apenas

admite a solução trivial � = 00 se e só se a matriz A fôr invertível e como a matriz A é invertível se

e só se a matriz AT =�a bc d

�fôr invertível, tem-se então o resultado pretendido.

10. Sejam A uma matriz m� n e B uma matriz n� p. Mostre que

dim C (AB) = dim C (B)� dim (N (A) \ C (B)) .

Sugestão: Considere (no caso em queN (A)\C (B) 6= f0g) uma base fx1; : : : ; xsg paraN (A)\C (B)e suponha (no caso em que AB 6= 0) que fx1; : : : ; xs; y1; : : : ; ytg é uma base para C (B). Mostre quefAy1; : : : ; Aytg 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; : : : ; xsg uma base para N (A) \ C (B) esuponhamos 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; : : : ; ytg é uma base para C (B). Nesse caso dim C (AB) = s + t. Vejamos quefAy1; : : : ; Aytg 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 =sXi=1

�ixi +tXj=1

�jyj.

Logo,

b = ABz = A

sXi=1

�ixi +tXi=1

�jyj

!=

sXi=1

�iAxi +tXj=1

�jAyj =fx1;:::;xsg�N (A)

tXj=1

�jAyj,

isto é, fAy1; : : : ; Aytg gera C (AB).Vejamos que fAy1; : : : ; Aytg é linearmente independente. Suponhamos que existiam escalares �1; : : : ; �ttais que

0 =

tXj=1

�jAyj.

Tem-se

0 =

tXj=1

�jAyj = A

tXj=1

�jyj

!

e entãotXj=1

�jyj 2 N (A) \ C (B). E assim, existem escalares �1; : : : ; �s tais que

tXj=1

�jyj =

sXi=1

�ixi:

263

ComotXj=1

�jyj =

sXi=1

�ixi ,

tXj=1

�jyj �sXi=1

�ixi = 0

!e atendendo a que fx1; : : : ; xs; y1; : : : ; ytg é uma base para C (B), tem-se

�1 = : : : = �t = �1 = : : : = �s = 0

e assim o conjunto fAy1; : : : ; Aytg é linearmente independente.Logo, o conjunto fAy1; : : : ; Aytg 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); : : : ;x

r = (xr1; xr2; : : : ; xrn):

Mostre que se jxjjj >rP

i=1(i6=j)jxijj para todo o j = 1; : : : ; r então o conjunto

�x1;x2; : : : ;xr


Sugestão: Considerev =(v1; : : : ; vn) = �1x

1 + �2x2 + � � �+ �rxr;

com �1; �2; : : : ; �r 2 R e mostre que se existir �j 6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que

j�jj > j�ij;

para todo o i = 1; : : : ; r; então vj 6= 0.Dem. Seja

v =(v1; : : : ; vn) = �1x1 + �2x

2 + � � �+ �rxr;com �1; �2; : : : ; �r 2 R. Suponhamos que existe �j 6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que

j�jj > j�ij;

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

rXi=1

�ixij| {z }= vj

= 0, �jxjj = �rXi=1i6=j

�ixij.

Como

j�jj jxjjj = j�jxjjj =

��rXi=1i6=j

�ixij

�� rXi=1i6=j

j�ixijj =rXi=1i6=j

j�ij jxijj �j�ij�j�j ji=1;:::;r

j�jj

0B@ rXi=1i6=j

jxijj

1CA264

e �j 6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) então teríamos

jxjjj �

0B@ rXi=1i6=j

jxijj

1CAo que contradiz a hipótese de se ter

jxjjj >rX

i=1(i6=j)

jxijj

para todo o j = 1; : : : ; r. Logo mostrámos que a existir �j 6= 0 (com j 2 f1; : : : ; rg) tal que j�jj> j�ij; para todo o i = 1; : : : ; r; então vj 6= 0, o que equivale a dizer que o conjunto�

x1;x2; : : : ;xr


265


1. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio de T associado aum valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio de T�1 e determine o valorpróprio 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 Tassociado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio de T 2 associadoao valor próprio �2 de T 2.

3. Seja A uma matriz do tipo n � n. Mostre que se � é um valor próprio de A então �k é um valorpróprio 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 seA 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 umvalor próprio de A:

7. Seja A 2Mn�n(R). Seja P uma matriz diagonalizante para A. Determine uma matriz diagonalizantepara 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. Determine uma matriz A real 2� 2 tal que detA < 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 nãonulos 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 baseordenada S de N (A� �I) e veri�que que (A� �I)BC = 0. Finalmente considere a matriz P cujascolunas são respectivamente as coordenadas das colunas de BC em relação à base S e sendo v umvector próprio de P mostre que Cv é um vector próprio comum a A e B.

