Aulas Teóricas e de Problemas de `lgebra Linear · ordem n) e as entradas a 11; a 22;:::; a ... nœmero de colunas da 1 amatriz, A, fôr igual ao nœmero de linhas da 2 matriz, B

.

Aulas Teóricas e de Problemasde

Álgebra Linear

Nuno Martins

Departamento de Matemática

Instituto Superior Técnico

Maio de 2011

1

Índice

Parte I (Aulas teóricas e �chas de exercícios)

Matrizes e sistemas de equações lineares.................................................................31a �cha de exercícios para as aulas de problemas............................................................231a �cha de exercícios facultativos....................................................................................29Determinantes.............................................................................................................332a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................39Espaços lineares (ou Espaços vectoriais)...............................................................443a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................632a �cha de exercícios facultativos....................................................................................71Transformações lineares............................................................................................734a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................88Valores próprios e vectores próprios. Diagonalização..........................................985a �cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................1113a �cha de exercícios facultativos..................................................................................115Produtos internos e ortogonalização.....................................................................1166a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................1304a �cha de exercícios facultativos..................................................................................134Produto externo e produto misto..........................................................................135Diagonalização unitária e diagonalização ortogonal...........................................137Formas quadráticas..................................................................................................141Mínimos quadrados..................................................................................................1477a �cha de exercícios para as aulas de problemas............................................................151Bibliogra�a...................................................................................................................152

Parte II (Resoluções das �chas de exercícios)

Resolução da 1a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................153Resolução da 1a �cha de exercícios facultativos..............................................................186Resolução da 2a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................200Resolução da 3a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................215Resolução da 2a �cha de exercícios facultativos..............................................................281Resolução da 4a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................292Resolução da 5a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................348Resolução da 3a �cha de exercícios facultativos..............................................................378Resolução da 6a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................383Resolução da 4a �cha de exercícios facultativos..............................................................416Resolução da 7a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................419

2

Matrizes e sistemas de equações lineares

De�nição 1. (i) Sejam m;n 2 N. Uma matriz A, do tipo m � n (lê-se m por n), éuma tabela de mn números dispostos em m linhas e n colunas:

A =

26664a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

... � � � ...am1 am2 � � � amn

37775 :Usa-se também a notação A = (aij)m�n ou simplesmente A = (aij), na qual aij é a entrada(i; j) da matriz A. Se m = n, diz-se que A é uma matriz quadrada do tipo n � n (ou deordem n) e as entradas a11; a22; :::; ann formam a chamada diagonal principal de A. Sem 6= n, diz-se que A é uma matriz rectangular.

(ii) Amatriz linha i de A é:�ai1 ai2 � � � ain

�, para i = 1; :::;m. Amatriz coluna

j de A é: 26664a1ja2j...amj

37775para j = 1; :::; n.

(iii) À matriz do tipo m � n cujas entradas são todas iguais a zero, chama-se matriznula e representa-se por 0m�n ou simplesmente por 0. Por exemplo

02�2 =

�0 00 0

�e 02�3 =

�0 0 00 0 0

�.

(iv) À matriz do tipo n� n 26664a11 0 � � � 00 a22 0...

. . ....

0 0 � � � ann

37775tal que aij = 0 se i 6= j para todos os i; j, isto é, à matriz cujas entradas fora da diagonalprincipal são todas nulas, chama-se matriz diagonal.

(v) À matriz do tipo n� n 266641 0 � � � 00 1 0...

. . ....

0 0 � � � 1

37775 ,chama-se matriz identidade e representa-se por In�n ou simplesmente por I.

3

(vi) À matriz do tipo n� n 26664a11 a12 � � � a1n0 a22 � � � a2n...

. . . . . ....

0 � � � 0 ann

37775cujas entradas por baixo da diagonal principal são todas nulas, isto é, tais que aij = 0 sei > j, chama-se matriz triangular superior. À matriz do tipo n� n26664

a11 0 � � � 0

a21 a22. . .

......

.... . . 0

an1 an2 � � � ann

37775cujas entradas por cima da diagonal principal são todas nulas, isto é, tais que aij = 0 sei < j, chama-se matriz triangular inferior.Uma matriz diz-se triangular se fôr triangular superior ou triangular inferior.

Exemplo 1. As matrizes

A =

�1 �1�2 2

�, B =

�1 2 3 42 0 �2 0

�, C =

�0 0 7

�e D =

26644321

3775são dos seguintes tipos: A é 2 � 2, B é 2 � 4, C é 1 � 3, D é 4 � 1. Tem-se, por exemplo,a21 = �2, b13 = 3, c12 = 0 e d41 = 1.

Observação 1. Uma matriz (real) A do tipo m� n é uma aplicação:

A : f1; :::;mg � f1; :::; ng �! R(i; j) �! aij

Notação 1. O conjunto de todas as matrizes reais (complexas) do tipom�n é denotadoporMm�n (R) (Mm�n (C)). Tem-seMm�n (R) �Mm�n (C).

De�nição 2. Duas matrizes são iguais se forem do mesmo tipo e se as entradas corres-pondentes forem iguais, isto é, A = (aij)m�n e B = (bij)p�q são iguais se m = p, n = q eaij = bij, para i = 1; :::;m e j = 1; :::; n.

De�nição 3. A soma de duas matrizes do mesmo tipo

A = (aij)m�n e B = (bij)m�n

é a matrizA+B = (aij + bij)m�n.

4

Exemplo 2. Sejam

A =

�1 4 �1�3 2 �3

�, B =

�0 �2 47 3 9

�, C =

24 �11=2

�p2

35 e D =

24 1�1=2p2

35 :

A+B =

�1 2 34 5 6

�, C +D =

24 000

35 e não é possível, por exemplo, somar B com C.

De�nição 4. O produto de um escalar (número real ou complexo) � por umamatriz A = (aij)m�n é a matriz:

�A = (�aij)m�n.

Notação 2. A matriz (�1)A será denotada por �A.

Exemplo 3. SejaA =�1 4 �1�3 2 6

�. Tem-se, por exemplo, �2A =

��2 �8 26 �4 �12

�.

Observação 2. 1A = A, 0A = 0 (matriz nula), A+ A = 2A, A+ :::+ A| {z }n vezes

= nA.

De�nição 5. A diferença entre duas matrizes A e B do mesmo tipo é de�nida por

A�B = A+ (�B),

ou seja, é a soma de A com o simétrico de B.

De�nição 6. (i) O produto AB de duas matrizes A e B só pode ser efectuado se onúmero de colunas da 1a matriz, A, fôr igual ao número de linhas da 2a matriz, B. Nessecaso, o produto AB de A = (aij)m�p por B = (bij)p�n é de�nido por:

AB = (ai1b1j + :::+ aipbpj)m�n =

pXk=1

aikbkj

!m�n

,

isto é,2666664a11 � � � a1p... � � � ...ai1 � � � aip... � � � ...am1 � � � amp

3777775264 b11 � � � b1j � � � b1n

... � � � ... � � � ...bp1 � � � bpj � � � bpn

375 =26666664

pPk=1

a1kbk1 � � �pPk=1

a1kbkn

� � �pPk=1

aikbkj � � �pPk=1

amkbk1 � � �pPk=1

amkbkn

37777775

5

Note que sendo b1; :::;bp as colunas da matriz B, então

AB = A�b1 � � � bp

�=�Ab1 � � � Abp

�e sendo a1; :::; ap as linhas da matriz A, então

AB =

264 a1...am

375B =264 a1B

...amB

375(ii) Sejam A uma matriz do tipo n� n e p 2 N. A potência p de A é de�nida por

Ap = A:::A| {z }p vezes

e para p = 0 de�ne-se (se A fôr não nula) A0 = I.

(iii) Diz-se que duas matrizes A e B comutam se AB = BA.

Exemplo 4. (i)�0 �22 3

� �1 1 �1�3 2 �2

�=

=

�0� 1 + (�2)� (�3) 0� 1 + (�2)� 2 0� (�1) + (�2)� (�2)2� 1 + 3� (�3) 2� 1 + 3� 2 2� (�1) + 3� (�2)

�=

�6 �4 4�7 8 �8

�

(ii)�1 1 �1

� 24 �11=2

�p2

35 = �1� (�1) + 1� 12+ (�1)�

��p2��=�p2� 1

2

�

(iii)

24 �11=2

�p2

35 � 1 1 �1�=

24 (�1)� 1 (�1)� 1 (�1)� (�1)12� 1 1

2� 1 1

2� (�1)�

�p2�� 1

��p2�� 1

��p2�� (�1)

35 =24 �1 �1 1

12

12

�12

�p2 �

p2p2

35

(iv) n 2 N,

26664a11 0 � � � 00 a22 0...

. . ....

0 0 � � � ann

37775n

=

26664(a11)

n 0 � � � 00 (a22)

n 0...

. . ....

0 0 � � � (ann)n

37775.Observação 3. (i) O produto de matrizes não é comutativo. Por exemplo, para

A =

�0 11 0

�e B =

�0 �11 0

�tem-se AB =

�1 00 �1

�e BA =

��1 00 1

�.

Logo AB 6= BA.(ii) CD = 0; (C = 0 ou D = 0), pois, por exemplo, para

C =

�1 11 1

�e D =

��1 11 �1

�; CD = 0:

(iii) Se A (B) tem uma linha (coluna) nula então AB tem uma linha (coluna) nula.

6

De�nição 7. (i) A transposta de uma matriz A = (aij)m�n é a matriz AT = (aji)n�m,isto é 26664

a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

... � � � ...am1 am2 � � � amn

37775T

=

26664a11 a21 � � � am1a12 a22 � � � am2...

... � � � ...a1n a2n � � � amn

37775 :(ii) Sendo A = (aij)m�n 2 Mm�n (C), à matriz A = (aij)m�n chama-se matriz conju-

gada de A.

(iii) Sendo A = (aij)m�n 2Mm�n (C), à matriz AH = ATchama-se matriz transposta

conjugada de A.

Exemplo 5.

24 1 �34 2�1 6

35T = � 1 4 �1�3 2 6

�.

24 1 + 2i �34 �i�1 6

35H = � 1� 2i 4 �1�3 i 6

�:

Teorema 1. Sejam A, B, C e D matrizes de tipos apropriados, � e � escalares. Sãoválidas as seguintes propriedades para as operações matriciais.

(a) (Comutatividade da soma) A+B = B + A.

(b) (Associatividade da soma) A+ (B + C) = (A+B) + C.

(c) (Elemento neutro da soma) Existe uma única matriz 0 do tipo m�n tal que A+0 =0+ A = A, para toda a matriz A do tipo m� n.

(d) (Simétrico) Para cada matriz A existe uma única matrizB tal que A+B = B+A = 0.Esta matriz B denota-se por �A.

(e) (Associatividade do produto por escalares) � (�A) = (��)A.

(f) (Distributividade) (�+ �)A = �A+ �A.

(g) (Distributividade) � (A+B) = �A+ �B.

(h) (Associatividade do produto de matrizes) A (BC) = (AB)C.

(i) (Distributividade) A (B + C) = AB + AC e (B + C)D = BD + CD.

(j) � (AB) = (�A)B = A (�B).

(k) AI = A e IB = B, para todas as matrizes A = (aij)m�n e B = (bij)n�m, onde I é amatriz identidade do tipo n� n.

(l) A0 = 0 e 0B = 0, para todas as matrizes A = (aij)m�n e B = (bij)n�m, onde 0 é amatriz nula do tipo n� n.

(m)�AT�T= A:

�AH�H= A:

7

(n) (A+B)T = AT +BT . (A+B)H = AH +BH .

(o) (�A)T = �AT . (�A)H = �AH .

(p) (AB)T = BTAT . (AB)H = BHAH .

(q) (A1A2:::An)T = ATn :::A

T2A

T1 , com A1, A2, :::, An matrizes de tipos apropriados.

(A1A2:::An)H = AHn :::A

H2 A

H1

De�nição 8. Uma matriz A do (tipo n� n) diz-se invertível se existir uma matriz B(do tipo n� n) tal que

AB = BA = I.

À matriz B chama-se matriz inversa de A e denota-se por A�1.

Exemplo 6.�0 11 0

�é invertível e

�0 11 0

��1=

�0 11 0

�.

Observação 4. (i) Sendo A�1 a matriz inversa de A, então A�1 é invertível e a suainversa é a própria matriz A, isto é, (A�1)�1 = A.

(ii) Amatriz nula não é invertível. No entanto, a matriz identidade I é invertível tendo-seI�1 = I.

(iii) Se uma matriz quadrada tiver uma linha ou uma coluna nula então não é invertível.

Teorema 2. A inversa de uma matriz invertível é única.

Dem. Sejam B e C as inversas de A. Então, B = BI = B (AC) = (BA)C = IC = C.

De�nição 9. (i) Uma matriz A diz-se simétrica se A = AT , isto é, se aij = aji, parai; j = 1; :::; n. Diz-se que A é anti-simétrica se A = �AT , isto é, se aij = �aji, parai; j = 1; :::; n.

(ii) Uma matriz A 2 Mm�n (C) diz-se hermitiana (ou hermítica) se AH = A. Diz-seque A é anti-hermitiana se AH = �A.

(iii) Uma matriz A 2Mn�n (R) diz-se ortogonal se fôr invertível e se A�1 = AT .

(iv) Uma matriz A 2Mn�n (C) diz-se unitária se fôr invertível e se A�1 = AH .

(v) Uma matriz A diz-se normal se AHA = AAH .

Exemplo 7.�0 11 0

�é uma matriz simétrica.

�0 11 0

�T=

�0 11 0

�.

8

�1 1 + i

1� i �1

�é uma matriz hermitiana.

�1 1 + i

1� i �1

�H=

�1 1 + i

1� i �1

�.

�cos � sen �� sen � cos �

�é uma matriz ortogonal (� 2 R):

�12� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�é uma matriz unitária.

�2� 3i 1�i 1� 2i

�é uma matriz normal.

Teorema 3. (i) Se A = (aij)n�n e B = (bij)n�n são duas matrizes invertíveis, então ABé invertível e (AB)�1 = B�1A�1.

(ii) Sendo � um escalar não nulo e A uma matriz invertível então �A é invertível e(�A)�1 = 1

�A�1.

(iii) Seja m 2 N. Se A = (aij)n�n é uma matriz invertível, então Am é invertível e(Am)�1 = (A�1)

m e escreve-se A�m = (Am)�1.

(iv) Seja A = (aij)n�n uma matriz. Se existir l 2 N tal que Al = 0 então A não éinvertível.

(v) Sejam A e B matrizes com A invertível tais que AB = 0. Então B = 0.

(vi) Sejam A e B matrizes com B invertível tais que AB = 0. Então A = 0.

(vii) Sejam A, B e C matrizes com A invertível tais que AB = AC. Então B = C.

(viii) Sejam A, B e C matrizes com B invertível tais que AB = CB. Então A = C.

(ix) A = (aij)n�n é uma matriz invertível se e só se AT é invertível e�AT��1

= (A�1)T:

(x) A = (aij)n�n é invertível se e só se AH é invertível e�AH��1

= (A�1)H:

(xi) Se A = (aij)n�n é uma matriz simétrica invertível, então A�1 é simétrica.

(xii) Se A = (aij)n�n é uma matriz hermitiana invertível, então A�1 é hermitiana.

(xiii) Se A = (aij)n�n é uma matriz ortogonal, então AT e A�1 são matrizes ortogonais.

(xiv) Se A = (aij)n�n é uma matriz unitária, então AH e A�1 são matrizes unitárias.

(xv) Se A e B são duas matrizes ortogonais então AB é uma matriz ortogonal.

(xvi) Se A e B são duas matrizes unitárias então AB é uma matriz unitária.

(xvii) Se A e B são duas matrizes simétricas então AB é uma matriz simétrica se e sóse A e B comutarem.

(xviii) Se A e B são duas matrizes hermitianas então AB é uma matriz hermitiana se esó se A e B comutarem.

9

De�nição 10. Uma equação linear com n incógnitas x1; x2; :::; xn é uma equação daforma

a1x1 + a2x2 + :::+ anxn = b;

em que a1; a2; :::; an e b são constantes (reais ou complexas). A b chama-se termo indepen-dente.

De�nição 11. Um sistema de m equações lineares com n incógnitas é um conjuntode equações da forma

(�)

8>><>>:a11x1 + a12x2 + :::+ a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + :::+ a2nxn = b2

:::am1x1 + am2x2 + :::+ amnxn = bm

em que aij e bk são constantes (reais ou complexas), para i; k = 1; :::;m e j = 1; :::; n.Usando o produto de matrizes de�nido na secção anterior, o sistema de equações lineares

acima pode ser escrito como uma equação matricial

AX = B

em que

A =

26664a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

... � � � ...am1 am2 � � � amn

37775 , X =

26664x1x2...xn

37775 e B =

26664b1b2...bm

37775 .

A matriz A é a matriz dos coe�cientes do sistema, X é a matriz coluna das incógnitase B é a matriz coluna dos termos independentes. A matriz

[A j B] =

26664a11 a12 � � � a1n j b1a21 a22 � � � a2n j b2...

... � � � ......

...am1 am2 � � � amn j bm

37775associada ao sistema (�) chama-se matriz aumentada do sistema.

MUITO IMPORTANTE: Note que

AX =

26664a11a21...am1

37775x1 +26664a12a22...am2

37775x2 + :::+26664a1na2n...amn

37775xn.

10

De�nição 12. Uma solução do sistema de equações lineares (�) de variáveis reais, éo elemento (s1; s2; :::; sn) 2 Rn := f(a1; a2; :::; an) : a1; a2; :::; an 2 Rg tal que as equações dosistema são satisfeitas quando substituímos

x1 = s1; x2 = s2; :::; xn = sn.

(No caso das variáveis serem complexas ter-se-ia soluções em Cn.)Note que isso equivale a dizer que

S =

26664s1s2...sn

37775satisfaz a equação matricial AX = B, isto é, fazendo X = S tem-se a condição verdadeiraAS = B. Ao conjunto de todas as soluções do sistema chama-se conjunto solução ousolução geral do sistema.

Exemplo 8. O sistema linear de duas equações e duas incógnitas�x+ 2y = 12x+ y = 0

pode

ser escrito do seguinte modo: �1 22 1

� �xy

�=

�10

�.

A solução geral do sistema acima é dada por f(x; y) : x+ 2y = 1 e 2x+ y = 0g = f(�1=3; 2=3)g,

isto é, X =

��1=32=3

�é a única matriz que satisfaz AX = B, com A =

�1 22 1

�e B =

�10

�.

Teorema 4. Sejam A uma matriz do tipo m� n e B uma matriz do tipo m� 1. Se osistema de equações lineares AX = B tem duas soluções distintas X0 e X1 (X0 6= X1), entãoterá in�nitas soluções.

Dem. Basta veri�car que X� = (1� �)X0 + �X1 é solução do sistema AX = B, paraqualquer � 2 R.

De�nição 13. A um sistema de equações lineares da forma8>><>>:a11x1 + a12x2 + :::+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + :::+ a2nxn = 0

:::am1x1 + am2x2 + :::+ amnxn = 0

chama-se sistema linear homogéneo. Este sistema pode ser escrito na forma AX = 0.

11

Observação 5. (i) Todo o sistema linear homogéneo AX = 0 admite pelo menos asolução trivial:

X =

26664x1x2...xn

37775 =2666400...0

37775 .Assim, todo o sistema linear homogéneo tem solução. Além disso, ou tem apenas a soluçãotrivial ou tem in�nitas soluções.

(ii) Como iremos ver num próximo capítulo, à solução geral do sistema linear homogéneoAX = 0 dá-se o nome de núcleo de A e escreve-se N (A).

Teorema 5. Se A = (aij)m�n é tal que m < n, então o sistema linear homogéneoAX = 0 tem in�nitas soluções.

Dem. Como o sistema tem menos equações do que incógnitas (m < n), o no de linhasnão nulas r da matriz em escada de linhas obtida da matriz aumentada do sistema tambémé tal que r < n. Assim, há r pivots e n�r incógnitas livres as quais podem assumir qualquervalor. Logo, o sistema linear homogéneo AX = 0 tem in�nitas soluções.

Teorema 6. Sejam A = (aij)m�n e �; � escalares.

(i) Se Y e W são soluções do sistema AX = 0, então Y +W também o é.

(ii) Se Y é solução do sistema AX = 0, então �Y também o é.

(iii) Se Y e W são soluções do sistema AX = 0, então �Y + �W também o é.

(iv) Sejam Y e W soluções do sistema AX = B. Se �Y + �W (para quaisquer escalares�; �) também é solução de AX = B, então B = 0. (Sugestão: basta fazer � = � = 0.)

Teorema 7. Seja A uma matriz do tipo m � n e B 6= 0 uma matriz do tipo m � 1.Qualquer solução X do sistema AX = B escreve-se na forma X = X0 + Y onde X0 é umasolução particular do sistema AX = B e Y é uma solução do sistema linear homogéneoAX = 0. Assim:

solução geral deAX = B

=solução particular de

AX = B+solução geral de

AX = 0.