14. Seja A uma matriz n� n e sejam �1; �2 escalares, com �1 6= �2, tais que

(A� �1I) (A� �2I) = 0:

Mostre que A é diagonalizável.

266


1. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio de T associado aum valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio de T�1 e determine o valor própriode T�1 que lhe está associado.

Dem. Tem-seT (u) = �u,

com u 6= 0. Como T é invertível e T�1 é linear,

u = T�1(�u) = �T�1(u).

Por outro lado, tem-se � 6= 0 uma vez que u 6= 0 e T é invertível. Logo,

T�1(u) = ��1u.

Isto é, u é um vector próprio de T�1 associado ao valor próprio ��1 de T�1.

2. Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Seja u um vector próprio deT associado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio de T 2 associado aovalor próprio �2 de T 2.

Dem. Tem-seT (u) = �u,

com u 6= 0. Logo, como T é linear,

T 2(u) = (T � T ) (u) = T (T (u)) = T (�u) = �T (u) = ��u = �2u,

isto é, u é um vector próprio de T 2 associado ao valor próprio �2 de T 2.

3. Seja A uma matriz do tipo n � n. Mostre que se � é um valor próprio de A então �k é um valorpróprio de Ak, onde k é um inteiro positivo.

Dem. Sendo k um inteiro positivo, tem-se

Ak � �kI = (A� �I)(Ak�1 + Ak�2�+ � � �+ A�k�2 + �k�1I).

Logo, se � é um valor próprio de A então �k 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 quese 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 � �lI) = det(��lI) = (�1)n�l.

267

Logo � = 0 e como tal, 0 é o único valor próprio de A.

5. Seja A uma matriz n� n. Veri�que que A e AT têm os mesmos valores próprios.

Dem. Tem-sedet(A� �I) = det

�(A� �I)T

�= det(AT � �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 umvalor próprio de A:

Dem. Tem-se

A

2666411...1

37775 =26664a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

.... . .

...an1 an2 � � � ann

377752666411...1

37775 =

=

26664a11a21...an1

37775+26664a12a22...an2

37775+ � � �+26664a1na2n...ann

37775 =26664rr...r

37775 = r2666411...1

37775 .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 diagonal-izante para AT em termos de P .

Dem. Tem-seD = PAP�1

eD = DT =

�PAP�1

�T=�P�1

�TATP T .

Logo, a matriz (P�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 entãoQ tem o valor próprio 1 ou tem o valor próprio �1.

Dem. Atendendo a que QQT = I tem-se

(detQ)2 = detQ detQ = detQ det�QT�= det

�QQT

�= det I = 1, (detQ = 1 ou detQ = �1).

Logo:Se detQ = 1

det (Q� I) = det�Q�I �QT

��= detQ det

�I �QT

�=

= (�1)n detQ det�QT � I

�=

n é ímpar� detQ det

h(Q� I)T

i= � det (Q� I),

268

, 2 det (Q� I) = 0, det (Q� I) = 0isto é, 1 é valor próprio de Q;Se detQ = �1

det (Q+ I) = det�Q�I +QT

��= detQ det

�I +QT

�=

= detQ det�QT + I

�= � det

h(Q+ I)T

i= � det (Q+ I),

, 2 det (Q+ I) = 0, det (Q+ I) = 0, det (Q� (�1) I) = 0isto é, �1 é valor próprio de Q.

9. Determine uma matriz A real 2� 2 tal que detA < 0. Mostre que A é diagonalizável.

Dem. Seja A =�a bc d

�2M2�2 (R). Sejam �1 e �2 dois valores próprios de A. Como

�1�2 = detA < 0

então �1 e �2 são dois valores próprios distintos de A, pelo que os vectores próprios correspondentes sãolinearmente 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

dimN (A� �I) = mg (�) = ma (�) = n

o que é equivalente a ter-seA� �I = 0 (matriz nula)

isto é,

A = �I =

26664� 0 � � � 0

0. . . . . .

....... . . . . . 0

0 � � � 0 �

37775ou seja, A é uma matriz diagonal.

11. Seja V um espaço linear e seja T : V ! V uma transformação linear tal que todos os vectores nãonulos 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 deT . Sejam v1 e v2 vectores próprios de T associados respectivamente aos valores próprios �1 e �2. Logo, oconjunto fv1; v2g é linearmente independente. Por outro lado

T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) = �1v1 + �2v2

269

e como cada vector não nulo de V é um vector próprio de T , então v1 + v2 é um vector próprio de T eassim, existe um escalar �3 tal que

T (v1 + v2) = �3 (v1 + v2) = �3v1 + �3v2.

Deste modo, tem-se�1v1 + �2v2 = �3v1 + �3v2

ou seja(�1 � �3) v1 + (�3 � �2) v2 = 0.

Como o conjunto fv1; v2g é linearmente independente, então ter-se-ia

�1 = �3 e �3 = �2

isto é,�1 = �2

contrariando o facto de se ter assumido que �1 e �2 eram dois valores próprios distintos de T .Logo, 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.

Dem. Sejam A;B 2Mn�n(R). Atendendo a que

det (AB � 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 = � (Au) = �w.

Isto é, � 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 emcomum.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 cujascolunas são respectivamente as coordenadas das colunas de BC em relação à base S e sendo v um vectorpróprio de P mostre que Cv é um vector próprio comum a A e B.

270

Dem. Suponhamos que as matrizes quadradas A e B são do tipo n�n. Seja � um valor próprio de A.Tem-se N (A� �I) 6= f0g. Seja r = dimN (A� �I). Seja C a matriz n � r cujas colunas formam umabase ordenada S de N (A� �I). Tem�se

(A� �I)BC = ABC � �BC =AB=BA

BAC � �BC = B (A� �I)C = B0 = 0

Seja P = (pij) a matriz r� r cujas colunas são respectivamente as coordenadas das colunas de BC emrelação à base S. Tem-se, para k = 1; :::; r

[BC]�k| {z }coluna k de BC

=rXi=1

pik [C]�i|{z}coluna i de C

=rXi=1

[C]�i pik.

Logo, tem-seBC = CP .

Seja v um vector próprio de P associado a um valor próprio �. Tem-se v 6= 0 e Cv 6= 0 pois C temcaracterística máxima (= no de colunas). Além disso,

B (Cv) = (BC) v = (CP ) v = C (Pv) = C (�vI) = � (Cv) ,

isto é, Cv é um vector próprio de B associado ao valor próprio �.Por outro lado, tem-se

A (Cv) = (AC) v = (�IC) v = � (Cv) ,

isto é, Cv é um vector próprio de A associado ao valor próprio �.Logo, Cv é um vector próprio comum a A e B.

14. Seja A uma matriz n� n e sejam �1; �2 escalares, com �1 6= �2, tais que

(A� �1I) (A� �2I) = 0:

Atendendo a que

det (A� �1I) det (A� �2I) = 0, (det (A� �1I) = 0 ou det (A� �2I) = 0)

então �1 é valor próprio de A ou �2 é valor próprio de A. Suponhamos sem perda de generalidade (umavez que (A� �1I) (A� �2I) = (A� �2I) (A� �1I)) que �1 é um valor próprio de A. Atendendo a que

C (A� �2I) � N (A� �1I) 6= f0g

então

n� nul (A� �2I) = car (A� �2I) = dim C (A� �2I) � dimN (A� �1I) = nul (A� �1I)

isto é,n � nul (A� �1I) + nul (A� �2I) .

Logo, atendendo a que nul (A� �1I) + nul (A� �2I) � n, tem-se

nul (A� �1I) + nul (A� �2I) = n

ou seja, A é diagonalizável.

271


1. Seja V um espaço euclidiano real. Veri�que que para todos os u; v; w 2 V; � 2 R se 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 se e só se ku+ vk = ku� vk.(viii) hu; vi = 0 se e só se ku+ vk2 = kuk2 + kvk2 :(ix) hu; vi = 0 se e só se ku+ cvk � kuk para todo o real c.(x) hu+ v; u� vi = 0 se e só se kuk = kvk.(xi) Lei do paralelogramo ku� vk2 + ku+ vk2 = 2 kuk2 + 2 kvk2.

2. Seja V um espaço euclidiano real.

(i) Seja u 2 V . Veri�que que se hu; vi = 0 para qualquer v 2 V então u = 0.(ii) Sejam u; v 2 V . Veri�que que u = v se e só se hu;wi = hv; wi para qualquer w 2 V .

3. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja S = fu1; :::; ung uma base ortonormada de V .Seja T : V ! V uma transformação linear. Veri�que que a matriz A = (aij) que representa T emrelação à base S é dada por

A = (aij) = (hT (uj); uii) .