Dem. Sendo X0 uma solução particular do sistema AX = B e Y1 uma solução qualquerde AY = 0 então A (X0 + Y1) = AX0 = B pelo que X0 + Y1 é também uma solução deAX = B e não há solução de AX = B que não seja deste tipo uma vez que, se X1 fôr umasolução qualquer de AX = B tem-se

AX1 = B = AX0 , A (X1 �X0) = 0

e assim X1 �X0 = Y2 é solução de AY = 0 tendo-se X1 = X0 + Y2.

12

Teorema 8. Seja A uma matriz do tipo n� n.

(i) O sistema AX = B tem solução única se e só se A fôr invertível. Neste caso a soluçãogeral é

X = A�1B:

(ii) O sistema homogéneo AX = 0 tem solução não trivial se e só se A fôr não invertível.

Teorema 9. (i) Sejam A e B duas matrizes do tipo n� n. Se AB é invertível, então Ae B são invertíveis.

(ii) Se A é uma matriz do tipo n� n tal que AB = I então BA = I e B = A�1:

Dem. (i) Considere o sistema (AB)X = 0. Se B não fosse invertível, então pelo teoremaanterior existiriaX 6= 0 tal que BX = 0. Logo, X 6= 0 seria solução não trivial de ABX = 0,o que contraria o teorema anterior uma vez que por hipótese AB é invertível. Assim, Bé invertível. Finalmente, A é invertível por ser o produto de duas matrizes invertíveis:A = (AB)B�1.

(ii) Atendendo à alínea anterior, B é invertível. Logo B�1 também é invertível e

A = AI = A�BB�1

�= (AB)B�1 = IB�1 = B�1,

isto é, A é invertível e A�1 = (B�1)�1 = B.

De�nição 14. (i) Às seguintes operações que se podem aplicar às equações de umsistema de equações lineares, chamam-se operações elementares.

(a) Trocar a posição de duas equações do sistema;

(b) Multiplicar uma equação por um escalar diferente de zero;

(c) Substituição de uma equação pela sua soma com um múltiplo escalar de outraequação.

(ii) Dois sistemas de equações lineares que se obtêm um do outro através de um número�nito de operações elementares, dizem-se equivalentes.

Observação 6. (i) Dois sistemas de equações lineares que se obtêm um do outro atravésde um número �nito de operações elementares, têm o mesmo conjunto solução.

(ii) Quando aplicamos operações elementares às equações de um sistema de equaçõeslineares, só os coe�cientes e os termos independentes do sistema são alterados. Logo, aplicaras operações elementares anteriores às equações de um sistema linear (�) equivale a aplicaràs linhas da matriz aumentada

[A j B] =

26664a11 a12 � � � a1n j b1a21 a22 � � � a2n j b2...

... � � � ......

...am1 am2 � � � amn j bm

37775as seguintes operações.

13

De�nição 15. As operações elementares que podem ser aplicadas às linhas (i e j)de uma matriz são:

(i) Trocar a posição de duas linhas (i e j) da matriz: Li $ Lj

(ii) Multiplicar uma linha (i) da matriz por um escalar (�) diferente de zero: �Li ! Li

(iii) Substituição de uma linha (j) pela sua soma com um múltiplo escalar (�) de outralinha (i): �Li + Lj ! Lj

Teorema 10. Se dois sistemas lineares AX = B e CX = D são tais que a matrizaumentada [C j D] é obtida de [A j B] através de uma ou mais operações elementares, entãoos dois sistemas são equivalentes.

De�nição 16. Uma matriz A = (aij)m�n diz-se em escada de linhas se:

(i) Todas as linhas nulas (formadas inteiramente por zeros) estão por baixo das linhasnão nulas;

(ii) Por baixo (e na mesma coluna) do primeiro elemento não nulo de cada linha e porbaixo dos elementos nulos anteriores da mesma linha, todas as entradas são nulas. Esseprimeiro elemento não nulo de cada linha tem o nome de pivot.

Exemplo 9. As seguintes matrizes estão em escada de linhas:

A1 =

�4 �10 0

�; A2 =

�0 1 3 00 0 �5 1

�; A3 =

2666642 �1 1=2 0 0

0 0 �3 0p2

0 0 0 0 �50 0 0 0 00 0 0 0 0

377775 .

De�nição 17. O método de resolver sistemas lineares que consiste em aplicar operaçõeselementares às linhas da matriz aumentada do respectivo sistema de modo a que essa matriz�que em escada de linhas, chama-se método de eliminação de Gauss.

Exemplo 10. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y e z8<:x+ z = 3x+ 2y + 2z = 63y + 3z = 6

é equivalente a

24 1 0 11 2 20 3 3

3524 xyz

35 =24 366

35 .Considere-se então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:24 1 0 1 j 3

1 2 2 j 60 3 3 j 6

35 �!�L1+L2!L2

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

35 �!� 32L2+L3!L3

24 1 0 1 j 30 2 1 j 30 0 3

2j 3

2

35 .14

Logo, 8<:x+ z = 32y + z = 332z = 3

2

,

8<:x = 2y = 1z = 1.

Neste exemplo o sistema tem a solução única f(2; 1; 1)g e diz-se possível e determi-nado.

Exemplo 11. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y; z e w8<:3z � 9w = 65x+ 15y � 10z + 40w = �45x+ 3y � z + 5w = �7

é equivalente a

24 0 0 3 �95 15 �10 401 3 �1 5

352664xyzw

3775 =24 6�45�7

35 .Considere-se então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:24 0 0 3 �9 j 6

5 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 �!L1$L315L2!L2

24 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 �!�L1+L2!L2

�!�L1+L2!L2

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 �!3L2+L3!L3

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0

35 .Logo, �

x+ 3y � z + 5w = �7�z + 3w = �2 ,

�x = �3y � 2w � 5z = 3w + 2.

As incógnitas y e w são livres e as incógnitas x e z são não livres. A solução geral do sistemaé: 8>><>>:

2664�3s� 2t� 5

s3t+ 2t

3775 : s; t 2 R9>>=>>;

isto é, o conjunto solução é dado por: f(�3s� 2t� 5; s; 3t+ 2; t) : s; t 2 Rg. Neste exemploo sistema tem in�nitas soluções e diz-se possível e indeterminado.

Exemplo 12. Seja a 2 R. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y e z8<:x+ 2y + z = 3x+ y � z = 2x+ y + (a2 � 5) z = a

é equivalente a

24 1 2 11 1 �11 1 a2 � 5

3524 xyz

35 =24 32a

35 .Considere-se então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:24 1 2 1 j 3

1 1 �1 j 21 1 a2 � 5 j a

35 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 2 1 j 30 �1 �2 j �10 �1 a2 � 6 j a� 3

35 �!�L2+L3!L3

15

�!�L2+L3!L3

24 1 2 1 j 30 �1 �2 j �10 0 (a� 2) (a+ 2) j a� 2

35 .Se a = 2, então o sistema é possível e indeterminado:�

x+ 2y + z = 3�y � 2z = �1 ,

�x = 3z + 1y = �2z + 1,

a incógnita z é livre, as incógnitas x e y são não livres e a solução geral do sistema é8<:24 3t+ 1�2t+ 1t

35 : t 2 R9=;

isto é, o conjunto solução é dado por: f(3t+ 1;�2t+ 1; t) : t 2 Rg.Assim, se a = 2, o sistema tem in�nitas soluções e diz-se possível e indeterminado.Se a = �2, o sistema não tem solução e diz-se impossível.Se a 6= �2 e a 6= 2, o sistema tem a solução única

��a+5a+2; aa+2; 1a+2

�e diz-se possível

e determinado.

Observação 7. (Como inverter matrizes invertíveis do tipo n� n). Seja A umamatriz do tipo n� n e consideremos a equação AX = B. Se A fôr invertível temos

AX = B , X = A�1B, isto é, AX = IB , IX = A�1B.

Assim, para determinar a inversa de A, iremos transformar a matriz aumentada [A j I] namatriz [I j A�1], por meio de operações elementares aplicadas às linhas de [A j I]:

[A j I] �!:::

�I j A�1

�Este método tem o nome de método de eliminação de Gauss-Jordan e consistirá nacontinuação do método de eliminação de Gauss agora aplicado a [matriz triangular superior j �],efectuando-se as eliminações de baixo para cima de modo a obter-se [I j A�1].

Exemplo 13. Vejamos que��2 1�1 2

��1=

��23

13

�13

23

�: Tem-se

��2 1 j 1 0�1 2 j 0 1

��!

� 12L1+L2!L2

�!� 12L1+L2!L2

��2 1 j 1 00 3

2j �1

21

��!

� 23L2+L1!L1

��2 0 j 4

3�23

0 32j �1

21

��!

23L2!L2

� 12L1!L1

�1 0 j �2

313

0 1 j �13

23

�.

Isto é ��2 1�1 2

��1=

��23

13

�13

23

�.

De facto ��2 1�1 2

� ��23

13

�13

23

�=

��23

13

�13

23

� ��2 1�1 2

�= I

16

Exemplo 14. (i) Seja A =

24 0 �1 1�1 5

4�12

1 �12

0

35. Tem-se

[A j I] =

24 0 �1 1 j 1 0 0�1 5

4�12j 0 1 0

1 �12

0 j 0 0 1

35 �!:::

24 1 0 0 j 1 2 30 1 0 j 2 4 40 0 1 j 3 4 4

35 .Logo, 24 0 �1 1

�1 54�12

1 �12

0

35�1 =24 1 2 32 4 43 4 4

35 :Veri�que(!) que: AA�1 = I.

(ii) Seja A =

24 9 8 76 5 43 2 1

35. Tem-se

[A j I] =

24 9 8 7 j 1 0 06 5 4 j 0 1 03 2 1 j 0 0 1

35 �!:::

24 3 2 1 j 0 0 10 1 2 j 0 1 �20 0 0 j 1 �2 1

35Logo, A não é invertível.

(iii) Sejam A =

�1 23 4

�B =

��4 00 8

�C =

�0 1

8

�140

�. Determine-se X tal que

A�I � 2XT

��1B�1 = C:

Tem-se

A�I � 2XT

��1B�1 = C ,

�I � 2XT

��1= A�1CB , I � 2XT =

�A�1CB

��1 ,, XT =

1

2

�I �B�1C�1A

�, X =

1

2

�I � AT

�CT��1 �

BT��1�,

, X =1

2

�1 00 1

��1 32 4

� �0 �1

418

0

��1 � �4 00 8

��1!, X =

��1 �1

2

�2 �12

�:

De�nição 18. (Ver-se-á mais adiante a consistência desta de�nição.) Seja A uma matrizem escada de linhas. Ao no de colunas de A que não contêm pivots chama-se nulidade de Ae escreve-se nulA. Ao no de pivots de A, isto é, ao no de linhas não nulas de A, dá-se o nomede característica de A e escreve-se carA. Se A fôr a matriz em escada de linhas obtida deC através de operações elementares então diz-se que a característica de C é carA, tendo-secarC = carA e diz-se que a nulidade de C é nulA, tendo-se nulC = nulA.

17

Exemplo 15. Considere-se as matrizes do exemplo 9. Pivot de A1: 4. Pivots de A2:1;�5. Pivots de A3: 2;�3;�5. Tem-se: carA1 = 1, carA2 = 2 e carA3 = 3. Além disso:nulA1 = 1, nulA2 = 2 e nulA3 = 2.

De�nição 19. Uma matriz A = (aij)n�n diz-se não singular se após o método deeliminação de Gauss esta fôr transformada numa matriz triangular superior cujas entradasda diagonal principal sejam todas não nulas. Uma matriz A = (aij)n�n diz-se singular seapós o método de eliminação de Gauss existir (pelo menos) uma linha nula na matriz obtidade A.

Teorema 11. Seja A = (aij)n�n. Tem-se

A é invertível, A é não singular, carA = n,, para todo o B o sistema AX = B tem uma única solução (X = A�1B),

isto é,A não é invertível, A é singular, carA < n,

, existe pelo menos um B para o qual o sistema AX = B não tem solução.

Observação 8. Seja [A j B] a matriz aumentada associada a um sistema de equaçõeslineares com n incógnitas.

(i) Se carA = car [A j B] = n então o sistema é possível e determinado (tem umaúnica solução).

(ii) Se carA = car [A j B] < n então o sistema é possível e indeterminado (tem umno in�nito de soluções).

(iii) Se carA < car [A j B] então o sistema é impossível (não tem solução).

(iv) As incógnitas livres (podem tomar valores arbitrários) do sistema são aquelas quecorrespondem às colunas, que não contenham pivots, da matriz em escada de linhas obtidade A através de operações elementares.

(v) As incógnitas não livres do sistema são aquelas que correspondem às colunas,que contenham pivots, da matriz em escada de linhas obtida de A através de operaçõeselementares.

(vi) carA = no de linhas não nulas da matriz em escada de linhas obtida de A =

= no de pivots = no de incógnitas não livres:

nulA = no de incógnitas livres:

(vii) Seja A uma matriz do tipo m� n. Então 0 � carA � min fm;ng e

carA+ nulA = n:

18

De�nição 20. Uma matriz elementar é uma matriz do tipo n � n obtida da matrizidentidade I (do tipo n� n) através de uma única operação elementar.

(i) A matriz Pij, chamada matriz de permutação, é a matriz elementar obtida portroca da linha i com a linha j da matriz I. Tem-se:

Pij =

266666666666666666664

1 0 � � � � � � 0

0. . . . . .

....... . . 1

0 11. . .

11 0

1. . .

......

. . . . . . 00 � � � � � � 0 1

377777777777777777775

i

j

.

(ii) Amatriz Ei(�) é a matriz elementar obtida da matriz I através do produto do escalar� 6= 0 pela linha i da matriz I. Tem-se:

Ei(�) =

2666666666664

1 0 � � � � � � 0

0. . . . . .

....... . . 1

�

1. . .

......

. . . . . . 00 � � � � � � 0 1

3777777777775 i .

(iii) A matriz Eij(�) é a matriz elementar obtida da matriz I por soma da linha j comum múltiplo escalar � da linha i. Por exemplo para i < j tem-se:

Eij(�) =

2666666666664

1 0 � � � � � � 0

0. . . . . .

....... . . 1

. . .

� 1. . .

......

. . . . . . 00 � � � � � � 0 1

3777777777775

i

j

.

19

Observação 9. (i) As matrizes elementares Eij(�), com i < j, são matrizes triangularesinferiores.

(ii)Asmatrizes elementaresEij(�) eEik(�) comutam, isto é, Eij(�)Eik(�) = Eik(�)Eij(�).

Exemplo 16. Sejam �; � escalares com � 6= 0. As matrizes elementares do tipo 2 � 2são:

P12 = P21 =

�0 11 0

�, E1(�) =

�� 00 1

�, E2(�) =

�1 00 �

�, E12(�) =

�1 0� 1

�eE21(�) =

�1 �0 1

�.

Teorema 12. Sejam E uma matriz elementar do tipo m�m e A uma matriz qualquerdo tipo m�n. Então, EA é a matriz obtida de A através da mesma operação elementar queoriginou E. Isto é, aplicar uma operação elementar a uma matriz corresponde a multiplicaressa matriz à esquerda por uma matriz elementar.

Exemplo 17. Considere-se a matriz aumentada

24 0 0 3 �9 j 65 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35. A op-eração elementar:24 0 0 3 �9 j 6

5 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 �!L1$L3

24 1 3 �1 5 j �75 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 ,corresponde à seguinte multiplicação (à esquerda):24 0 0 1

0 1 01 0 0

3524 0 0 3 �9 j 65 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 =24 1 3 �1 5 j �75 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 .A operação elementar:24 1 3 �1 5 j �7

5 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 �!15L2!L2

24 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6


0 1=5 00 0 1

3524 1 3 �1 5 j �75 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 =24 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 .A operação elementar:24 1 3 �1 5 j �7

1 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 �!�L1+L2!L2

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 ,20

corresponde à seguinte multiplicação (à esquerda):24 1 0 0�1 1 00 0 1

3524 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 =24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 .Finalmente, a operação elementar:24 1 3 �1 5 j �7

0 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 �!3L2+L3!L3

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0


0 1 00 3 1

3524 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 =24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0

35 .Tem-se então:

E23 (3)E12 (�1)E2�1

5

�P13

24 0 0 3 �9 j 65 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 =24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0

35 .Teorema 13. Toda a matriz elementar é invertível e a respectiva inversa é também uma

matriz elementar. Tem-se:

(i) (Pij)�1 = Pij. (ii) (Ei(�))

�1 = Ei(1=�), para � 6= 0. (iii) (Eij(�))�1 = Eij(��).

Teorema 14. Uma matriz A é invertível se e só se fôr igual ao produto de matrizeselementares.

Observação 10. O teorema anterior indica um modo alternativo para calcular a matrizinversa de uma matriz invertível.

Teorema 15. (Factorização triangular). Duas consequências do método deeliminação de Gauss:

(i) Seja A uma matriz do tipo m � n. Então ou A admite a factorização A = LU ouexiste uma matriz de permutação P tal que PA admite a factorização PA = LU , onde L éuma matriz triangular inferior com as entradas da diagonal principal todas iguais a 1 e U éuma matriz em escada.

(ii) Seja A uma matriz não singular do tipo n � n. Então ou A admite a factorizaçãoúnica A = LU ou existe uma matriz de permutação P tal que PA admite a factorizaçãoúnica PA = LU , onde L é uma matriz triangular inferior com as entradas da diagonalprincipal todas iguais a 1 e U é uma matriz triangular superior cujas entradas da diagonal

21

principal são os pivots que resultam de aplicar o método de eliminação de Gauss à matrizA.

Exemplo 18. Seja A =

24 1 1 12 1 42 3 5

35. Tem-se:E23(1)E13(�2)E12(�2)A =

24 1 1 10 �1 20 0 5

35 .Logo,

A = (E12(�2))�1 (E13(�2))�1 (E23(1))�124 1 1 10 �1 20 0 5

35 .Isto é,

A = E12(2)E13(2)E23(�1)

24 1 1 10 �1 20 0 5

35 , ou ainda, A = LU ,

com

L = E12(2)E13(2)E23(�1) =

24 1 0 02 1 02 �1 1

35 e U =

24 1 1 10 �1 20 0 5

35 .

Exemplo 19. Seja A =

26641 2 3 40 0 5 60 0 10 60 1 7 8

3775. Tem-se P24A =26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 5 6

3775 e

E34 (�1=2)P24A =

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775Logo

P24A = (E34 (�1=2))�1

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775Isto é,

P24A = E34 (1=2)

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775 , ou ainda, PA = LU ,

com

P = P24, L = E34 (1=2) =

26641 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 1=2 1

3775 e U =

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775 :

22

1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas

1. Veri�que que:

(i)�6 �94 �6

�2=

�0 00 0

�(ii)

�1 �10 �1

�1000= I (iii)

�0 1�1 0

�2= �I

(iv)�0 1�1 0

�222+

�0 1�1 0

�220=

�0 00 0

�(v)

�1 23 4

� �5 46 11

�=

�5 46 11

� �1 23 4

�

(vi)

24 1 1 11 1 1�2 �2 �2

352 =24 0 0 00 0 00 0 0

35 (vii)

24 2 �2 �4�1 3 41 �2 �3

352 =24 2 �2 �4�1 3 41 �2 �3

35(viii)

24 123

35 � 1 0 1�=

24 1 0 12 0 23 0 3

35 (ix) 3�1 11 �1

��12

�0 �21 �1

�2=

�4 272�52

�

(x)��

4�2

� ��121��T� 2

��2 12 �1

� ��14

2

�3p2

�T=

��7 �2

p2� 11

9 2p2 + 10

�(xi)

�a bc d

��1=

1

ad� bc

�d �b�c a

�(se ad� bc 6= 0)

A 2a coluna de

24 �1 1 �1�1 �1 11 �1 �1

3524 6 2 9�7 1 69 1 �7

35 é24 �1 1 �1�1 �1 11 �1 �1

3524 211

35 =24 �2�20

35(xiii)


�é ortogonal (� 2 R). Isto é,


� �cos � sen �� sen � cos �

�T=


�T �cos � sen �� sen � cos �

�= I

(xiv)

264p33

p22

p66p

33�p22

p66p

33

0 �p63

375 é ortogonal. (xv) � 12� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�é unitária. Isto é,

�12� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

� �12� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�H=

�12� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�H � 12� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�= I

(xvi)�2� 3i 1�i 1� 2i

�é uma matriz normal. Isto é,

�2� 3i 1�i 1� 2i

� �2� 3i 1�i 1� 2i

�H=

�2� 3i 1�i 1� 2i

�H �2� 3i 1�i 1� 2i

�(xvii) As constantes a; b e c que de�nem a função y = ax2 + bx+ c cujo grá�co passapelos pontos (x1; y1) ; (x2; y2) e (x3; y3) (de abcissas distintas entre si), constituem a

solução

24 abc

35 do sistema linear cuja matriz aumentada é dada por:24 x21 x1 1 j y1x22 x2 1 j y2x23 x3 1 j y3

35.23

2. 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

��13

�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

353. Pretende-se arrumar livros em caixas. Ao colocar 7 livros em cada caixa, �ca um livrode fora. Ao colocar 8 livros por caixa, há uma caixa que só tem 1 livro. Quantos livrosse pretende arrumar? Quantas caixas existem?

4. C = Celsius, F = Fahrenheit. A partir do ponto de congelação (C;F ) = (0; 32) e doponto de ebulição (C;F ) = (100; 212), deduza a equação linear

F =9

5C + 32:

Veri�que que o único valor comum a ambas as escalas é �40�.

5. Escreva a matriz A = (aij)4�4 2M4�4 (R) em cada um dos seguintes casos:

a) aij = j2 (�1)i+j b) aij =

8<:0 se i > j

1i+j�1 caso contrário,

c)

8>>>><>>>>:i se i = j

�j se j = i+ 1

i� j caso contrário,

d) aij =

8<:�aji para todo i; j

j se j > i

6. Veri�que se a matriz (aij) 2M2�2 (R) de�nida por aij = 3i+2j, para todo i; j = 1; 2,é simétrica.

7. Determine as características e as nulidades das seguintes matrizes reais, identi�candoos respectivos pivots.

(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

3524

(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

358. 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

9. Diga qual dos seguintes pontos: (0; 0) ; (1; 1) ; (1;�1) ; (�1; 1) é a solução do seguintesistema de equações lineares nas variáveis x; y.8<:

x+ y = 0x� 2y = 3x� y = 2.

10. 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.

11. (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).

12. Seja � 2 R. Em função do parâmetro �, calcule a característica e a nulidade dasseguintes matrizes. Em cada alínea, indique ainda (se existirem), justi�cando, os val-ores de � para os quais essas matrizes são 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

377513. Determine valores para x; y; z e w de modo a que nas reacções químicas seguintes

os elementos químicos envolventes ocorram em iguais quantidades em cada lado darespectiva equação.

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

25

14. Resolva os seguintes sistemas de equações lineares.

(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

15. Discuta em função do parâmetro real � os seguintes sistemas de equações lineares (nasvariáveis x; y e z). Nos casos em que existirem soluções, determine-as.

(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�

16. Discuta os seguintes sistemas de equações lineares em termos dos parâmetros 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 = �

17. Diga para que valores de a; b e c têm soluções os sistemas.

(a)

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

(b)

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

18. 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 = ?

26

19. Determine todas as matrizes reais 2� 2 que comutam com a matriz�1 23 4

�.

20. Existem 16 matrizes 2 � 2 só com 0 e 1 nas respectivas entradas. Quantas são in-vertíveis?

21. Seja A 2Mn�n (R) tal que A2 + 2A+ 2I = 0:Veri�que que A é invertível e determinea sua inversa.

22. Sejam A;B;X 2 Mn�n (R) matrizes invertíveis tais que (AB)2 =�3 47 9

�. Em cada

um dos seguintes casos, determine a matriz X que satisfaz a equação

(i) AXB + AB = 0 (ii) BXA� A�1B�1 = 0

23. Determine A 2M2�2 (R) tal que�2I � (3A�1)T

��1=

�4 37 5

�:

24. 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 2 30 1 20 0 1

35 (vii)1

3

24 2 �2 11 2 22 1 �2

35(viii)

24 1 0 20 3 04 0 5

35 (ix)

24 1 2 14 0 61 8 1

35 (x)�cos � � sen �sen � cos �

�

(xi)

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

3775, com k 6= 0 (xii)

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

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

(xiii)

2666666664

513

213

213

� 813

213

� 713

613

213

213

613

� 713

213

� 813

213

213

513

3777777775(xiv)

2666666664

1 �12�12

12

�12

1 0 �12

�12

0 1 �12

12�12�12

1

377777777525. (i) Seja A 2Mn�n (R) tal que

Ak = 0

para algum k 2 Nn f1g. Veri�que que

(I � A)�1 = I + A+ :::+ Ak�1

(ii) Calcule

24 1 1 00 1 10 0 1

35�1 :27

26. Seja A =

24 2 2 �25 1 �31 5 �3

35.(i) Veri�que que A3 =

24 0 0 00 0 00 0 0

35. (ii) Calcule (I � A) (I + A+ A2) :

27. Para cada parâmetro real �, considere o sistema de equações lineares de variáveis reaiscuja matriz aumentada é dada por:24 1 4 2 j 10

2 7 2 j 201 5 � j 10

35 .a) Discuta em termos de � a existência ou não de solução do sistema de equaçõeslineares anterior.

b) Para � = 4, determine o conjunto solução do sistema de equações lineares corre-spondente.

28. 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.

29. 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.

30. 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 osimétrico da 3a coluna de Ba;1.

28

1a Ficha de exercícios facultativos

1. Sendo A;B;C matrizes de tipos apropriados, mostre que:

(i) (AB)C = A (BC) (ii) A (B + C) = AB + AC (iii) (AB)T = BTAT

2. Sendo A uma matriz do tipo m� n, mostre que se ATA = 0 então A = 0.

3. Sendo A =�1 22 4

�, determine todos os u 6= 0 tais que Au = 5u.

4. Obtenha, por indução, uma fórmula para An onde A é dada por:

(i)�0 �11 0

�(ii)

�1 02 1

�(iii)

24 1 1 00 1 10 0 1

35

(iv)

26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

3775 (v)�cos � � sen �sen � cos �

�(� 2 R)

5. Mostre que se AB = A e BA = B então A2 = A e B2 = B.

6. Sendo A uma matriz 2� 2 ortogonal, isto é, tal que AAT = ATA = I, mostre que

A =


�ou A =

�cos � sen �sen � � cos �

�; (� 2 R):

7. Diga de que tipos deverão ser as matrizes A e B de modo a poderem ser efectuados osseguintes produtos e desenvolva esses mesmos produtos.

(i) (A+B)(A�B) (ii) (AB)2 (iii) (A+B)2

8. (i) 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, oque concluiria acerca da veracidade da relação anterior?

(ii) Veri�que que as matrizes A =

�1 21 2

�, B =

�0 01 1

�e C =

�2 20 0

�não

satisfazem a relação: AB = AC ) B = C. O que pode concluir? E no caso de A serinvertível, o que concluiria acerca da veracidade da relação anterior?

9. Sejam A uma matriz do tipo n� n e B uma matriz do tipo m� n quaisquer.(i) Prove que se A é simétrica (isto é A = AT ) então BABT tambem é simétrica.

(ii) Prove que se A é normal (isto é AHA = AAH) e B é unitária então BABH énormal.

(iii) Prove que BTB e BBT são matrizes simétricas e que BHB e BBH são matrizeshermitianas.

29

10. Uma matriz A do tipo n� n diz-se anti-simétrica se AT = � A. Mostre que:(i) Os elementos da diagonal principal de uma qualquer matriz anti-simétrica são todosnulos.

(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.

11. Veri�que que todas as matrizes X =

�a bc d

�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 emcontraste com 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

�.

Isto é, as matrizes 2 � 2 que comutam com todas as matrizes 2 � 2 são múltiplosescalares da matriz I.

13. Sendo A uma matriz do tipo m� n, seja N (A) = fX : AX = 0g. Mostre que:(i) Sendo A e B matrizes de tipos apropriados, então N (B) � N (AB).(ii) Sendo A 2Mm�n (R), tem-se N

�ATA

�= N (A) :

(iii) Sendo A e B matrizes do tipo m� n com m < n tais que ABT é invertível, entãoBTA não é invertível. Além disso, nenhuma linha de B pertence a N (A).(iv) Sendo A 2Mm�n (R) tal que para todo o B 2 Rm; o sistema AX = B é possível,então N

�AT�= f0g.

14. Sejam A;B 2 Mn�n(R) tais que que Au = Bu para qualquer u 2 Mn�1(R). Proveque A = B.

15. Sejam A;B matrizes não nulas do tipo n � 1. Determine a característica de ABT .Justi�que.

16. Sendo A uma matriz do tipo m � n tal que carA = m, mostre que existe B do tipon�m tal que AB = I.

17. Duas matrizes A e B do tipo n�n dizem-se semelhantes se existir S invertível tal queA = SBS�1. Mostre que:

(i) Sendo A ou B invertíveis então AB e BA são semelhantes.

(ii) Sendo A e B semelhantes então X 2 N (A) se e só se S�1X 2 N (B).

30

18. Seja A uma matriz quadrada (do tipo n� n). Mostre que:(i) Se A fôr invertível então A�1 tambem é invertível e (A�1)�1 = A.

(ii) Se A fôr invertível então AT tambem é invertível e (AT )�1 = (A�1)T .

(iii) Se A fôr invertível e simétrica então A�1 tambem é simétrica.

19. Sejam A e B matrizes do tipo n� n. Mostre que:(i) Se A;B forem invertíveis então A+B não é necessariamente invertível.

(ii) Se A;B e A+B forem invertíveis então A�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):

20. Seja A do tipo n� n tal que A2 = A (A diz-se idempotente). Mostre que:(i) I � A é idempotente.(ii) 2A � I é invertível e (2A� I)�1 = 2A � I. Além disso, se A fôr simétrica então2A� I é uma matriz ortogonal.(iii) Se carA = n, então A = I.

21. Uma matriz B (do tipo n� n) diz-se idempotente se B2 = B. Mostre que

A2 = I , 1

2(I + A) é idempotente

22. Sendo A = (aij) uma matriz invertível e B = (bij) a inversa da A, mostre, para k 6= 0,a matriz (ki�jaij) é invertível e a sua inversa é (ki�jbij).

23. Seja A uma matriz do tipo 2 � 2. Mostre que A =

�a bc d

�é invertível se e só se

ad�bc 6= 0. No caso de A ser invertível, utilize o método de eliminação de Gauss-Jordanpara encontrar a matriz inversa de A.

24. Que condições devem ser veri�cadas para que a seguinte matriz diagonal do tipo n�n

D =

26664k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775seja invertível? Qual é a sua inversa?

31

25. Para matrizes quadradas A = (aij)n�n de�ne-se o traço de A, tr(A), como sendo asoma de todas as entradas da diagonal principal de A, isto é,

tr(A) =

nXi=1

aii:

Sejam A = (aij)n�n e B = (bij)n�n duas matrizes do tipo n�n e � um escalar. Mostreque

(i)tr(A+B) = tr(A) + tr(B);

(ii)tr(�A) = � tr(A);

(iii)tr(AT ) = tr(A);

(iv)tr(AB) = tr(BA):

Esta última igualdade continua a ser verdadeira se A = (aij)m�n e B = (bij)n�m.

26. Para cada matriz A do tipo n� n, veri�que que não existe X do tipo n� n tal que

AX �XA = I.

27. Sejam A e B matrizes do tipo n�n tais que A é simétrica e B é anti-simétrica. Mostreque

tr(AB) = 0:

28. Seja A 2Mm�n (R). Mostre que tr(ATA) = 0 se e só se A = 0.

29. Sejam u; v 2Mn�1 (R) tais que uTv 6= �1. Seja

A = I + uvT .

Veri�que que A é invertível e que

A�1 = I � 1

1 + uTvuvT .

Além disso veri�que queuTv =

�tr�uvT

��

32

Determinantes

De�nição 21. Dados os números naturais 1; 2; :::; n chama-se permutação desses nnúmeros a qualquer lista em que os mesmos sejam apresentados por ordem arbitrária.

De�nição 22. Seja (i1i2:::in) uma permutação dos números naturais 1; 2; :::; n. Diz--se que um par (ijik) é uma inversão quando (j � k) (ij � ik) < 0 (isto é, quando ij e ikaparecerem na permutação por ordem decrescente).

De�nição 23. Uma permutação (i1i2:::in) diz-se par (ímpar) quando o no máximo deinversões incluídas fôr par (ímpar).

Exemplo 20. A permutação (21453) é ímpar pois o no máximo de inversões nela incluí-das é ímpar: (21); (43) e (53).

De�nição 24. Seja A uma matriz do tipo n � n. Chama-se determinante de A, eescreve-se jAj ou detA, o número que se obtém do seguinte modo:

(i) Formam-se todos os produtos possíveis de n factores em que intervenha um elementode cada linha e, simultaneamente, um elemento de cada coluna de A.

(ii) Afecta-se cada produto do sinal + ou do sinal � conforme as permutações (dosnúmeros naturais 1; 2; :::; n) que �guram nos índices de linha e de coluna tenham a mesmaparidade ou não.

(iii) Somam-se as parcelas obtidas.

Em resumo: �xando, por exemplo, a permutação (i1i2:::in) de 1; 2; :::; n

jAj =X

(j1j2:::jn)

permutação de 1;2;:::;n

(�1)�ai1j1ai2j2 :::ainjn,

em que

� =

8<:0 se (i1i2:::in) e (j1j2:::jn) têm a mesma paridade

1 se (i1i2:::in) e (j1j2:::jn) têm paridade diferente.

Observação 11. Pode ainda escrever-se

jAj =X

(j1j2:::jn)


(�1)�a1j1a2j2 :::anjn, em que � =

8<:0 se (j1j2:::jn) é par

1 se (j1j2:::jn) é ímpar.

33

ou

jAj =X

(i1i2:::in)


(�1)�ai11ai22:::ainn, em que � =

8<:0 se (i1i2:::in) é par

1 se (i1i2:::in) é ímpar.

De�nição 25. Seja A = (aij)n�n. O traço de A, tr(A), é a soma de todas as entradasda diagonal principal de A, isto é,

tr(A) =

nXi=1

aii:

Teorema 16. Sejam A = (aij)n�n e B = (bij)n�n duas matrizes do tipo n � n e � umescalar. Tem-se

(i)tr(A+B) = tr(A) + tr(B);

(ii)tr(�A) = � tr(A);

(iii)tr(AT ) = tr(A);

(iv)tr(AB) = tr(BA):

Teorema 17. (i) Se A é do tipo 2� 2, então

jAj =�� a11 a12a21 a22

�� = a11a22 � a12a21 =Só no caso

2�2

1

2

�(trA)2 � tr

�A2��:

(ii) Se A é do tipo 3� 3, então

jAj =

��a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

�� = a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32�a13a22a31�a12a21a33�a11a23a32.Observação 12. (i) Se A é uma matriz do tipo n� n então jAj tem n! parcelas.

(ii) O determinante de cada um dos três tipos de matrizes elementares é dado por

detPij = �1;

detEi (�) = �;

detEij (�) = 1:

34

Exemplo 21. (i) �� 1 �12 �2

�� = 1(�2)� (�1)2 = 0:(ii) ��

1 2 13 �1 22 1 �3

�� = 1(�1)(�3) + 3 + 8� 1(�1)2� 6(�3)� 2 = 32:

De�nição 26. Seja A = (aij) uma matriz do tipo n� n, com n > 1. Seja Aij a matrizdo tipo (n�1)�(n�1) que se obtem de A suprimindo a linha i e a coluna j de A. Chama-sea Aij o menor-ij da matriz A.

Teorema 18. (Fórmula de Laplace.) Seja A uma matriz do tipo n� n, com n > 1.Tem-se

detA =nXj=1

aij(�1)i+j detAij, com i 2 f1; :::; ng �xo:

Observação 13. Seja A uma matriz do tipo n� n, com n > 1. Tem-se

detA =nXi=1

aij(�1)i+j detAij, com j 2 f1; :::; ng �xo:

Exemplo 22.��1 0 �2 32 1 �1 40 �1 0 �21 0 �2 �3

�� = (�1)(�1)3+2

��1 �2 32 �1 41 �2 �3

��+ (�2)(�1)3+4��1 0 �22 1 �11 0 �2

�� =

= (�1)(�3) + (�2)4 + 2(�2)3� (�1)3� (�2)2(�3)� 4(�2) + 2 [(�2)� (�2)] = �18

Teorema 19. Sejam A e B matrizes do tipo n� n. Seja � um escalar.

(i) det�AT�= detA.

(ii) Se A fôr uma matriz diagonal, triangular superior ou triangular inferior então odeterminante de A é igual ao produto dos elementos da diagonal principal de A.

(iii) Se A tiver uma linha (ou coluna) nula então detA = 0.

(iv) Se B fôr obtida de A trocando duas linhas (ou colunas) de A então detB = � detA.

35

(v) Se B fôr obtida de A multiplicando uma linha (ou coluna) de A por um escalar �então detB = � detA.

(vi) Se duas linhas (ou colunas) de A forem iguais então detA = 0.

(vii) Se B fôr obtida de A somando a uma linha (ou coluna) de A um múltiplo escalar� de uma outra linha (ou coluna) de A então detB = detA.

(viii) detA 6= 0 se e só se A é invertível.

(ix) det (�A) = �n detA.

(x) det (EA) = detE detA, em que E é uma matriz elementar (Pij; Ei (�) ou Eij (�)).

(xi) det (AB) = detA detB.

(xii) det (A1A2:::Al) = detA1 detA2::: detAl, em que A1; A2; :::; Al são l (l 2 N) matrizesdo tipo n� n.

(xiii) Se A fôr invertível det (A�1) =1

detA.

(xiv) det (AB) = 0) detA = 0 ou detB = 0.

(xv) det (AB) = det (BA).

Exemplo 23.��9 7 5 3 17 7 5 3 15 5 5 3 13 3 3 3 11 1 1 1 1

��=

��1 1 1 1 13 3 3 3 15 5 5 3 17 7 5 3 19 7 5 3 1

��=

��1 1 1 1 11 3 3 3 31 3 5 5 51 3 5 7 71 3 5 7 9

��=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 2 4 4 40 2 4 6 60 2 4 6 8

��=

=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 0 2 2 20 0 2 4 40 0 2 4 6

��=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 0 2 2 20 0 0 2 20 0 0 2 4

��=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 0 2 2 20 0 0 2 20 0 0 0 2

��= 24 = 16.

Observação 14. Sendo A e B matrizes do tipo n� n, em geral:

jA+Bj 6= jAj+ jBj e jA�Bj 6= jAj � jBj .

Por exemplo, se n é par, A = I e B = �I, tem-se

jA+Bj = 0 6= 2 =n é par

1 + (�1)n = jAj+ jBj :

36

De�nição 27. Seja A = (aij) uma matriz do tipo n � n, com n > 1. Seja a0ij =(�1)i+j detAij onde Aij é o menor-ij da matriz A. Chama-se a a0ij o cofactor-ij da matrizA e à matriz cof A = (a0ij) do tipo n� n, com n > 1, a matriz dos cofactores de A.

Teorema 20. Para qualquer matriz A do tipo n� n, com n > 1, tem-se

A (cof A)T = (cof A)T A = (detA) I.

Se detA 6= 0 então A é invertível e

A�1 =1

detA(cof A)T =

0BB@ 1

detA(�1)j+i detAji| {z }

entrada (i;j) de A�1

1CCAn�n

.

Exemplo 24. (i) Seja A =�a bc d

�tal que detA 6= 0. Então A é invertível e

A�1 =1

ad� bc

�d �b�c a

�.

Note que ad� bc = detA.

(ii) Podemos usar o teorema anterior para calcular não só a inversa de uma matriz (nãosingular) mas também (e sobretudo) entradas concretas dessa inversa. Seja

A =

24 1 0 34 5 67 8 9

35 .A entrada (1; 2) da matriz A�1 é dada por

(A�1)12 =1

detA

�(cof A)T

�12=

1

detA

�(�1)2+1 detA21

�=

1

�12

�� det

��0 38 9

��= �2.

Note que apesar da entrada (1; 2) de A ser nula, a entrada (1; 2) de A�1 não é nula.

(iii) Para calcular A�1 a partir do teorema anterior, é preciso calcular (cof A)T . Assim,usando por exemplo A da alínea anterior, tem-se

cof A =

26666664

�� 5 68 9

�� 4 67 9

�� 4 57 8

�� 0 38 9

�� 1 37 9

�� 1 07 8

�� 0 35 6

�� 1 34 6

�� 1 04 5

��

37777775 =24 �3 6 �324 �12 �8�15 6 5

35

37

pelo que

(cof A)T =

24 �3 24 �156 �12 6�3 �8 5

35e assim

A�1 =1

detA(cof A)T =

1

�12

24 �3 24 �156 �12 6�3 �8 5

35 =24 1

4�2 5

4

�12

1 �12

14

23� 512

35 .De facto 24 1

4�2 5

4

�12

1 �12

14

23� 512

3524 1 0 34 5 67 8 9

35 =24 1 0 00 1 00 0 1

35 .

Teorema 21. (Regra de Cramer.) Seja A uma matriz do tipo n� n tal que A é nãosingular. Então a única solução do sistema de equações lineares AX = B é dada por

X = A�1B =1

detA(cof A)T B.