4. Seja V um espaço euclidiano de dimensão n. Seja fu1; :::; ukg um conjunto linearmente independentede k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de�nida por

T (v) =kXi=1

hv; uiiui,

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 = kwkpara qualquer w 2 V . Mostre que

hT (u); T (v)i = hu; vi ,para quaisquer u; v 2 V .

6. Mostre que os valores próprios associados a uma matriz unitária têm módulo 1.

272


1. Seja V um espaço euclidiano real. As alíneas (i), (ii), (iii) e (iv) são consequência da de�nição deproduto 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 = hu+ v; u+ vi = kuk2 + 2 hu; vi+ kvk2 == kuk2 + kvk2 == kuk2 � 2 hu; vi+ kvk2 == hu� v; u� vi == ku� vk2 ,

isto é, ku+ vk = ku� vk.Se ku+ vk = ku� vk então ku+ vk2 = ku� vk2 e esta última equação é equivalente à equação

kuk2 + 2 hu; vi+ kvk2 = kuk2 � 2 hu; vi+ kvk2 ,

isto é, hu; vi = 0.(viii) Atendendo a que

ku+ vk2 = hu+ v; u+ vi = kuk2 + 2 hu; vi+ kvk2 ,

então tem-se ku+ vk2 = kuk2 + kvk2 se e só se hu; vi = 0.(ix) Seja c 2 R. Se hu; vi = 0 então

ku+ cvk2 = hu+ cv; u+ cvi = kuk2 + 2c hu; vi+ c2 kvk2 == kuk2 + c2 kvk2 � kuk2 ,

para todo o real c, isto é, ku+ cvk � kuk para todo o real c.Se ku+ cvk � kuk para todo o real c, então

kvk2 c2 + 2 hu; vi c � 0,

para todo o real c, se e só se hu; vi = 0 (fórmula resolvente).

273

(x) Se hu+ v; u� vi = 0 então

0 = hu+ v; u� vi = kuk2 � kvk2 .

Logo, kuk = kvk.Se kuk = kvk então

0 = kuk2 � kvk2 = hu+ v; u� vi .Logo, hu+ v; u� 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 entãohu;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 dimV = n. Seja S = fu1; :::; ung uma base ortonormada de V .Seja T : V ! V uma transformação linear. A matriz A = (aij) que representa T em relação à baseS é dada por

A = (aij) = (hT (uj); uii) ,uma vez que, para j = 1; :::; n,

T (uj) = hT (uj); u1iu1 + :::+ hT (uj); uniun.

4. Seja V um espaço euclidiano de dimensão n. Seja fu1; :::; ukg um conjunto linearmente independentede k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de�nida por

T (v) =

kXi=1

hv; uiiui,

com v 2 V .Mostre que T é invertível se e só se k = n.

274

Dem. Atendendo a que T é invertível se e só se N (T ) = f0g, bastará ver que N (T ) = f0g se e sóse k = n.

Se N (T ) = f0g então teremos k = n, caso contrário, isto é, caso k < n ter-se-ia

(L (fu1; :::; ukg))? 6= f0g :

Assim, para v 2 (L (fu1; :::; ukg))?, com v 6= 0, teríamos T (v) = 0, ou seja N (T ) 6= f0g. O que nãopode 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; :::; ung é uma base de V . Queremosver que se tem N (T ) = f0g. Seja v 2 V tal que T (v) = 0. Logo,

nXi=1

hv; uiiui = 0.

Assim, atendendo a que o conjunto fu1; :::; ung é linearmente independente, tem-se hv; uii = 0, paratodo o i = 1; :::; n. Finalmente, como o conjunto fu1; :::; ung gera V , tem-se hv; ui = 0, para qualqueru 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 = kwkpara 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

2

�ku+ vk2 � kuk2 � kvk2

�=1

2

�kT (u+ v)k2 � kT (u)k2 � kT (v)k2

�=

=1

2

�kT (u) + T (v)k2 � kT (u)k2 � kT (v)k2

�= hT (u); T (v)i .

6. Seja U uma matriz unitária. Isto é:UH = U�1.

Seja � um valor próprio de U e v um vector próprio associado:

Uv = �v.

LogovHUH = (Uv)H = (�v)H = vH�

e assim �vHUH

�Uv =

�vH�

�Uv , vH

�UHU

�v = vH� (Uv),

, vHIv = vH��v , vHv = vHv j�j2 ,�1� j�j2

�kvk2 = 0 ,

v 6=0j�j = 1.

275

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