Isto é, sendo X =�x1 ::: xn

�Te B =

�b1 ::: bn

�Ttem-se, para j = 1; :::; n,

xj =1

detA

nXi=1

a0jibi =det�(Bj)

T�

detA=detBjdetA

,

onde Bj é a matriz obtida de A substituindo a coluna j de A pela matriz coluna B dostermos independentes.

Exemplo 25. O sistema de equações lineares8<:y + 2z = 84x+ 2y � z = 7x� z = 1

pode ser resolvido usando a regra de Cramer:

x =

��8 1 27 2 �11 0 �1

��0 1 24 2 �11 0 �1

��= 14, y =

��0 8 24 7 �11 1 �1

��0 1 24 2 �11 0 �1

��= �18 e z =

��0 1 84 2 71 0 1

��0 1 24 2 �11 0 �1

��= 13.

38


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 afectacada uma das 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

�� = a14a23a32a41(iii)

det

26640 � � � 0 a1n� � � � � � � � � � � �0 an�1 2 � � � an�1 nan1 � � � � � � ann

3775 = (�1)nn�12 a1n:::an�1 2an1

4. 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

��

39

(xvii)

��7 �4 0 51 2 0 �22 1 �3 82 �2 0 4

�� (xviii)��9 0 �6 4 �25 �3 0 �1 28 0 4 1 1�6 0 3 �1 37 0 5 2 3

��(xix)

��7 4 1 3 60 0 0 �2 00 0 5 8 �10 0 �3 � 0

5 3 �7 9p3

��

(xx)

��2 1 0 0�7 3 0 �2� 3 1 13 9 0 0

�� (xxi)

��

n n� 1 ... 2 1

n� 1 n� 1 ... 2 1

� � � � � � . . .......

2 2 � � � 2 11 1 � � � 1 1

��5. (i) Veri�que que a matriz 266664

0 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.(ii) Diga, para que valores de a; b; c; d; e; f; g; h; i; j 2 R, é invertível a seguinte matriz26666664

0 a 0 0 0 0f 0 b 0 0 00 g 0 c 0 00 0 h 0 d 00 0 0 i 0 e0 0 0 0 j 0

377777756. Determine todos os valores do escalar � para os quais a matriz A��I é não invertível,onde A é dada por:

(i)�0 32 �1

�(ii)

24 1 0 20 �1 �22 �2 0

35 (iii)

24 1 1 11 1 11 1 1

35 (iv)

264 1 � � � 1.... . .

...1 � � � 1

375n�n

7. Indique três matrizes A do tipo 2� 2 tais que trA = � = detA.

8. Seja

A� =

2664�1 � 0 �1� �1 �� 00 0 1 1�1 � 0 ��

3775 ; com � 2 R

a) Diga, justi�cando, quais são os valores de � para os quais A� é invertível.

b) Seja n 2 N. Calcule det�(A0)

n + (A0)n+2�.

c) Considerando os valores de � para os quais A� é invertível, calcule a entrada (3; 1)da matriz inversa de A�.

40

9. 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

3510. 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 .(i) Sem calcular A�1 e B�1, determine as entradas (2; 2) de A�1 e (2; 3) de B�1.

(ii) Veri�que que det (A+B) 6= detA+ detB e det (A�B) 6= detA� detB.

11. 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

12. 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

��CT2C

��1�(iv) det

�CT 1

2C�2

�(v) det (C2 + 2D)

(vi) 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) (�B)T = �BT (f) S�m = (S�1)m

13. Sejam A e B matrizes 3� 3 tais que detA =p3 e detB = 1

2. Calcule det(2ATB�3).

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

��a b 0 cd e 0 fg h 0 ix y �1 z

�� = 5; calcule:

(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)

��2i 2h 2g

f � 3c e� 3b d� 3ac b a

�� (v)

��a g db h ec i f

��41

15. 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

��16. Sejam �; � 2 R. Sabendo que

��1 2 �� 1 11 �+ � 2

�� = 1; calcule��1 2 �� + �2 2��

��.

17. 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.

18. 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

377777777519. Sejam � 6= 0 e A = (aij)n�n. Mostre que detA = det

��i�jaij

�.

20. Que condições devem os parâmetros reais a; b e c veri�car para que a matriz

24 1 a a2

1 b b2

1 c c2

35seja invertível?

21. Veri�que que

(i) det

24 1 1 1x1 y1 y1x2 x2 y2

35 = (y1 � x1) (y2 � x2)

(ii) det

2664(x1)

3 (x1)2 x1 1

(x2)3 (x2)

2 x2 1

(x3)3 (x3)

2 x3 1

(x4)3 (x4)

2 x4 1

3775 = (x1 � x2) (x1 � x3) (x1 � x4) (x2 � x3) (x2 � x4) (x3 � x4)

42

22. Mostre que:

(i)

��b+ c c+ a b+ aa b c1 1 1

�� = 0 (ii)

��b1 + c1 b2 + c2 b3 + c3c1 + a1 c2 + a2 c3 + a3a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3

�� = 2��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��(iii)

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

�� = �2��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��(iv)

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

�� =��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��23. Veri�que que

�� a1 + b1 c1 + d1a2 + b2 c2 + d2

�� = �� a1 c1a2 c2

��+ �� a1 c1b2 d2

��+ �� b1 d1a2 c2

��+ �� b1 d1b2 d2

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

x2 x 22 1 10 0 �5

�� = 0.25. 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

�� .26. 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

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

��5 3 37 1 58 7 1

�� é tambémmúltiplo de 13, sem calcular o determinante.

28. Sem calcular o determinante, veri�que que

��2 1 8�1 0 103 �7 4

�� é múltiplo de 5.29. Seja A = (aij)n�n com n ímpar e tal que aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n:

Mostre que A não é invertível. Isto é, toda a matriz anti-simétrica de ordem ímparnão é invertível.

30. Mostre que se uma matriz fôr ortogonal então o seu determinante ou é 1 ou é �1. Ese a matriz fôr unitária?

43

Espaços lineares (ou Espaços vectoriais)

De�nição 28. Um conjunto não vazio V é um espaço linear (real) se existirem duasoperações associadas a V , uma soma de elementos de V e um produto de escalares (númerosreais) por elementos de V , com as seguintes propriedades:

(a) (Fecho da soma). Para quaisquer u; v 2 V

u+ v 2 V:

(b) (Fecho do produto por escalares). Para quaisquer � 2 R e u 2 V

�u 2 V:

(c) (Comutatividade da soma). Para quaisquer u; v 2 V ,

u+ v = v + u:

(d) (Associatividade da soma). Para quaisquer u; v; w 2 V ,

u+ (v + w) = (u+ v) + w:

(e) (Elemento neutro da soma). Existe um elemento de V designado por 0 tal que, paraqualquer u 2 V ,

u+ 0 = u:

(f) (Simétrico). Para cada (qualquer) u 2 V existe v 2 V tal que

u+ v = 0:

A v chama-se o simétrico de u e denota-se por �u.

(g) (Associatividade do produto por escalares). Para quaisquer �; � 2 R e u 2 V ,

� (�u) = (��)u:

(h) (Distributividade em relação à soma de vectores). Para quaisquer � 2 R e u; v 2 V ,

� (u+ v) = �u+ �v:

(i) (Distributividade em relação à soma de escalares). Para quaisquer �; � 2 R e u 2 V ,

(�+ �)u = �u+ �u:

(j) Para qualquer u 2 V ,1u = u:

44

Observação 15. Aos elementos de V chamaremos vectores.

Exemplo 26. Exemplos de espaços lineares. Seja � 2 R.

(i) Rn = f(x1; :::; xn) : x1; :::; xn 2 Rg, com as operações usuais:

(u1; :::; un) + (v1; :::; vn) = (u1 + v1; :::; un + vn),

�(u1; :::; un) = (�u1; :::; �un).

(ii) Mm�n (R) (conjunto de todas as matrizes reais do tipo m � n), com as operações(usuais): A+B e �A.

(iii) O conjunto de todas as funções reais de variável real de�nidas num conjunto S � R,com as operações usuais:

(f + g)(x) = f(x) + g(x),

(�f)(x) = �f(x).

(iv)O conjuntoP = fa0 + a1t+ :::+ asts : a0; a1; :::; as 2 R e s 2 N0g de todos os polinómiosreais de variável real, com as operações usuais.

(v) Seja n 2 N �xo. O conjunto Pn = fa0 + a1t+ :::+ antn : a0; a1; :::; an 2 Rg de todosos polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a n, com as operações usuais.

(a0 + a1t+ :::+ antn) + (b0 + b1t+ :::+ bnt

n) = a0 + b0 + (a1 + b1) t+ :::+ (an + bn) tn

� (a0 + a1t+ :::+ antn) = �a0 + (�a1) t+ :::+ (�an) t

n.

Observação 16. Existem espaços lineares com operações não usuais:

(i) O conjunto dos números reais R, com a soma de�nida por

u� v = u+ v + 1,

e o produto por escalares de�nido por

� � u = �u+ �� 1,

é um espaço linear. (Neste caso o elemento neutro é �1.)

(ii) O conjunto dos números reais maiores do que zero, com a soma de�nida por

u� v = uv,

e o produto por escalares de�nido por

� � u = u�,

é um espaço linear. (Neste caso o elemento neutro é 1.)

45

Observação 17. Alterações nos conjuntos considerados anteriormente podem resultarem conjuntos que não são espaços lineares.

(i) O conjunto f(x; y) 2 R2 : x � 0 e y � 0g, com as operações usuais, não é um espaçolinear. Por exemplo, os simétricos não estão no conjunto.

(ii)O conjunto V = fa0 + a1t+ :::+ antn : a0; a1; :::; an 2 R e an 6= 0g de todos os polinómiosreais de grau igual a n, com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo, paran > 1:

tn;�tn + t 2 V , mas tn + (�tn + t) = t =2 V .

(iii) O conjunto U = ff : R �! R tais que f(1) = 2g, com as operações usuais, não éum espaço linear. Por exemplo, se f1; f2 2 U ,

(f1 + f2) (1) = f1(1) + f2(1) = 2 + 2 = 4 6= 2.

Logo, f1 + f2 =2 U .

De�nição 29. Seja V um espaço linear. Diz-se que S é um subespaço de V se S é umsubconjunto de V e se S, com as operações de V , fôr um espaço linear.

Observação 18. No entanto, para mostrar que um certo conjunto S � V é um subespaçodo espaço linear V , não será necessário veri�car as 10 propriedades da de�nição de espaçolinear, como se pode ver no seguinte teorema.

Teorema 22. Um subconjunto não vazio S de um espaço linear V é um subespaço deV se e só se:

(i) Para quaisquer u; v 2 S tem-se u+ v 2 S.

(ii) Para quaisquer � 2 R e u 2 S tem-se �u 2 S.

Exemplo 27. Exemplos de subespaços:

(i) Os únicos subespaços do espaço linear R, com as operações usuais, são f0g e R.

(ii) Os subespaços do espaço linear R3, com as operações usuais, são: f(0; 0; 0)g, R3,todas as rectas que passam pela origem e todos os planos que passam pela origem.

(iii) O conjunto de todas as matrizes (reais) triangulares superiores (do tipo n�n) é umsubespaço do espaço linearMn�n (R), com as operações usuais.

(iv) O conjunto de todas as funções reais de�nidas e contínuas em I � R (I é umintervalo) é um subespaço do espaço linear de todas as funções f : I ! R, com as operaçõesusuais.

46

(v) Seja A uma matriz (real) do tipo m� n. O conjunto

C(A) = fb 2 Rm : Au = b tem pelo menos uma solução ug

é um subespaço do espaço linear Rm, com as operações usuais, ao qual se dá o nome deespaço das colunas de A.

(vi) Seja A uma matriz (real) do tipo m� n. O conjunto

N (A) = fu 2 Rn : Au = 0g

é um subespaço do espaço linear Rn, com as operações usuais, ao qual se dá o nome deespaço nulo ou núcleo de A.

Observação 19. (i) Se A é invertível então N (A) = f0g.

(ii) Se N (A) = f0g então A é invertível.

De�nição 30. Seja S um subconjunto não vazio de um espaço linear V . Diz-se que umvector u é combinação linear �nita dos elementos de S, se existir um no �nito de elementosde S, u1; :::; uk, e de escalares �1; :::; �k tais que

u = �1u1 + :::+ �kuk =kXi=1

�iui.

Ao conjunto de todas as combinações lineares �nitas de elementos de S chama-se expansãolinear de S e designa-se por L(S). Isto é,

L(S) = f�1u1 + :::+ �kuk : �1; :::; �k 2 Rg ,

no caso do corpo dos escalares ser R. Se S é o conjunto vazio ?, escreve-se L(?) = f0g.

Teorema 23. Seja S um subconjunto não vazio de um espaço linear V . A expansãolinear L(S) de S é o menor subespaço de V que contém S. Deste modo, a L(S) também sechama o subespaço gerado por S, e diz-se que S gera L(S) ou ainda que S é um conjuntogerador de L(S).

Observação 20. (i) Seja S e T dois subconjuntos não vazios de um espaço linear V ,com S � T . Se L(S) = V então L(T ) = V .(ii) Todo o subespaço do espaço linear Rn pode ser escrito como o núcleo de uma matriz.

Exemplo 28. (i) O espaço linear R2 é gerado por qualquer dos seguintes conjuntos devectores:

f(1; 0); (0; 1)g, f(1; 2); (�1; 11)g e f(23; 8); (6; 14)g.

47

(ii) O subespaço f(x; y) 2 R2 : y = 2xg do espaço linear R2 é gerado por qualquer dosseguintes conjuntos de vectores:

f(1; 2)g, f(�2;�4)g e f(77; 154)g.

(iii) O espaço linear Pn de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ouigual a n, é gerado por qualquer dos seguintes conjuntos de vectores:

f1; t; t2; :::; tng, f1; 1 + t; (1 + t)2 ; :::; (1 + t)ng e f1; t1!;t2

2!; :::;

tn

n!g.

(iv)O espaço linear P de todos os polinómios reais de variável real, é gerado pelo conjuntoin�nito de vectores:

f1; t; t2; :::g.

(v) Seja U o espaço linear de todas as funções reais com primeira derivada contínua emR (isto é, pertencentes a C1 (R)) e tais que f 0 (x) = af (x) (em R) com a 2 R. Então U égerado pela função g (x) = eax, tendo-se U = L (fgg).

(vi) Seja A uma matriz (real) do tipo m� n. O espaço das colunas de A,

C(A) = fb 2 Rm : Au = b tem pelo menos uma solução ug ,

é o subespaço (do espaço linear Rm) gerado pelas colunas de A, uma vez que:264 b1...bm

375 =264 a11 � � � a1n

... � � � ...am1 � � � amn

375264 u1...un

375 = u1264 a11

...am1

375+ :::+ un264 a1n

...amn

375 .(vii) Seja A uma matriz (real) do tipo m � n. Ao subespaço linear de Rn gerado pelas

linhas de A dá-se o nome de espaço das linhas de A e designa-se por L(A).

(viii) A =�0 0 00 0 0

�, B =

24 1 �3 10 0 70 0 0

35, C =

24 �1 22 �4�2 4

35, D =

�2 00 �1

�.

C(A) = f(0; 0)g, N (A) = R3, L(A) = f(0; 0; 0)g.C(B) = L (f(1; 0; 0) ; (1; 7; 0)g) , N (B) = L (f(3; 1; 0)g) ; L(B) = L (f(1;�3; 1) ; (0; 0; 7)g) .

C(C) = L (f(�1; 2;�2)g) ; N (C) = L (f(2; 1)g) ; L(C) = L (f(�1; 2)g) :C(D) = L (f(2; 0) ; (0;�1)g) , N (D) = f(0; 0)g; L(D) = L (f(2; 0) ; (0;�1)g) .

(ix) Seja U = fA 2M3�2(R) : a12 = a21 = a32 = 0 e a11 + 2a31 = 0g. Tem-se, paraA 2 U ,

A =

24 a11 a12a21 a22a31 a32

35 =24 �2a31 0

0 a22a31 0

35 = a3124 �2 00 01 0

35+ a2224 0 00 10 0

35 ,48

com a31; a22 2 R. Logo,

U = L

0@8<:24 �2 00 01 0

35 ;24 0 00 10 0

359=;1A .

(x) Seja U = fp(t) = a0 + a1t+ a2t2 2 P2 : p(1) = p(0)g. Tem-se, para p(t) 2 U ,

p(1) = p(0), a0 + a1 + a2 = a0 , a1 + a2 = 0, a1 = �a2.

Logo, p(t) = a0 � a2t+ a2t2 = a01 + a2 (�t+ t2), com a0; a2 2 R. Assim,

U = L��1;�t+ t2

�.

Teorema 24. Se U e V são subespaços do espaço linear W , então:

(i) O conjunto U \ V é um subespaço linear de W .

(ii) O conjunto U + V = fu + v : u 2 U e v 2 V g é um subespaço de W . É omenor subespaço de W que contém U [V . O conjunto U [V em geral não é um subespaço.Escreve-se U + V = L(U [ V ).

Exemplo 29. (i) Em R3, considere os subespaços:

U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � 2z = 0g e V = L (f(1; 1;�1); (1; 2; 1)g) .

Seja v 2 V , então

v = �(1; 1;�1) + �(1; 2; 1) = (�+ �; �+ 2�;��+ �),

com �; � 2 R. Para que v esteja também em U é preciso que:

(�+ �) + (�+ 2�)� 2 (��+ �) = 0.

A última equação é equivalente a 4�+ � = 0, � = �4�. Logo,

U \ V = f(�3�;�7�;�5�) : � 2 Rg = f�(�3;�7;�5) : � 2 Rg = L (f(3; 7; 5)g) .

(ii) Em R3, considere os subespaços:

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

Seja v 2 U , então

v = �(1;�1; 1) + �(1; 2; 2) = (�+ �;��+ 2�; �+ 2�),

com �; � 2 R. Para que v esteja também em V é preciso que:

(�+ �;��+ 2�; �+ 2�) = �(2; 1; 1) + �(�1; 1; 3) = (2�� ; �+ �; �+ 3�) ,

49

com �; � 2 R. Deste modo, 8<:�+ � = 2�� + 2� = �+ ��+ 2� = �+ 3�.

Considerando a matriz aumentada tem-se24 1 1 j 2�� 1 2 j �+ �1 2 j �+ 3�

35 �!L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 1 j 2�� 0 3 j 3�0 1 j ��+ 4�

35 �!� 13L2+L3!L3

24 1 1 j 2�� 0 3 j 3�0 0 j �2�+ 4�

35 .Logo, 8<:

�+ � = 2�� = �0 = �2�+ 4�.

,

8<:� = �� = 2�� = 2�.

Assim,

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

Logo,U \ V = f(3�; 3�; 5�) : � 2 Rg =f�(3; 3; 5) : � 2 Rg = L (f(3; 3; 5)g) .

Observação 21. Neste exemplo (ii), os subespaços U e V poderiam ter sido apresentadosinicialmente na forma:

U = f(x; y; z) 2 R3 : 4x+ y � 3z = 0g e V = f(x; y; z) 2 R3 : 2x� 7y + 3z = 0g,

uma vez que24 1 1 x�1 2 y1 2 z

35 �!L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 1 x0 3 x+ y0 1 z � x

35 �!� 13L2+L3!L3

24 1 1 x0 3 x+ y0 0 z � 4

3x� 1

3y

35e logo (x; y; z) 2 U , z � 4

3x� 1

3y = 0, 4x+ y � 3z = 0. Por outro lado,

U = f(x; y; z) 2 R3 : 4x+ y � 3z = 0g = L (f(1;�4; 0); (0; 3; 1)g) = L (f(1;�1; 1); (1; 2; 2)g)

pois sendo y = �4x+ 3z,

U = f(x;�4x+3z; z) : x; z 2 Rg = fx(1;�4; 0)+z(0; 3; 1) : x; z 2 Rg = L (f(1;�4; 0); (0; 3; 1)g) .

De facto, como

(1;�4; 0)) = 2(1;�1; 1)� (1; 2; 2) e (0; 3; 1) = �(1;�1; 1) + (1; 2; 2)

(1;�1; 1) = (1;�4; 0) + (0; 3; 1) e (1; 2; 2) = (1;�4; 0) + 2(0; 3; 1)ou seja 24 1 1

�1 21 2

35 =24 1 0�4 30 1

35� 1 11 2

�,

24 1 1�1 21 2

35� 2 �1�1 1

�=

24 1 0�4 30 1

3550

em que�2 �1�1 1

�=

�1 11 2

��1, tem-se U = L (f(1;�4; 0); (0; 3; 1)g) = L (f(1;�1; 1); (1; 2; 2)g).

Analogamente se mostra que

V = f(x; y; z) 2 R3 : 2x�7y+3z = 0g = L (f(7; 2; 0); (�3; 0; 2)g) = L (f(2; 1; 1); (�1; 1; 3)g) .

(iii) Seja U o subespaço de Mn�n(R) das matrizes triangulares superiores e seja V osubespaço deMn�n(R) das matrizes triangulares inferiores. Então

U + V =Mn�n(R) e U \ V = subespaço das matrizes diagonais.

(iv) Sejam U = L(f(1; 0)g) e V = L(f(0; 1)g) subespaços de R2. O conjunto

U [ V = f(x; y) 2 R2 : x = 0 _ y = 0g

não é um espaço linear pois (1; 0)| {z }2U

+(0; 1)| {z }2V

= (1; 1) =2 U [V . No entanto, tem-se U +V = R2.

Teorema 25. Se U e V subespaços do espaço linear W , então U [ V é subespaço de Wse e só se U � V ou V � U .

Teorema 26. SejamW1 eW2 subespaços de um espaço linear V tais queW1\W2 = f0g:Se V = W1 +W2 então todo o vector v 2 V pode ser escrito de modo único na forma

v = w1 + w2

com w1 2 W1 e w2 2 W2. Neste caso escreve-se V = W1 �W2 e diz-se que V é a somadirecta dos espaços W1 e W2.

Teorema 27. Seja A 2Mm�n(R). Tem-se C(A) = L(AT ) e L(A) \N (A) = f0g.

Observação 22. Seja A 2 Mm�n(R). Se A0 fôr a matriz em escada que se obtem de Apor aplicação do método de eliminação de Gauss, tem-se

C(A) 6= C(A0).

Teorema 28. Seja A 2Mm�n(R). O espaço das linhas L(A) e o núcleo N (A) mantêm-se invariantes por aplicação do método de eliminação de Gauss. Isto é, sendo A0 a matrizem escada que se obtem de A por aplicação desse método, tem-se

L(A) = L(A0) e N (A) = N (A0).

51

Independência linear

De�nição 31. Seja V um espaço linear. Seja

S = fv1; :::; vkg � V:

Diz-se que o conjunto S é linearmente dependente se e só se algum dos vectores de S seescrever como combinação linear dos restantes, isto é, se e só se existir algum i 2 f1; :::; kge escalares �1; :::; �i�1; �i+1; :::; �k 2 R tais que

vi = �1v1 + :::+ �i�1vi�1 + �i+1vi+1 + :::+ �kvk.

De�nição 32. Seja V um espaço linear. Seja

S = fv1; :::; vkg � V:

Diz-se que o conjunto S é linearmente independente se e só se nenhum dos vectores deS se puder escrever como combinação linear dos restantes, isto é, se e só a única solução dosistema homogéneo

�1v1 + :::+ �kvk = 0

fôr a solução trivial, ou seja, �1 = ::: = �k = 0. No caso em que V = Rn, sendo A amatriz cujas colunas são os vectores de S � V , diz-se que S é linearmente independentese e só se N (A) = f0g.

Teorema 29. Seja A0 uma matriz em escada de linhas.

(i) As colunas de A0 que contêm pivots são linearmente independentes.

(ii) As linhas não nulas de A0 são linearmente independentes.

(iii) O no de linhas independentes e o no de colunas independentes (de A0) são ambosiguais à característica de A0.

Observação 23. (i) Assim, atendendo ao teorema anterior, a independência linear deS = fv1; v2; :::; vkg � V (espaço linear) pode ser decidida aplicando o método de eliminaçãoà matriz A cujas colunas são os vectores de S, de modo a colocá-la em escada de linhas.Sendo A0 essa matriz em escada, tem-se

N (A) = N (A0) (*).

Uma vez que as colunas de A0 que contêm pivots são linearmente independentes então, devidoa (*), as colunas deA nas posições correspondentes também serão linearmente independentes.

(ii) Em R, quaisquer dois vectores são linearmente dependentes.

(iii) Em R2, dois vectores são linearmente independentes se não forem colineares.

52

(iv) Em R3, três vectores são linearmente independentes se não forem coplanares.

(v) Qualquer conjunto que contenha o vector nulo (elemento neutro) é linearmente de-pendente. Em particular, o conjunto f0g, formado apenas pelo vector nulo, é linearmentedependente.

(vi) O conjunto vazio ? é linearmente independente.

Teorema 30. Sejam S1 e S2 dois subconjuntos �nitos de um espaço linear, tais queS1 � S2.

(i) Se S1 é linearmente dependente então S2 também é linearmente dependente.

(ii) Se S2 é linearmente independente então S1 também é linearmente independente.

Observação 24. Sejam S1 e S2 dois subconjuntos �nitos de um espaço linear, tais queS1 � S2.

(i) Se S2 fôr linearmente dependente então S1 tanto pode ser linearmente dependentecomo linearmente independente.

(ii) Se S1 fôr linearmente independente então S2 tanto pode ser linearmente dependentecomo linearmente independente.

Exemplo 30. Seja S = f(1; 0; 2); (2; 0; 4); (0; 1; 2)g. Tem-se

A =

24 1 2 00 0 12 4 2

35 �!�2L1+L3!L3

24 1 2 00 0 10 0 2

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 2 00 0 10 0 0

35 = A0:Logo, como apenas existem dois pivots e portanto uma variável livre, as três colunas de Asão linearmente dependentes, isto é, o conjunto S é linearmente dependente. O subconjuntode S:

f(1; 0; 2); (2; 0; 4)gtambém é linearmente dependente. No entanto, uma vez que a 1a e 3a colunas de A sãoindependentes pois correspondem às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots,o subconjunto de S:

f(1; 0; 2); (0; 1; 2)gé linearmente independente.

53

Bases e dimensão de um espaço linear

De�nição 33. Chama-se base de um espaço linear V a qualquer subconjunto B de Vque veri�que as duas condições:

(i) B gera V , isto é, L(B) = V .

(ii) B é linearmente independente.

Teorema 31. Qualquer espaço linear V 6= f0g tem pelo menos uma base.

Observação 25. Qualquer espaço linear V 6= f0g tem um no in�nito de bases. Por exem-plo, se B = fu1; :::; ukg fôr uma base de V então para cada � 6= 0 o conjunto f�u1; :::; �ukgé também uma base de V .

Teorema 32. (i) Seja V 6= f0g um espaço linear. Sejam p; q 2 N tais que fu1; :::; upg éum conjunto gerador de V e fv1; :::; vqg é um subconjunto de V linearmente independente.Então p � q.

(ii) Todas as bases de um espaço linear V 6= f0g têm o mesmo no de vectores.

De�nição 34. Chama-se dimensão de um espaço linear V 6= f0g ao no de vectores deuma base qualquer de V , e escreve-se dimV . Se V = f0g então dimV = 0 uma vez que oconjunto vazio ? é base de f0g. Um espaço linear terá dimensão �nita se uma sua base tiverum no �nito de vectores.

Observação 26. A dimensão de um espaço linear, isto é, o no de elementos de uma suabase é igual ao no mínimo de vectores possam constituir um conjunto gerador desse espaçoe é também igual ao no máximo de vectores que possam constituir um conjunto linearmenteindependente nesse espaço.

Exemplo 31. (i) O conjunto f1g é uma base de R, chamada base canónica ou naturalde R. Logo,

dimR = 1.

(ii) O conjunto f(1; 0); (0; 1)g é uma base de R2, chamada base canónica ou natural deR2. Logo,

dimR2 = 2.

(iii) O conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de R3, chamada base canónicaou natural de R3. Logo,

dimR3 = 3.

(iv) O conjunto��1 0 00 0 0

�;

�0 1 00 0 0

�;

�0 0 10 0 0

�;

�0 0 01 0 0

�;

�0 0 00 1 0

�;

�0 0 00 0 1

��54

é uma base deM2�3(R), chamada base canónica ou natural deM2�3(R). Logo,

dimM2�3(R) = 6.

(v) Tem-sedimRn = n e dimMm�n(R) = mn.

(vi) O conjunto f1; t; t2; :::; tng é uma base de Pn (espaço linear de todos os polinómiosreais de variável real e de grau menor ou igual a n), chamada base canónica ou natural dePn. Logo,

dimPn = n+ 1.(vii) O conjunto f1; t; t2; :::g é uma base de P (espaço linear de todos os polinómios reais

de variável real), chamada base canónica ou natural de P. Logo,

dimP =1.

Observação 27. Seja A uma matriz do tipo m� n. Tem-se

nulA = dimN (A) e carA = dimL(A).

Teorema 33. Seja A uma matriz do tipo m� n. Tem-se

dim C(A) = dimL(A) = carA.

Dem. Suponhamos que carA = k. Sendo A0 a matriz m � n em escada (reduzida)de linhas, então A0 tem exactamente k linhas não nulas. Sejam R1; :::; Rk essas linhas.Como L(A) = L(A0), então as linhas L1; :::; Lm de A podem ser expressas como combinaçõeslineares das linhas R1; :::; Rk, ou seja, existem escalares cij; com i = 1; :::;m e j = 1; :::; k taisque

L1 = c11R1 + :::+ c1kRk:::

Lm = cm1R1 + :::+ cmkRk

Para i = 1; :::;m, sejam aij e rij as componentes j das linhas Li e Ri respectivamente.Assim, tem-se

a1j = c11r1j + :::+ c1krkj:::

amj = cm1r1j + :::+ cmkrkj

ou seja, matricialmente,264 a1j...amj

375 = r1j264 c11

...cm1

375+ :::+ rkj264 c1k

...cmk

375 .

Como

264 a1j...amj

375 é a coluna j de A, a última igualdade mostra que os vectores264 c11

...cm1

375 ; :::;264 c1k

...cmk

37555

geram C (A). Logo, tem-sedim C (A) � k = dimL (A) .

Deste modo, substituindo A por AT tem-se também

dim C�AT�| {z }

=dimL(A)

� dimL�AT�| {z }

=dim C(A)

:

Ou seja, tem-se

dim C (A) � dimL (A) e dimL (A) � dim C (A) .

Isto é,

dim C (A) = dimL (A) .

Teorema 34. Sejam W1 e W2 dois subespaços de dimensão �nita de um espaço linearV . Então,

dim (W1 +W2) = dimW1 + dimW2 � dim (W1 \W2) .

Teorema 35. Sejam V um espaço linear de dimensão �nita e W um subespaço de V .

(i) Seja S = fu1; :::; ukg � V . Se S é linearmente independente então S será um subcon-junto de uma base de V e ter-se-á dimV � k.

(ii) Se dimV = n, então quaisquer m vectores de V , com m > n, são linearmentedependentes.

(iii) Se dimV = n, então nenhum conjunto com m vectores de V , em que m < n, podegerar V .

(iv) O subespaço W tem dimensão �nita e dimW � dimV .

(v) Se dimW = dimV , então W = V .

(vi) Se dimV = n, então quaisquer n vectores de V linearmente independentes cons-tituem uma base de V .

(vii) Se dimV = n, então quaisquer n vectores geradores de V constituem uma base deV .

Exemplo 32. Seja A 2Mm�n(R). Recorde que:

carA+ nulA = n.

Como L(A) e N (A) são subespaços de Rn então

L(A) +N (A) = L (L(A) [N (A))

56

é também um subepaço de Rn. Por outro lado, atendendo a que

L(A) \N (A) = f0g

tem-sedim (L(A) \N (A)) = 0.

Assim,

dim (L(A) +N (A)) = dimL(A) + dimN (A)� dim (L(A) \N (A)) == carA+ nulA� 0 == n.

LogoRn = L(A)�N (A).

Exemplo 33. (i) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R:

f0g e R.

(ii) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R2:

f(0; 0)g , todas as rectas que contêm a origem e R2.

(iii) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R3:

f(0; 0; 0)g , todas as rectas que contêm a origem,

todos os planos que contêm a origem e R3.

Observação 28. O método de eliminação de Gauss permite determinar a dimensãoe uma base quer para o espaço das linhas L(A) quer para o espaço das colunas C(A) deuma matriz A. Seja A0 a matriz em escada que se obtem de A por aplicação do método deeliminação de Gauss. Então,

(i) Uma base para L(A) será formada pelas linhas não nulas de A0.

(ii) Uma base para C(A) será formada pelas colunas de A que correspondem às posiçõesdas colunas de A0 que contêm os pivots.

Exemplo 34. Seja

A =

24 2 1 1 14 2 3 3�6 �3 1 1

35 .Tem-se

A =

24 2 1 1 14 2 3 3�6 �3 1 1

35 �!�2L1+L2!L23L1+L3!L3

24 2 1 1 10 0 1 10 0 4 4

35 �!�4L2+L3!L3

24 2 1 1 10 0 1 10 0 0 0

35 = A0.57

Logo, f(2; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1)g é uma base de L(A) e f(2; 4;�6); (1; 3; 1)g é uma base de C(A).Assim,

dimL(A) = 2 = dim C(A)e

L(A) = L (f(2; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1)g) , C(A) = L (f(2; 4;�6); (1; 3; 1)g) .Por outro lado,

N (A0) =

8>><>>:(x; y; z; w) 2 R4 : A02664xyzw

3775 =26640000

37759>>=>>; =

= f(x;�2x;�w;w) : x;w 2 Rg = L (f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g) .

Como o conjunto f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g é linearmente independente e gera N (A0) entãoé uma base de N (A0). Finalmente, uma vez que N (A) = N (A0), o conjunto

f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g

é uma base de N (A) e portanto dimN (A) = 2, com

N (A) = L (f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g) .

Exemplo 35. Seja S = f1; 2;�1); (2; 1; 1); (�1;�2; 1); (0; 1; 0)g � R3. Determinemosuma base para L(S).

Considerando a matriz cujas colunas são os vectores de S, tem-se24 1 2 �1 02 1 �2 1�1 1 1 0

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 2 �1 00 �3 0 10 3 0 0

35 �!L2+L3!L3

24 1 2 �1 00 �3 0 10 0 0 1

35 .Logo, S 0 = f1; 2;�1); (2; 1; 1); (0; 1; 0)g é uma base de L(S). Como dimR3 = 3, então tem-semesmo: L(S) = R3 e S 0 é uma base de R3.

Resolução alternativa: Considerando a matriz cujas linhas são os vectores de S, tem-se26641 2 �12 1 1�1 �2 10 1 0

3775 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

26641 2 �10 �3 30 0 00 1 0

3775 �!L3$L4

26641 2 �10 �3 30 1 00 0 0

3775 �!13L2+L3!L3

26641 2 �10 �3 30 0 10 0 0

3775 .Logo, S 0 = f1; 2;�1); (0;�3; 3); (0; 0; 1)g é uma base de L(S). Como dimR3 = 3, entãotem-se mesmo: L(S) = R3 e S 0 é uma base de R3.

Exemplo 36. Seja Sa;b = f1; 0; 1); (0; 1; a); (1; 1; b); (1; 1; 1)g � R3. Determinemos osvalores dos parâmetros a e b para os quais Sa;b não gere R3.

58

Considerando a matriz cujas colunas são os vectores de S, tem-se24 1 0 1 10 1 1 11 a b 1

35 �!�L1+L3!L3

24 1 0 1 10 1 1 10 a b� 1 0

35 �!�aL2+L3!L3

24 1 0 1 10 1 1 10 0 b� a� 1 �a

35 .Logo, Sa;b não gera R3 se e só se b� a� 1 = 0 e �a = 0, isto é, se e só se a = 0 e b = 1.

Teorema 36. (i) Seja A 2Mm�n(R). As colunas de A geram Rm se e só se carA = m.

(ii) Seja A 2 Mm�n(R). As colunas de A são linearmente independentes se e só secarA = n.

(iii) Seja A 2Mn�n(R). A matriz A é invertível se e só se as colunas de A (ou as linhasde A) formarem uma base de Rn. No caso de A ser invertível tem-se

C(A) = L(A) = Rn.

Observação 29. Seja A 2Mm�n(R) e considere o sistema de equações lineares Au = b.

(i) O sistema Au = b é impossível (não tem solução) se e só se b =2 C(A), isto é, se e sóse carA < car [A j b].

(ii) O sistema Au = b é possível e indeterminado (tem um no in�nito de soluções) see só se b 2 C(A) e as colunas de A forem linearmente dependentes, isto é, se e só se carA =car [A j b] < n, isto é, se e só se carA = car [A j b] e nulA 6= 0.

(iii) O sistema Au = b é possível e determinado (tem uma única solução) se e sóse b 2 C(A) e as colunas de A forem linearmente independentes, isto é, se e só se carA =car [A j b] = n, isto é, se e só se carA = car [A j b] e nulA = 0.

Observação 30. Seja A 2Mm�n(R) e considere o sistema de equações lineares Au = b.

(i) Existência de solução: Se m � n então o sistema Au = b tem pelo menos umasolução u para cada b 2 Rm se e só se

carA = m:

(ii) Unicidade de solução: Se m � n então o sistema Au = b tem no máximo umasolução u para cada b 2 Rm se e só se carA = n, isto é, se e só se

nulA = 0:

(iii) Existência e unicidade de solução: Se m = n então o sistema Au = b temsolução única u para cada b 2 Rm se e só se A fôr invertível.

59

Teorema 37. Seja A 2Mn�n(R). As seguintes a�rmações são equivalentes.

(i) A é não singular.

(ii) A é igual ao produto de matrizes elementares.

(iii) A é invertível.

(iv) ATA é invertível.

(v) nulA = 0.

(vi) carA = n.

(vii) Au = 0 tem apenas a solução trivial u = 0.

(viii) Au = b tem solução única u para cada b 2 Rn.

(ix) detA 6= 0.

(x) N (A) = f0g.

(xi) As colunas de A geram Rn.

(xii) As colunas de A são independentes.

(xiii) As colunas de A formam uma base de Rn.

(xiv) As linhas de A geram Rn.

(xv) As linhas de A são independentes.

(xvi) As linhas de A formam uma base de Rn.

(xvii) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, ésobrejectiva. (Num próximo capítulo.)

(xviii) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, éinjectiva. (Num próximo capítulo.)

(xix) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, ébijectiva. (Num próximo capítulo.)

(xx) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, éinvertível. (Num próximo capítulo.)

(xxi) 0 não é valor próprio de A. (Num próximo capítulo.)

(xxii) (N (A))? = Rn. (Num próximo capítulo.)

(xxiii) (L (A))? = f0g. (Num próximo capítulo.)

60

Coordenadas de um vector numa base e matriz de mudança de base

De�nição 35. Seja B = fv1; :::; vkg uma base ordenada de um espaço linear V e seja uum vector de V . Chamam-se coordenadas do vector u na base ordenada B aos escalares�1; :::; �k da combinação linear:

u = �1v1 + :::+ �kvk.

Teorema 38. Seja V um espaço linear.

(i) Um conjunto B de vectores não nulos de V é uma base de V se e só se todo o vectorde V puder ser escrito de modo único como combinação linear dos vectores de B.

(ii) Se dimV = n, então dados u;w 2 V e B = fv1; :::; vng uma base ordenada de V ,tem-se u = w se e só se as coordenadas de u e de w na base B forem iguais.

Teorema 39. Seja V um espaço linear de dimensão n. Sejam B1 = fv1; :::; vng eB2 = fw1; :::; wng duas bases ordenadas de V . Seja SB1!B2 a matriz cujas colunas são ascoordenadas dos vectores de B1 em relação à base B2. Isto é,

SB1!B2 = (sij)n�n com vj =nXi=1

sijwi para todo o j = 1; :::; n.

A matriz SB1!B2 é não singular e chama-sematriz de mudança de base (da base B1 paraB2). Assim, se tivermos

u =nXi=1

�ivi,

isto é, se (�1; :::; �n) forem as coordenadas do vector u na base B1 então as coordenadas(�1; :::; �n) de u na base B2 são dadas por264 �1...

�n

375 = SB1!B2264 �1...�n

375 .Dem. Tem-se

u =

nXi=1

�iwi =

nXj=1

�jvj =

nXj=1

�j

nXi=1

sijwi =

nXi=1

nXj=1

sij�j

!wi.

como as coordenadas de um vector u numa base são únicas, tem-se para todo o i = 1; :::; n,

�i =

nXj=1

sij�j

!. Isto é,

264 �1...�n

375 = SB1!B2264 �1...�n

375 .61

Observação 31. Tem-seSB2!B1 = (SB1!B2)

�1 :

Exemplo 37. Consideremos

Bc = f(1; 0); (0; 1)g

a base canónica de R2. SejaB = f(1; 2); (3; 4)g

uma outra base ordenada de R2. Sejam (5; 6) as coordenadas de um vector u na basecanónica Bc e determinemos as coordenadas de u na base B usando a matriz de mudança debase SBc!B. Tem-se

SBc!B =

��2 3

2

1 �12

�,

uma vez que

(1; 0) = �2(1; 2) + 1(3; 4) e (0; 1) =3

2(1; 2)� 1

2(3; 4). (*)

Logo, as coordenadas de u na base B são dadas por

SBc!B

�56

�=

��2 3

2

1 �12

� �56

�=

��12

�.

Logo, �1 e 2 são as coordenadas de (5; 6) na base ordenada B, isto é

(5; 6) = �1(1; 2) + 2(3; 4).

Observação 32. Colocando os vectores em coluna, note que as duas igualdades em (*)podem ser escritas na forma:�

1 00 1

�=

�1 32 4

� ��2 3

2

1 �12

�sendo esta última igualdade equivalente a

�1 00 1

� �1 32 4

�| {z }

=

24 �2 32

1 �12

35�1=

�1 32 4

�,

8<:(1; 2) = 1(1; 0) + 2(0; 1)

(3; 4) = 3(1; 0) + 4(0; 1)

querendo isto dizer que as coordenadas dos vectores (1; 2) e (3; 4) relativamente à basecanónica (ordenada) f(1; 0); (0; 1)g são respectivamente (1; 2) e (3; 4).

62


1. Veri�que que os seguintes subconjuntos de R2, com as operações usuais, não são sube-spaços 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) subespaçosde 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 umaconstante 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 , comas operações usuais, 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 ouigual a n, com as operações usuais: Diga quais dos seguintes subconjuntos de P2, comas operações usuais, são subespaços 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. Seja Mm�n(R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo m � n com entradasreais. Diga quais dos seguintes subconjuntos de M2�3(R), com as operações usuais,são subespaços deM2�3(R) e indique os 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

�:

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

3563

8. 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 os seguintes vectores são combinações lineares de v1; v2 e v3.

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

10. Considere, no espaço linear R4, os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1;�1; 0; 0) e v3 =(0; 1; 2; 1). Diga quais dos seguintes vectores pertencem ao subespaço L (fv1; v2; 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 lineardos 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+ 5t2 e p4(t) = �2� 3t� t2. O vector

q(t) = 2 + t+ t2

pertence à expansão linear L (fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g)? Podem os vectores p1(t),p2(t), p3(t) e p4(t) gerar P2?

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

�:

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):

64

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 entãoque os espaços das colunas de AT e de BT são iguais.

17. Encontre um conjunto de geradores para cada um dos seguintes subespaços do espaçolinear 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 osvectores (�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 oulinearmente independentes? Nos casos em que sejam linearmente dependentes, indique(para cada um) um subconjunto linearmente independente com o maior no possível deelementos e escreva os restantes como combinação linear desses vectores.

(i) f(4; 2; 1); (2; 6;�5); (1;�2; 3)g (ii) f(1; 2;�1); (3; 2; 5)g(iii) f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g (iv) f(1; 0;�1); (0; 0; 0); (0; 1; 1)g(v) f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g (com x; y; z 2 R).

21. Determine todos os valores de a para os quais f(a2; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)g é uma basede 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: Determine os valores de k para os quais dim (U \ Vk) = 1.

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

24. Veri�que que os seguintes subconjuntos do espaço linear de todas as funções reais devariável real são linearmente dependentes. Indique (para cada um) um subconjuntolinearmente independente com o maior no possível de elementos e escreva os restantescomo 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.

65

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

26. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R2. Caso não sejambases, determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dosespaços gerados por cada um desses subconjuntos. Em cada base de R2 encontrada,exprima o vector (0;�1) como combinação linear dos vectores dessa base ordenada.Isto é, determine as coordenadas do vector (0;�1) em cada base ordenada encontrada.Relativamente a cada base ordenada de R2, determine ainda o vector cujas coordenadassão (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. Caso não sejam bases,determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaçosgerados por cada um desses subconjuntos. Em cada base de R3 encontrada, exprimao vector (�1; 1;�2) como combinação linear dos vectores dessa base ordenada. Istoé, determine as coordenadas do vector (�1; 1;�2) em cada base ordenada encontrada.Relativamente a cada base ordenada de R3, determine ainda o vector cujas coordenadassão (�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. Caso não sejam bases,determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaçosgerados por cada um desses subconjuntos. Em cada alínea indique uma base de R4que inclua pelo menos dois vectores do conjunto apresentado.

(i) f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g(ii) f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g(iii) S = f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (1; 0; 1; 0); (0; 0; 1; 1)g(iv) f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g(v) f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (3;�6; 11;�1); (0; 0; 5; 5)g(vi) S = f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2); (5;�2; 2; 2)g : Nesta alínea, veri-�que que (8;�3; 3; 5) 2 L (S) e determine uma base de L (S) que inclua o vector(8;�3; 3; 5).

29. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de P2 (espaço linear dospolinómios reais de grau menor ou igual a 2). Caso não sejam bases, determine sub-conjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaços gerados porcada um desses subconjuntos. Determine as coordenadas do vector 1� t em cada baseordenada de P2 encontrada. Relativamente a cada base ordenada de P2, determineainda o vector cujas coordenadas são (�1; 3; 2).(i) f2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2g (ii) f2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4tg

66

(iii) f1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + tg (iv) f�1 + 2t+ t2; 2� tg(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 deM2�2(R) gerado por S. Determine uma base paraW que inclua vectoresde 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 deM3�3(R) e calcule arespectiva dimensão:

(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 espaçodas colunas das 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. Digaquais as dimensões possíveis para U \ V .

36. Determine bases e calcule as dimensões de U +V e U \V , dizendo em que casos U +Vé a soma directa U � V (determine-a) dos subespaços U e V .(i) U = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1)g) ; V = L (f(1; 1; 2); (�1; 1; 1)g) em R3:(ii) U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0 e x+ y = 0g ; V = L (f(1; 1; 1)g) em R3:(iii) U = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2)g) ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y + 3z = 0g em R3:(iv) U = f(x; y; z) 2 R3 : x = y = zg ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x = 0g em R3:(v) U = L (f1 + t; 1� 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,

67

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 lineareshomogéneo Au = 0.

(iv) Resolva o sistema de equações Au = b, com b = (1; 0; 2;�1; 0): Note que b é igual à1a coluna de A e use esse facto de modo a encontrar uma solução particular de Au = b.

38. Utilize a informação da seguinte tabela para, em cada caso, determinar a dimensão doespaço gerado pelas linhas de A, do espaço gerado pelas colunas de A, do núcleo deA e do núcleo de AT . Diga tambem se o correspondente sistema de equações linearesnão homogéneo AX = B é possível, determinando para esses casos, o número deparâmetros 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 núcleocontém (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. Dêum exemplo para n = 4.

68

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

44. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2. Sejav = (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, ecompare com o 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 sãodadas por (1; 2; 3). Determine as coordenadas do mesmo vector p(t) em relação à baseB1.

(ii) Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2 e utilize-a paradeterminar as coordenadas do vector 2� t+ t2 na base B2.


w1 = t, w2 = 1� t.


SB2!B1 =

�2 3�1 2

�.

Determine B1.

69

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 ascoordenadas de 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) são respectivamente as coordenadas de um polinómio p (t) em relação às basesB1 e B2: Suponha ainda que (1; 1) e (2;�2) são respectivamente as coordenadas de umpolinómio q (t) em relação às bases B1 e B2: Determine a matriz SB1!B2 de mudançada base B1 para a base B2.

70


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). Mostreque Pn é um subespaço de P:

4. Quais dos seguintes subconjuntos de Mn�n(R), com as operações usuais, são sub-espaços?

(i) O conjunto de todas as matrizes simétricas do tipo n� n:(ii) O conjunto de todas as matrizes invertíveis do tipo n� n:(iii) O conjunto de todas as matrizes diagonais do tipo n� n:(iv) O conjunto de todas as matrizes singulares do tipo n� n:(v) O conjunto de todas as matrizes triangulares superiores do tipo n� n:

5. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Quais dos seguintessubconjuntos de V , com as operações usuais, são subespaços?

(i) O conjunto de todas as funções limitadas.

(ii) O conjunto de todas as funções pares, isto é, tais que f(x) = f(�x):(iii) O conjunto de todas as funções racionais, isto é, as que são quocientes de funçõespolinomiais.

(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 + v3gé também uma base de V .

7. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n�n. Prove que, se fv1; v2; : : : ; vng é umabase de Rn, então fAv1; Av2; : : : ; Avng é também uma base de Rn.

71

8. Sejam V um espaço linear e S = fv1; v2; : : : ; vng. Prove que o conjunto S é uma basede V se e só se todo o vector de V se escrever de maneira única como combinaçãolinear dos elementos de S.

9. Seja fv1; v2g uma base de um espaço linear U . Considere os vectores w1 = av1 + bv2 ew2 = cv1 + dv2, com a; b; c; d 2 R. Prove que fw1; w2g é também uma base de U se esó se ad 6= bc.

10. Sejam A uma matriz m� n e B uma matriz n� p. Mostre que

dim C (AB) = dim C (B)� dim (N (A) \ C (B)) .

Sugestão: Considere (no caso em que N (A) \ C (B) 6= f0g) uma base fx1; : : : ; xsgpara N (A) \ C (B) e suponha (no caso em que AB 6= 0) que fx1; : : : ; xs; y1; : : : ; ytg éuma base para C (B). Mostre que fAy1; : : : ; 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: Considere

v =(v1; : : : ; vn) = �1x1 + �2x

2 + � � �+ �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.

12. Sejam A;B 2Mm�n(R). Mostre que C (A+B) � C (A) + C (B) :

13. Seja A 2Mm�n(R). Mostre que N (A) \ L (A) = f0g.

14. Sejam B e C matrizes m� n. Mostre que

jcarB � carCj � car (B � C) .

15. Seja A 2Mn�n(R) tal que A3 6= 0 e A4 = 0. Seja v =2 N (A3). Prove que o conjunto�v; Av;A2v; A3v


72

Transformações lineares

De�nição 36. Sejam U e V espaços lineares. Diz-se que

T : U ! V

é uma transformação linear se e só se veri�car as duas condições:

(i) T (u+ v) = T (u) + T (v), para todos os u; v 2 U .

(ii) T (�u) = �T (u), para todos os u 2 U e escalares �.

Observação 33. Sejam U e V espaços lineares. Sejam 0 o vector nulo de U e 00 o vectornulo de V .

(i) Se T : U ! V fôr uma transformação linear então T (U) é um subespaço de V e alémdisso tem-se T (0) = 00 (T (0) = T (0+ 0) = T (0) + T (0) , T (0) = 00). Logo, se T nãoveri�car T (0) = 00 então T não será uma transformação linear.

(ii) T : U ! V é uma transformação linear se e só se

T (�u+ �v) = �T (u) + �T (v),

para todos os u; v 2 U e escalares �; �.

(iii) Seja T : U ! V uma transformação linear, com U = L (fv1; :::; vng). Seja u 2 U .Logo, existem escalares �1; :::; �n tais que

u = �1v1 + :::+ �nvn.

Tem-se entãoT (u) = �1T (v1) + :::+ �nT (vn).

Exemplo 38. Consideremos a base canónica f(1; 0) ; (0; 1)g de R2. Seja

T : R2 ! R

uma transformação linear tal que T (1; 0) = 1 e T (0; 1) = 1.Para qualquer (x; y) 2 R2 tem-se

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

Então,T (x; y) = T (x(1; 0) + y(0; 1)) = xT (1; 0) + yT (0; 1) = x+ y.

Logo, T : R2 ! R é a transformação linear de�nida explicitamente por

T (x; y) = x+ y.

73

Teorema 40. Sejam U e V espaços lineares e seja fv1; :::; vng uma base de U . SejamT1; T2 : U ! V duas transformações lineares.

Se T1(vi) = T2(vi) para todo o i = 1; :::; n, então T1(u) = T2(u),

para todo o u 2 U , isto é, T1 = T2.

Exemplo 39. (i) Sejam U e V espaços lineares e seja 0 o vector nulo de V . SejaO : U ! V de�nida por

O(u) = 0,

para todo o u 2 U . O é uma transformação linear e chama-se transformação nula.

(ii) Seja A 2Mm�n(R). SejaT : Rn ! Rm

de�nida porT (u) = Au,

para todo o u 2 Rn. T é uma transformação linear.

(iii) Sejam V um espaço linear e k um escalar (�xo). Seja Tk : V ! V de�nida por

Tk(v) = kv;

para todo o v 2 V .Tk é uma transformação linear. Diz-se que Tk é uma homotetia.Se 0 < k < 1 diz-se que Tk é uma contracção.Se k > 1 diz-se que Tk é uma dilatação.Se k = 1 então chama-se a T1 a transformação identidade e denota-se por I. Tem-se

I(u) = u;

para todo o u 2 U .

(iv) T : R2 ! R2 de�nida por T (x; y) = (1� y; 2x) não é uma transformação linear.

(v) T : R2 ! R de�nida por T (x; y) = xy não é uma transformação linear.

(vi) Seja T : P2 ! P3 de�nida por

T (p (t)) = tp (t) :

T é uma transformação linear.

(vii) Seja T : P3 ! P1 de�nida por

T (p) = p00:


74

(viii) Seja T : C1 (R)! C (R) de�nida por

T (f) = f 0;

onde C1 (R) é o espaço linear de todas as funções reais com primeira derivada contínua em Re C (R) é o espaço linear de todas as funções reais contínuas em R. T é uma transformaçãolinear.

(ix) Seja a 2 R (�xo). Seja T : C1 (R)! R de�nida por

T (f) = f 0 (a) .


(x) Seja n 2 N. Seja T : Cn (R)! C (R) de�nida por

T (f) = f (n);

onde f (n) é a derivada de ordem n de f , Cn (R) é o espaço linear de todas as funções reaiscom derivada de ordem n contínua em R e C (R) é o espaço linear de todas as funções reaiscontínuas em R. T é uma transformação linear.

(xi) Seja T : C (R)! C1 (R) de�nida por

T (f) =

Z x

0

f (t) dt:


(xii) Seja T : C ([a; b])! R de�nida por

T (f) =

Z b

a

f (t) dt:


(xiii) Seja T :Mn�n(R)!Mn�n(R) de�nida por

T (X) = XT :


(xiv) Seja T :Mn�n(R)!Mn�n(R) de�nida por

T (X) = AX;

com A 2Mn�n(R) �xa. T é uma transformação linear.

(xv) Sejatr :Mn�n(R)! R

de�nida por

tr(A) = a11 + :::+ ann =nXi=1

aii,

75

para todo o A = (aij)n�n 2Mn�n(R). tr (traço) é uma transformação linear.

De�nição 37. Sejam U e V espaços lineares e T : U ! V uma transformação linear.Seja 0 o vector nulo de V .

(i) Chama-se contradomínio ou imagem de T ao conjunto

T (U) = fT (u) : u 2 Ug ,

que também se denota por I(T ).Note-se que se existir fu1; :::; ukg � U tal que U = L (fu1; :::; ukg) então

I(T ) = L (fT (u1) ; :::; T (uk)g) :

(ii) Chama-se núcleo ou espaço nulo de T ao conjunto

N (T ) = fu 2 U : T (u) = 0g .

Teorema 41. Sejam U e V espaços lineares e T : U ! V uma transformação linear.Então, os conjuntos N (T ) e I(T ) são subespaços de U e V respectivamente.

Exemplo 40. (i) Sejam U e V espaços lineares. Sejam 0 e 00 os vectores nulos de U eV respectivamente.

Considere a transformação nula O : U ! V de�nida por

O(u) = 00,

para todo o u 2 U . Tem-seN (O) = U e I(O) = f00g .

(ii) Considere a transformação identidade I : U ! U de�nida por

I(u) = u,

para todo o u 2 U . Tem-seN (I) = f0g e I(I) = U .

(iii) Seja A 2Mm�n(R). SejaT : Rn ! Rm

de�nida porT (u) = Au,

para todo o u 2 Rn. Tem-se

N (T ) = N (A) e I(T ) = C(A).

76

(iv) Seja T : C1 (R)! C (R) de�nida por

T (f) = f 0:

Tem-se

N (T ) = ff : R! R tal que f é constante em Rg e I(T ) = C (R) :

(v) Seja T : C2 (R)! C (R) de�nida por

T (f (t)) = f 00 (t) + !2f (t) ;

com ! 2 Rn f0g. Tem-se (pág. 72 de [1])

N (T ) = L (fcos (!t) ; sen (!t)g) ;

onde fcos (!t) ; sen (!t)g é uma base deN (T ). Observe-se queN (T ) é precisamente a soluçãogeral da equação diferencial linear homogénea

f 00 (t) + !2f (t) = 0:

(vi) Seja T : C2 (R)! C (R) de�nida por

T (f (t)) = f 00 (t)� !2f (t) ;

com ! 2 Rn f0g. Tem-se (pág. 74 de [1])

N (T ) = L��e�!t; e!t

�;

onde fe�!t; e!tg é uma base de N (T ). Note-se que N (T ) é precisamente a solução geral daequação diferencial linear homogénea

f 00 (t)� !2f (t) = 0:

Teorema 42. Sejam U um espaço linear de dimensão �nita e T uma transformaçãolinear de�nida em U . Então, o subespaço I(T ) tem dimensão �nita e

dimN (T ) + dim I(T ) = dimU .

De�nição 38. Sejam U e V espaços lineares e S; T : U ! V transformações lineares.Seja � um escalar. Sejam S + T; �T : U ! V de�nidas por

(S + T ) (u) = S(u) + T (u) e (�T )(u) = �T (u),

para todo o u 2 U .

77

De�nição 39. Sejam U e V espaços lineares. Chama-se a L(U; V ) o conjunto de todasas transformações lineares de U em V .

Teorema 43. Sejam U e V espaços lineares e S; T : U ! V transformações lineares.Seja � um escalar. Então:

(i) S + T e �T são transformações lineares.

(ii) O conjunto L(U; V ), com as operações da de�nição 38, é um espaço linear.

Exemplo 41. Seja B = fT1; T2; T3; T4g com T1; T2; T3; T4 2 L(R2;R2) de�nidas por

T1(x; y) = (x; 0), T2(x; y) = (y; 0), T3(x; y) = (0; x) e T4(x; y) = (0; y),

para todo o (x; y) 2 R2. O conjunto B é uma base de L(R2;R2). Logo,

dimL(R2;R2) = 4:

De�nição 40. Sejam U; V e W espaços lineares e, T : U ! V e S : V ! W transfor-mações lineares. Seja S � T : U ! W de�nida por

(S � T ) (u) = S (T (u)) ,

para todo o u 2 U . S � T é uma transformação linear. Chama-se a S � T a composição deS com T .

Observação 34. Em geral, tem-se S � T 6= T � S.

Teorema 44. (i) Sejam T : U ! V; S : V ! W e R : W ! X. Então, tem-seR � (S � T ) = (R � S) � T .

(ii) Sejam R;S : U ! V e T : V ! W . Seja � 2 R. Então, tem-se

T � (R + S) = T �R + T � S e T � (�R) = � (T �R) .

Se o contradomínio de Q estiver contido em U então

(R + S) �Q = R �Q+ S �Q e (�R) �Q = � (R �Q) .

De�nição 41. De�ne-se T 0 = I e T k = T � T k�1, para todo o k = 1; 2; :::.

Observação 35. Tem-se Tm+n = Tm � T n para todos os m;n 2 N.

78

De�nição 42. T : U ! V diz-se injectiva se e só se

T (u) = T (w) ) u = w,

para todos os u;w 2 U , isto é, se e só se

u 6= w ) T (u) 6= T (w),

para todos os u;w 2 U .

De�nição 43. T : U ! V diz-se sobrejectiva se e só se T (U) = V .

(iii) T : U ! V diz-se bijectiva se e só se fôr injectiva e sobrejectiva.

De�nição 44. Sejam U e V espaços lineares. Diz-se que U e V são isomorfos se e sóse existir um isomor�smo entre U e V , isto é, se e só se existir uma transformação linearbijectiva T : U ! V . Sendo U e V isomorfos escreve-se

U �= V .

Teorema 45. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Então, U e V sãoisomorfos se e só se dimU = dimV .

Observação 36. (i) Qualquer espaço linear real de dimensão n é isomorfo a Rn.

(ii) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. A transformação linearT : U ! V é sobrejectiva se e só se T transformar um qualquer conjunto gerador de U numconjunto gerador de V .

(iii) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Se a transformação linearT : U ! V fôr sobrejectiva então dimV � dimU .

(iv) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Se a transformação linearT : U ! V fôr injectiva então dimU � dimV .

Exemplo 42. (i) A transformação linear T : Rn !Mn�1(R) de�nida por

T (a1; :::; an) =

264 a1...an

375 ;é um isomor�smo. Logo Rn �=Mn�1(R).

(ii) A transformação linear T :Mm�n(R)! Rmn de�nida por

T

0B@264 a11 a1n

......

...am1 amn

3751CA = (a11; :::; am1; :::; a1n; :::; amn) ;

79

é um isomor�smo. LogoMm�n(R) �= Rmn.

(iii) A transformação linear T : Rn+1 ! Pn de�nida por

T (a0; a1; :::; an) = a0 + a1t+ :::+ antn;

é um isomor�smo. Logo Rn+1 �= Pn.

(iv) Seja A uma matriz m�n. Os espaços C (A) e L (A) são isomorfos pois têm a mesmadimensão (carA).

C (A) �= L (A) .

Teorema 46. Sejam U e V espaços lineares de dimensões �nitas tais que

dimU = dimV:

Seja T : U ! V uma transformação linear. Então, T é injectiva se e só se T é sobrejectiva.

De�nição 45. Diz-se que T : U ! V é invertível se existir S : T (U)! U tal que

S � T = IU e T � S = IT (U),

onde IU e IT (U) são as funções identidade em U e T (U) respectivamente. Chama-se a S ainversa de T e escreve-se

S = T�1.

Teorema 47. Sejam U e V espaços lineares de dimensões �nitas. Seja

T : U ! V

uma transformação linear. Seja 0 o vector nulo de U . As seguintes a�rmações são equiva-lentes.

(i) T é injectiva.

(ii) T é invertível e a inversa T�1 : T (U)! U é linear.

(iii) N (T ) = f0g.

(iv) dimU = dimT (U).

(v) T transforma vectores linearmente independentes de U em vectores linearmente in-dependentes de V .

(vi) T transforma bases de U em bases de T (U).

Teorema 48. Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma transformação linear.Seja b 2 V . Então:

80

(i) Existência de solução: a equação linear T (u) = b tem sempre solução (para qual-quer b) se e só se T fôr sobrejectiva (T (U) = V );

(ii) Unicidade de solução: a equação linear T (u) = b a ter solução, ela é única se e sóse T fôr injectiva;

(iii) Existência e unicidade de solução: a equação linear T (u) = b tem solução únicau se e só se T fôr bijectiva.

Teorema 49. Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma transformação linear.Seja b 2 V . A solução geral da equação linear T (u) = b obtém-se somando a uma soluçãoparticular dessa equação, a solução geral da equação linear homogénea T (u) = 0 (N (T )).

Teorema 50. (Representação matricial de uma transformação linear). SejamU e V espaços lineares de dimensões �nitas tais que dimU = n e dimV = m. SejamB1 = fu1; :::; ung e B2 = fv1; :::; vmg duas bases ordenadas de U e V respectivamente. SejaT : U ! V uma transformação linear. Considere-se a matriz A = (aij)m�n cuja coluna j,para cada j = 1; :::; n, é formada pelas coordenadas de T (uj) na base B2. Isto é,

T (uj) =mXi=1

aijvi.

Chama-se a esta matriz A a representação matricial de T em relação às bases B1 e B2 eescreve-se

A =M(T ;B1;B2).Além disso, sendo �1; :::; �n as coordenadas de um vector u 2 U na base ordenada B1 entãoas coordenadas �1; :::; �m de T (u) 2 V na base ordenada B2 são dadas por264 �1

...�m

375 =M(T ;B1;B2)264 �1...�n

375 .

Observação 37. MUITO IMPORTANTE. Nas condições do teorema anterior, tem-se

u =

nXj=1

�juj 2 N (T ), (�1; :::; �n) 2 N (A)

v =mXi=1

�ivi 2 I(T ), (�1; :::; �m) 2 C(A)

uma vez que

T (u) = T

nXj=1

�juj

!=

T é linear

nXj=1

�jT (uj) =nXj=1

�j

mXi=1

aijvi =mXi=1

nXj=1

aij�j

!vi

81

e sendo fv1; v2; :::; vmg uma base de V tem-se

u 2 N (T ), T (u) = 0,

nXj=1

aij�j = 0; para i = 1; :::;m

!, (�1; :::; �n) 2 N (A):

Além disso:I(T ) = L (fT (u1); :::; T (un)g) =

= L (fa11v1 + :::+ am1vm; :::; a1nv1 + :::+ amnvmg) .

Observação 38. Seja V um espaço linear de dimensão �nita, com dimV = n. SejamB1 = fu1; :::; ung e B2 = fv1; :::; vng duas bases ordenadas de V . A representação matricialda transformação identidade I : V ! V em relação às bases B1 e B2 é igual à matriz demudança da base B1 para B2. Isto é,

M(I;B1;B2) = SB1!B2.

Teorema 51. Sejam U e V espaços lineares tais que dimU = n e dimV = m. SejaT : U ! V uma transformação linear. Sejam B1 e B2 bases (ordenadas) de U e V respecti-vamente. Seja

A =M(T ;B1;B2) 2Mm�n(R)

a matriz que representa T em relação às bases B1 e B2. Tem-se então:

(i) dimN (T ) = nulA;

(ii) dim I(T ) = carA;

(iii) T é injectiva se e só se nulA = 0, isto é, se e só se carA = n;

(iv) T é sobrejectiva se e só se carA = m.

Teorema 52. Sejam Bnc = fe1; :::; eng e Bmc = fe01; :::; e0mg as bases canónicas (ordenadas)de Rn e Rm respectivamente. Seja T : Rn ! Rm uma transformação linear. Considere-se amatriz A = (aij)m�n = M(T ;Bnc ;Bmc ) 2 Mm�n(R) cuja coluna j, para cada j = 1; :::; n, éformada pelas coordenadas de T (ej) na base Bmc . Isto é,

T (ej) =

mXi=1

aije0i = a1j

2666410...0

37775+ :::+ amj266640...01

37775 =264 a1j

...amj

375 .Então, tem-se, para todo o u 2 Rn,

T (u) = Au.

82

Dem. Seja u 2 Rn. Então, existem �1; :::; �n 2 R tais que

u = �1e1 + :::+ �nen =nXj=1

�jej.

Uma vez que, para todo o j = 1; :::; n, T (ej) =Pm

i=1 aije0i, tem-se

T (u) = T

nXj=1

�jej

!=

T é linear

nXj=1

�jT (ej) =

nXj=1

�j

mXi=1

aije0i =

mXi=1

nXj=1

aij�j

!e0i =

=

nXj=1

a1j�j; :::;

nXj=1

amj�j

!=

24 a11 � � � a1n� � �

am1 � � � amn

35264 �1...�n

375 = Au.

Observação 39. No caso em que U = Rn, V = Rm e B1 = Bnc , B2 = Bmc , tem-se:

N (T ) = N (A) e I(T ) = C(A),

uma vez que neste caso as coordenadas de um vector numa base coincidem com o própriovector.

Exemplo 43. (i) Seja T : R4 ! R3 de�nida por

T (x; y; z; w) = (3x+ y � 2z; 0; x+ 4z):

T é uma transformação linear e a matriz M(T ;B4c ;B3c ) que representa T em relação às basescanónicas (ordenadas) B4c e B3c de R4 e R3 respectivamente, é dada por

A =M(T ;B4c ;B3c ) =

24 3 1 �2 00 0 0 01 0 4 0

35 ,uma vez que T (1; 0; 0; 0) = (3; 0; 1), T (0; 1; 0; 0) = (1; 0; 0), T (0; 0; 1; 0) = (�2; 0; 4) eT (0; 0; 0; 1) = (0; 0; 0).Tem-se então:

T (x; y; z; w) =M(T ;B4c ;B3c )

2664xyzw

3775 = (3x+ y � 2z; 0; x+ 4z).Além disso, tem-se

N (T ) = N (A) =�(x; y; z; w) 2 R4 : y = 14z e x = �4z

=

= f(�4z; 14z; z; w) : z; w 2 Rg = L (f(�4; 14; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g)

eI (T ) = C (A) = L (f(3; 0; 1); (1; 0; 0)g) .

83

Uma base de I (T ) : f(3; 0; 1); (1; 0; 0)g. Uma base de N (T ) : f(�4; 14; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g.

(ii) Sejam B1 = f1; t; t2g e B2 = f1; t; t2; t3g as bases canónicas (ordenadas) de P2 e P3respectivamente. Seja D : P2 ! P3 tal que D(1) = 0, D(t) = 1 e D(t2) = 2t. D é umatransformação linear e a matrizM(D;B1;B2) que representaD em relação às bases canónicasB1 e B2, é dada por

M(D;B1;B2) =

26640 1 00 0 20 0 00 0 0

3775 .Além disso tem-se

M(D;B1;B2)

24 a0a1a2

35 =26640 1 00 0 20 0 00 0 0

377524 a0a1a2

35 =2664a12a200

3775 ,isto é, D (a0 + a1t+ a2t2) = a1 + 2a2t, com a0; a1; a2 2 R.Além disso, como

N (D) =�a0 + a1t+ a2t

2 : D�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=�a0 + a1t+ a2t

2 : a1 = a2 = 0 e a0 2 R;

tem-seN (D) = fa0 : a0 2 Rg = L (f1g) e I (D) = L (f1; 2tg) .

Uma base de I (D) : f1; 2tg. Uma base de N (D) : f1g.

(iii) Seja T : R3 ! R2 a transformação linear cuja matriz que a representa em relaçãoàs bases ordenadas B1 = f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g e B2 = f(1; 1); (1;�1)g de R3 e R2respectivamente, é dada por

A =M(T ;B1;B2) =�1 2 32 4 6

�.

Seja u 2 R3 e sejam (�1; �2; �3) as coordenadas de u em relação à base B1. Tem-se

u 2 N (T ), (�1; �2; �3) 2 N (A)

e como

N (A) = N��

1 2 30 0 0

��= f(�2y � 3z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(�2; 1; 0); (�3; 0; 1)g) ,

logo f(�2; 1; 0); (�3; 0; 1)g é uma base de N (A) (uma vez que gera N (A) e é linearmenteindependente).

N (T ) = f(�2) (1; 1; 1) + 1(0; 1; 1) + 0(0; 0; 1); (�3) (1; 1; 1) + 0(0; 1; 1) + 1(0; 0; 1)g == L (f(�2;�1;�1); (�3;�3;�2)g) .

84

Logo f(�2;�1;�1); (�3;�3;�2)g é uma base para N (T ) (uma vez que gera N (T ) e élinearmente independente).Quanto ao contradomínio:

C(A) = L (f(1; 2)g) ,logo f(1; 2)g é uma base de C(A) (uma vez que gera C(A) e é linearmente independente).

I(T ) = L (f1(1; 1) + 2(1;�1)g) = L (f(3;�1)g) .

Uma base de I (T ) : f(3;�1)g (uma vez que gera I (T ) e é linearmente independente).Note-se que:

dimN (T ) = nulA dim I(T ) = carAe

dimN (T ) + dim I(T ) = dimU (espaço de partida).

Teorema 53. Sejam U; V e W espaços lineares de dimensões �nitas. Sejam B1;B2 e B3bases ordenadas de U; V e W respectivamente. Seja � escalar. Sejam T; T1; T2 2 L(U; V ) eS 2 L(V;W ). Então, tem-se

M(T1 + �T2;B1;B2) =M(T1;B1;B2) + �M(T2;B1;B2)

M(S � T ;B1;B3) =M(S;B2;B3)M(T ;B1;B2)

Teorema 54. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Seja T : U ! Vuma transformação linear. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de U e V respectivamente.Seja A =M(T ;B1;B2) a matriz que representa T em relação às bases B1 e B2.Se V = T (U) então T é invertível se e só se A fôr uma matriz quadrada não singular.

Tem-se entãoA�1 =M(T�1;B2;B1),

isto é, A�1 será a matriz que representa T�1 em relação às bases B2 e B1.

Teorema 55. Sejam U e V espaços lineares de dimensões �nitas respectivamente n em. Isto é,

dimU = n e dimV = m:

Então, os espaços lineares L(U; V ) eMm�n(R) são isomorfos e escreve-se

L(U; V ) �=Mm�n(R).

Dem. Fixando bases ordenadas B1 e B2 para U e V respectivamente,

L(U; V ) ! Mm�n(R)T ! M(T ;B1;B2)

é uma transformação linear bijectiva.

85

Observação 40. No teorema anterior tem-se dimL(U; V ) = mn.

Teorema 56. Seja V um espaço linear de dimensão �nita. Seja T : V ! V umatransformação linear. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de V . SejaM(T ;B1;B1) a matrizque representa T em relação à base B1.Então, a matriz M(T ;B2;B2) que representa T em relação à base B2, é dada por

M(T ;B2;B2) = SB1!B2M(T ;B1;B1) (SB1!B2)�1 ,

onde SB1!B2 é a matriz de mudança da base B1 para B2.Isto é, o diagrama seguinte é comutativo.

(V;B1)M(T ;B1;B1)�!

T(V;B1)

SB1!B2 # I I # SB1!B2(V;B2)

T�!M(T ;B2;B2)

(V;B2)

Teorema 57. Caso geral. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. SejaT : U ! V uma transformação linear. Sejam B1 e B01 duas bases ordenadas de U . Sejam B2e B02 duas bases ordenadas de V . Seja M(T ;B1;B2) a matriz que representa T em relação àsbases B1 e B2.Então, a matriz M(T ;B01;B02) que representa T em relação às bases B01 e B02, é dada por

M(T ;B01;B02) = SB2!B02M(T ;B1;B2)�SB1!B01

��1,

onde SB2!B02 e SB1!B01 são as matrizes de mudança das bases B2 para B02 e de B1 para B01

respectivamente.Isto é, o diagrama seguinte é comutativo.

(U;B1)M(T ;B1;B2)�!

T(V;B2)

SB1!B01 # I I # SB2!B02(U;B01)

T�!M(T ;B01;B02)

(V;B02)

Exemplo 44. Seja T : R2 ! R3 de�nida por T (x; y) = (y; x; y � x). T é uma transfor-mação linear. A matrizM(T ;B2c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada)B2c de R2 e à base canónica (ordenada) B3c de R3, é dada por

M(T ;B2c ;B3c ) =

24 0 11 0�1 1

35 .Sejam B1 = f(1; 1); (�1; 1)g uma base ordenada de R2 e B2 = f(0; 0; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 1)guma base ordenada de R3

86

A matriz M(T ;B1;B2) que representa T em relação à base ordenada B1 de R2 e à baseordenada B2 de R3, é dada por

M(T ;B1;B2) =

24 �1 30 �21 1

35 ,uma vez que

T (1; 1) = (1; 1; 0) = �(0; 0; 1) + 0(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1)T (�1; 1) = (1;�1; 2) = 3(0; 0; 1)� 2(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1) :

Vamos agora veri�car que se tem M(T ;B1;B2) = SB3c!B2M(T ;B2c ;B3c )�SB2c!B1

��1.

Uma vez que

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

tem-se então SB3c!B2 =

24 0 �1 1�1 1 01 0 0

35. Logo,SB3c!B2M(T ;B

2c ;B3c )

�SB2c!B1

��1=

24 0 �1 1�1 1 01 0 0

3524 0 11 0�1 1

35SB1!B2c ==

24 �2 11 �10 1

35� 1 �11 1

�=

24 �1 30 �21 1

35 =M(T ;B1;B2).Por exemplo, para (2; 1) 2 R2, tem-se:

coordenadas de (2; 1)na base B2c

M(T ;B2c ;B3c )�!T

coordenadas de T (2; 1)na base B3c

SB2c!B1 # I I # SB3c!B2

coordenadas de (2; 1)na base B1

T�!M(T ;B1;B2)

coordenadas de T (2; 1)na base B2.

ou seja �21

�M(T ;B2c ;B3c )�!

T

24 12�1

35SB2c!B1 # I I # SB3c!B2

�13

�T�!

M(T ;B1;B2)

24 8�64

35 .87


1. Sejam a; b 2 R. Considere a aplicação Ta;b : R ! R de�nida por Ta;b (x) = ax + b.Determine os valores de a e de b para os quais Ta;b é linear.

2. Diga quais das seguintes transformações são lineares. Determine para cada trans-formação linear a correspondente matriz que a representa em relação às respectivasbases canónicas (ordenadas). Determine também, se possível, para cada uma dessastransformações lineares, bases para o núcleo N (T ) e para o contradomínio I(T ), bemcomo as respectivas dimensões (de N (T ) e de I(T )). Diga ainda quais são injectivas,sobrejectivas e bijectivas.

(i) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x+ 2y; 3x� 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. Aplicaçãoque ao ponto de coordenadas (x; y) faz corresponder o ponto obtido por uma rotaçãode amplitude � em torno da origem e no sentido contrário ao dos ponteiros de umrelógio.

(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 (orde-nada) 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 .88

Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2R3. Determine, se possível, bases para o núcleo N (T ) e para o contradomínio I(T ),bem como as respectivas dimensões (de N (T ) e de I(T )).

4. Considere a base ordenada B = fv1; v2g de R2, em que v1 = (1; 1) e v2 = (1; 0) e sejaT : R2 ! R2 a transformação linear tal que

T (v1) = (1;�2), T (v2) = (�3; 1).

(i) Calcule T (2; 1).

(ii) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y) para qualquer (x; y) 2R2.(iii) Determine a matriz M(T ;B2c ;B2c ) que representa T em relação à base canónica(ordenada) B2c de R2.(iv) Determine as matrizes de mudança de base SB2c!B e SB!B2c . Determine as coor-denadas do vector (2; 1) na base B.(v) Determine a matriz M(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenada Bde R2. Determine as coordenadas do vector T (2; 1) na base B.(vi) Determine a matriz M(T ;B2c ;B) que representa T em relação às bases ordenadasB2c e B de R2.(vii) Determine a matrizM(T ;B;B2c ) que representa T em relação às bases ordenadasB e B2c de R2.

5. Considere as transformações lineares T1 e T2 cujas matrizes que as representam emrelação às bases canónicas (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) 2 R3.

6. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de�nida por

T (x; y; z) = (2y; y � x;�x).

Determine a matriz M(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenada

B = fv1; v2; 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 .

89

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.

(i) Calcule T (2v1 � v2 + 3v3).(ii) Determine a matriz M(T ;B3c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica(ordenada) B3c de R3.(iii) Determine duas bases ordenadas B1 = fu1; u2; u3g e B2 = fw1; w2; w3g de R3 demodo a que a matriz M(T ;B1;B2) que represente T em relação a essas bases B1 e B2seja 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 ordenadasB1 = fu1; u2g de R2 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 B01 =

�u01; u

02

de R2 e B02 =

�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 deN (T ). Diga se T é injectiva.(v) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimen-são 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) 2R2.(vii) Determine a matrizM(T ;B01;B

02) que representa T em relação às bases ordenadas

B01 e B02.

90


T (x; y; z) = (x+ y; x+ y � z).

(i) Determine a matriz M(T ;B3c ;B2c ) que representa T em relação às bases canónicas(ordenadas) B3c e B2c de R3 e R2 respectivamente.(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão deN (T ). Diga se T é injectiva.(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a di-mensão de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1).

(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b). Veri�que se existe algum vector(a; b) 2 R2 para o qual essa equação seja impossível.(vi) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b). Veri�que se existe algum vector(a; b) 2 R2 para o qual essa equação seja possível e determinada.

11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B3c ;B3c ) que a repre-senta em relação à 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 deN (T ). Diga se T é injectiva.(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a di-mensão de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (3; 3; 0).

(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri�que se existe algum vector(a; b; c) 2 R3 para o qual essa equação seja impossível.(vi) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri�que se existe algum vector(a; b; c) 2 R3 para o qual essa equação seja possível e indeterminada.

12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matrizM(T ;B;B) que a representaem relação à 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 deN (T ). Diga, justi�cando, se T é sobrejectiva e se T é injectiva.

91

(ii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimen-são 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 R3 para o qual essa equação seja possível e indeterminada.(vi) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer(x; y; z) 2 R3.


T (x; y; z) = (x+ y + z; x+ 2y � 4z; z).

(i) Determine a matriz M(T ;B3c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica(ordenada) B3c de R3.(ii) Mostre que T é injectiva e determine a expressão geral de T�1, isto é, determineT�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 matrizM(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 deN (T ). Diga se T é injectiva.(v) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimen-são 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 respectiva-mente T1 e T2 em relação à base canónica (ordenada) B2c de R2.(ii) Determine a matriz A = M(T2 � T1;B2c ;B2c ) que representa T2 � T1 em relação àbase canónica (ordenada) B2c de R2.

92

(iii) Determine, usando a alínea anterior, a expressão geral de T2 � T1, isto é, (T2 �T1)(x; y) para qualquer (x; y) 2 R2.(iv) Determine, directamente a partir das expressões de T1 e de T2, a expressão geralde 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 matriz M((T2 � T1)�1;B2c ;B2c ) que representa (T2 � T1)�1 em relaçãoà base canónica (ordenada) B2c de R2 e veri�que que é igual a A�1, onde A é a matrizdeterminada em (ii).

(viii) Veri�que que (T2 � T1)�1 = T�11 � T�12 .

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 canónicasordenadas B1c = f1g e B2c de R e R2 respectivamente. Determine uma base para onúcleo: N (T2 � T1).

18. Considere a transformação linear T : R3 �! R2 cuja representação matricial em relaçãoas bases ordenadas B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g de R3 e B2 = f(1; 1); (0; 1)g de R2é 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 sobrejec-tiva.

19. Considere a transformação linear T1 : R3 ! R2 de�nida por T1(x; y; z) = (2x+y; y+2z).Considere ainda a transformação linear T2 : R2 �! R3 cuja representação matricialem relação à base (ordenada) B = f(2; 1); (1; 2)g de R2 e à base canónica B3c de R3 édada 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 sobre-jectiva.

93

(ii) Determine uma base para o contradomínio I(T2) de T2 e diga, justi�cando, se T2é injectiva.

(iii) Diga, justi�cando, se se tem N (T1) + I(T2) = R3 e determine a dimensão deN (T1) \ I(T2).(iv) Determine a matrizM(T2;B2c ;B3c ) que representa T2 em relação às bases canónicasB2c e B3c de R2 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).Considere ainda a transformação linear T2 : R3 �! R2 cuja representação matricialem relação à base (ordenada) B = f(1; 1; 1); (1; 1; 0); (1; 0; 0)g de R3 e à base canónicaB2c 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 T1é sobrejectiva.

(iii) Determine uma base para o núcleo N (T2) de T2 e diga, justi�cando, se T2 éinjectiva.

(iv) Determine a solução geral da equação (T2 � T1) (x; y) = (�1; 1).

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 deN (T ). Diga se T é injectiva.(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a di-mensão de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.(iv) Resolva, em R3; a equação linear T (x; y; z) = 1 + t+ t2 + t3.

22. Seja � 2 R. Considere a transformação linear T� : R3 ! P2 de�nida por

T�(x; y; z) = z � y + � (y � x) t+ xt2.

(i) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T�). Determine a dimensão deN (T�). Diga se T� é injectiva.(ii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T�). Determine a di-mensão de I(T�). Diga se T� é sobrejectiva.(iii) Considere � = 0 e resolva a equação linear T0(x; y; z) = 1 + t2.

94

23. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ouigual 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 matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.(iii) Justi�que que T é um isomor�smo e veri�que que a expressão geral do isomor�smoT�1 é dada por

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.

24. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ouigual a 2. Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de�nida por

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 matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.(iii) Determine, se possível, uma base para N (T ) e uma base para I (T ) e diga,justi�cando, se T é injectiva e/ou sobrejectiva.

(iv) Resolva, em P2; as equações diferenciais lineares:a) 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 essabase.

(iii) Determine, se possível, uma base para N (T ) e uma base para I (T ) e diga,justi�cando, se T é injectiva e/ou sobrejectiva.

(iv) Resolva, em U; a equação linear T (A) = B.

95

26. Considere a transformação linear T :M2�2 (R) ! P3 cuja matriz M(T ;B1;B2) que arepresenta em relação 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�smoT�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 diferenciáveis.Considere a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (f) = f 00 � 2f 0 + f .

Considere o subespaço S = ff 2 U : f 00 � 2f 0 + f = 0g de U .(i) Mostre que o conjunto fet; 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.

(ii) Mostre que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a ef 0 (0) = b.

(iii) Determine a única solução f da equação diferencial linear T (f) = 1 que veri�caf (0) = 1 e f 0 (0) = 0.

28. Seja V o subespaço linear de R4 gerado pelos vectores v1 = (1; 0; 0;�1) e v2 =(0; 1;�1; 0). Considere ainda a transformação linear T : V ! V tal que

T (v1) = v2; T (v2) = �v1:

(i) Determine a matriz M(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenadaB = fv1; v2g de V .(ii) Encontre, em V , a solução geral da equação T (u) = (2;�3; 3;�2).(iii) Sejam w1 = (0; 0; 1; 1); w2 = (0; 0; 0; 1) e considere a transformação linear R :R4 ! R4 de�nida por

R(v1) = v2; R(v2) = �v1; R(w1) = R(w2) = (0; 0; 0; 0):

Encontre, em R4, a solução geral da equação R(u) = (2;�3; 3;�2).

96

29. Seja Pn, com n 2 N, o espaço linear real dos polinómios reais de variável real ede grau menor ou igual a n. Considere a transformação linear T1 : P2 ! P1 cujarepresentação matricial em relação às bases ordenadas B1 = f1 + t; 1� t; t2g de P2 eB2 = f1 + t; 1 + 2tg de P1, é dada pela matriz:

M(T1;B1;B2) =�1 2 00 �1 1

�.

Considere ainda a transformação linear T2 : P1 ! P2 tal que

T2(1) = 1� t T2(t) = 2 + 8t� 2t2:

a) Determine a matriz M(T2;B;B1) que representa T2 em relação às bases ordenadasB = f1; tg de P1 e B1 = f1 + t; 1� t; t2g de P2.b) Determine uma base para N (T1) (núcleo de T1) e diga, justi�cando, se T1 é sobre-jectiva.

c) Determine T1(t) e encontre, em P2, a solução geral da equação T1(p (t)) = t.d) Veri�que que T1 � T2 = I.

97

Valores próprios e vectores próprios. Diagonalização.

De�nição 46. Seja V espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Diz-seque um escalar � é um valor próprio de T se existir um vector não nulo v 2 V tal que

T (v) = �v.

Aos vectores não nulos v que satisfaçam a equação anterior chamam-se vectores própriosassociados ao valor próprio �. Dado um valor próprio � de T , o conjunto

E� = fv 2 V : T (v) = �vg = N (T � �I)

é um subespaço linear de V . Chama-se a E� o subespaço próprio associado ao valorpróprio �. À dimensão de E� chama-se multiplicidade geométrica de � e denota-se pormg (�), isto é,

dimN (T � �I) = mg (�) .

Exemplo 45. (a) Seja V um espaço linear e I : V ! V a transformação identidade. En-tão todos os vectores de V , exceptuando o vector nulo, são vectores próprios de T associadosao valor próprio 1.

(b) Seja V o espaço linear das funções reais inde�nidamente diferenciáveis em R e T :V ! V a (transfomação) função derivada. Como, por exemplo

T�e2x�= 2e2x

então e2x é vector próprio de T associado ao valor próprio 2.

Observação 41. (i) Sejam V um espaço linear e 0 o vector nulo de V . Seja T : V ! Vuma transformação linear. Um escalar � é um valor próprio de T se e só se N (T��I) 6= f0g.

(ii) Se o espaço linear V tiver dimensão �nita n e se A =M (T ;B;B) fôr a matriz n� nque representa T em relação a uma base ordenada B de V , então um escalar � é um valorpróprio de T se e só se esse escalar � fôr solução da equação

det(A� �I) = 0,

uma vez que se tem, para v 2 V ,

(T � �I) v = 0, (A� �I)

264 �1...�n

375 = 0.onde �1; :::; �n são as coordenadas de v na base ordenada B, daí que

� é um valor próprio de T , N (T � �I) 6= f0g , N (A� �I) 6= f0g , det(A� �I) = 0

98

isto é

� é um valor próprio de T , det(A� �I) = 0Além disso, tem-se

v é um vector próprio de T , v 2 N (T � �I) n f0g , (�1; :::; �n) 2 N (A� �I) n f0g

isto é

v é um vector próprio de T , (�1; :::; �n) 2 N (A� �I) n f0ge

mg (�) = dimN (T � �I) = dimN (A� �I).

(iii) No caso em que V = Rn e A = M (T ;Bnc ;Bnc ), como (neste caso) v = (�1; :::; �n),tem-se

N (T � �I) = N (A� �I) :

De�nição 47. Seja A uma matriz n� n. Chama-se ao polinómio

p(�) = det(A� �I)

o polinómio característico da matriz A. Este polinómio tem grau n, o coe�ciente dotermo de grau n é (�1)n, o coe�ciente do termo de grau n � 1 é (�1)n�1 trA e o termoconstante é p(0) = detA.

De�nição 48. Seja A uma matriz n � n. Chama-se valor próprio de A a qualquerescalar � tal que A � �I seja singular, isto é, tal que det(A � �I) = 0. Ao conjunto detodos os valores próprios de A chama-se espectro de A. À multiplicidade de � como raízdo polinómio det(A��I) chama-semultiplicidade algébrica de � e denota-se por ma (�).Chama-se vector próprio de A, associado ao valor próprio � de A, a qualquer vector nãonulo v que veri�que

(A� �I)v = 0,isto é, a qualquer vector

v 2 N (A� �I)n f0g .

Observação 42. (i) Seja A uma matriz n� n. O escalar 0 é valor próprio de A se e sóse A fôr singular. Isto é, a matriz A é invertível se e só se 0 não fôr valor próprio de A.

(ii) Seja A uma matriz n� n. Então o polinómio característico de A pode ser escrito naforma:

p(�) = det(A� �I) = (�1 � �)m1(�2 � �)m2 � � � (�k � �)mk ,

onde �1; �2; : : : ; �k são os valores próprios distintos de A e m1;m2; : : : ;mk são as multipli-cidades algébricas desses valores próprios respectivamente, com m1 +m2 + � � �+mk = n.

(iii) Seja A uma matriz n � n. Tem-se mg (�) � ma (�), para qualquer valor próprio �de A.

99

(iv) Seja A uma matriz n�n, com os valores próprios �1; �2; : : : ; �n (repetidos de acordocom a respectiva multiplicidade algébrica). Então, atendendo à alínea anterior e à de�niçãoanterior tem-se

detA = �1�2 � � ��n e trA = �1 + �2 + � � �+ �n.

De�nição 49. Sejam A e B matrizes n� n. As matrizes A e B dizem-se semelhantesse existir uma matriz S invertível tal que

B = SAS�1.

Teorema 58. Duas matrizes são semelhantes se e só se existirem bases ordenadas emrelação às quais essas matrizes representem a mesma transformação linear.

Teorema 59. Sejam A e B matrizes n� n. Se A e B forem semelhantes então A e Btêm o(a) mesmo(a):

(i) determinante; (ii) característica; (iii) nulidade; (iv) traço;

(v) polinómio característico, e portanto têm os mesmos valores próprios com as mesmasmultiplicidades algébricas e geométricas.

Dem. (Matrizes semelhantes têm o mesmo polinómio característico.)

det(B � �I) = det(SAS�1 � �I) = det(SAS�1 � �SS�1) == det(S(A� �I)S�1) = detS det(A� �I) det

�S�1

�=

= detS det(A� �I) 1

detS= det(A� �I).

Teorema 60. (i) Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformaçãolinear. Se T tiver valores próprios distintos �1; :::; �k e se v1; :::; vk forem os vectores própriosassociados a cada um destes valores próprios, então os vectores v1; :::; vk são linearmenteindependentes.

(ii) Seja A uma matriz n�n. Se A tiver valores próprios distintos �1; :::; �k e se v1; :::; vkforem os vectores próprios associados a cada um destes valores próprios, então os vectoresv1; :::; vk são linearmente independentes.

Dem. (ii) Seja r = dimL (fv1; :::; vkg). Suponhamos que r < k. Suponhamos ainda, amenos de uma reordenação, que o conjunto fv1; :::; vrg é linearmente independente.Como o conjunto fv1; :::; vr; vr+1g é linearmente dependente, então existem escalares não

todos nulos c1; :::; cr; cr+1 tais que

c1v1 + � � �+ crvr + cr+1vr+1 = 0. (*)

100

Note que tem que se ter cr+1 6= 0 caso contrário o conjunto fv1; :::; vrg é linearmente depen-dente. Logo

cr+1vr+1 6= 0e assim c1; :::; cr não podem ser todos nulos.Por outro lado, atendendo a (*) tem-se

A (c1v1 + � � �+ crvr + cr+1vr+1) = 0,c1Av1 + � � �+ crAvr + cr+1Avr+1 = 0,

, c1�1v1 + � � �+ cr�rvr + cr+1�r+1vr+1 = 0 (**).

Logo, multiplicando ��r+1 por (*) e somando a (**) tem-se:

��r+1 (c1v1 + � � �+ crvr + cr+1vr+1) + c1�1v1 + � � �+ cr�rvr + cr+1�r+1vr+1 = 0,

, c1 (�1 � �r+1) v1 + � � �+ cr (�r � �r+1) vr = 0Assim, sendo os escalares c1; :::; cr não todos nulos e sendo os escalares �1; :::; �k todos dis-tintos, então o conjunto fv1; :::; vrg seria linearmente dependente, contrariando a hipótese deo mesmo ser linearmente independente. Logo, tem que se ter r = k.

De�nição 50. (i) Seja A uma matriz n� n. Se existir uma matriz P invertível tal que

D = PAP�1,

com D matriz diagonal, então diz-se que A é uma matriz diagonalizável e que P éa matriz diagonalizante. No caso de A ser uma matriz diagonal, a matriz diagonalizanteé a matriz identidade.

(ii) Seja V um espaço linear tal que dimV = n. Seja T : V ! V uma transformaçãolinear. Diz-se que T é diagonalizável se existir uma base ordenada B de V em relação àqual a matriz M (T ;B;B) que representa T nessa base seja uma matriz diagonal.

Teorema 61. Seja A 2 Mn�n(R). A matriz A é diagonalizável se e só se existir umabase Bvp de Rn apenas constituída por vectores próprios de A. Neste caso, as entradas dadiagonal principal da matriz diagonal D serão os valores próprios de A apresentados pelaordem dos vectores próprios correspondentes na base ordenada Bvp. Além disso, a matrizP�1 será a matriz cujas colunas serão os vectores próprios de A, da base Bvp de Rn dispostospela mesma ordem, tendo-se

D = PAP�1.

O mesmo se aplica a Cn.

Teorema 62. Seja A uma matriz n�n. Então as a�rmações seguintes são equivalentes:

(i) A é diagonalizável.

(ii) A tem n vectores próprios linearmente independentes.

(iii) A soma das multiplicidades geométricas dos valores próprios de A é n.

101

(iv) A multiplicidade geométrica de cada valor próprio de A é igual à multiplicidadealgébrica desse valor próprio.

Observação 43. (i) Seja V um espaço linear tal que dimV = n. Seja A =M (T;B;B)a matriz n�n que representa a transformação linear T : V ! V em relação à base ordenadaB. No caso de haver uma base Bvp (ordenada) de V apenas constituída por vectores própriosde T , então tem-se

M (T;Bvp;Bvp) = PAP�1,onde P�1 = SBvp!B, sendo deste modo M (T;Bvp;Bvp) a matriz diagonal cujas entradas dadiagonal principal são os valores próprios de A apresentados pela ordem dos vectores próprioscorrespondentes na base Bvp. Assim, T é representada relativamente a uma base ordenadapor uma matriz diagonal, isto é, T é diagonalizável.No caso de se ter V = Rn e B = Bnc (base canónica ordenada) as colunas da matriz

P�1 = SBvp!Bnc são os vectores próprios de A da base Bvp dispostos pela mesma ordem.

(ii) No caso de se ter D = PAP�1, com P invertível e D matriz diagonal, tem-se, parak 2 N,

Dk = PAkP�1, ou seja, Ak = P�1DkP .

Exemplo 46. Nos exemplos que se seguem as matrizes A consideradas poderão ser vistascomo matrizes que representam transformações lineares T relativamente à base canónica (ououtras) ordenada de R3, tendo-se no caso da base canónica, para todo o v 2 R3,

T (v) = Av.

Deste modo, os valores próprios e vectores próprios de T serão respectivamente os valorespróprios e vectores próprios de A.

(i) Uma matriz com valores próprios distintos.

A =

24 1 5 �10 �2 1�4 0 3

35 .O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��1� � 5 �10 �2� � 1�4 0 3� �

�� == (1� �) (�2� �) (3� �)� 20 + 4 (2 + �) == (1� �) (�2� �) (3� �) + 4�� 12 == (3� �) [(�� 1) (�+ 2)� 4] == (3� �)

��2 + �� 6

�=

= (3� �) (�� 2) (�+ 3) .

Os valores próprios de A são os valores de � para os quais det(A��I) = 0. Logo, os valorespróprios de A são

�1 = 3, �2 = 2 e �3 = �3.

102

Os vectores próprios de A associados ao valor próprio � são os vectores não nulos v 2 R3para os quais

(A� �I) v = 0,isto é, são os vectores não nulos de N (A� �I).Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio �1 = 3. Tem-se

N (A� �1I) = N

0@24 �2 5 �10 �5 1�4 0 0

351A = L (f(0; 1; 5)g) .

Logo, o subespaço próprio E�1 é dado por

E�1 = N (A� �1I) = L (f(0; 1; 5)g) .

Os vectores próprios de A associados ao valor próprio �1 = 3 são

v = (0; s; 5s) , com s 2 Rn f0g .

Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio �2 = 2. Tem-se

N (A� �2I) = N

0@24 �1 5 �10 �4 1�4 0 1

351A = L (f(1; 1; 4)g) .


E�2 = N (A� �2I) = L (f(1; 1; 4)g) .


v = (s; s; 4s) , com s 2 Rn f0g .

Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio �3 = �3. Tem-se

N (A� �3I) = N

0@24 4 5 �10 1 1�4 0 6

351A = L (f(3;�2; 2)g) .


E�3 = N (A� �3I) = L (f(3;�2; 2)g) .

Os vectores próprios de A associados ao valor próprio �3 = �3 são

v = (3s;�2s; 2s) , com s 2 Rn f0g .

Atendendo a que os valores próprios de A são distintos, os vectores próprios de A asso-ciados a esses valores próprios são linearmente independentes. Como dimR3 = 3, então 3vectores em R3 linearmente independentes formarão desde logo uma base de R3. Logo, oconjunto

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

103

é uma base de R3. Deste modo, temos uma base de R3 formada só por vectores próprios deA. Logo, a matriz A é diagonalizável, isto é, existe uma matriz invertível P diagonalizantetal que a matriz PAP�1 é diagonal, tendo-se

D = PAP�1 =

24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 =24 3 0 00 2 00 0 �3

35 , com P�1 =

24 0 1 31 1 �25 4 2

35 .Note que cada coluna de P�1 é formada pelo vector próprio associado ao valor própriorespectivo e na posição respectiva. Além disso, tem-se

(R3;B3c )M(T ;B3c ;B3c )�!

T(R3;B3c )

SB3c!B # I I # SB3c!B(R3;B) T�!

M(T ;B;B)(R3;B)

comSB3c!B = P , M(T ;B;B) = D e M(T ;B3c ;B3c ) = A.

(ii) Uma matriz com valores próprios repetidos mas diagonalizável.

A =

24 2 1 12 3 23 3 4


det(A� �I) =

��2� � 1 12 3� � 23 3 4� �

�� == (2� �) (3� �) (4� �) + 6 + 6� 3 (3� �)� 6 (2� �)� 2 (4� �) == ��3 + 9�2 � 15�+ 7 == � (�� 1) (�� 1) (�� 7) .


�1 = 1 e �2 = 7.



N (A� �1I) = N

0@24 1 1 12 2 23 3 3

351A = L (f(�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g) .


E�1 = N (A� �1I) = L (f(�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g) .

104


v = (�s� t; s; t) , com s e t não simultâneamente nulos.


N (A� �2I) = N

0@24 �5 1 12 �4 23 3 �3

351A = L (f(1; 2; 3)g) .


E�2 = N (A� �2I) = L (f(1; 2; 3)g) .


v = (s; 2s; 3s) , com s 2 Rn f0g .

Atendendo a quedimE�1 + dimE�2 = 3,

podemos ter a seguinte base de R3 formada só por vectores próprios de A

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

Logo, a matriz A é diagonalizável, isto é, existe uma matriz invertível P diagonalizante talque a matriz PAP�1 é diagonal, tendo-se

D = PAP�1 =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 1 0 00 1 00 0 7

35 , com P�1 =

24 �1 �1 11 0 20 1 3

35 .Note que cada coluna de P�1 é formada pelo vector próprio associado ao valor própriorespectivo e na posição respectiva. Além disso, tem-se

(R3;B3c )M(T ;B3c ;B3c )�!

T(R3;B3c )


M(T ;B;B)(R3;B)

comSB3c!B = P , M(T ;B;B) = D e M(T ;B3c ;B3c ) = A.

(iii) Uma matriz com valores próprios repetidos e não diagonalizável.

A =

24 7 5 �10 �2 120 0 3

35 .

105

O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��7� � 5 �10 �2� � 120 0 3� �

�� == (7� �) (�2� �) (3� �) + 100� 20 (2 + �) == (3� �) [(7� �) (�2� �) + 20] == (3� �)

��2 � 5�+ 6

�=

= (3� �) (�� 3) (�� 2) .


�1 = 3 e �2 = 2.



N (A� �1I) = N

0@24 4 5 �10 �5 120 0 0

351A = L (f(0; 1; 5)g) .


E�1 = N (A� �1I) = L (f(0; 1; 5)g) .


v = (0; s; 5s) , com s 2 Rn f0g .


N (A� �2I) = N

0@24 5 5 �10 �4 120 0 1

351A = L (f(1;�5;�20)g) .


E�2 = N (A� �2I) = L (f(1;�5;�20)g) .


v = (s;�5s;�20s) , com s 2 Rn f0g .

Atendendo a quedimE�1 + dimE�2 = 2 < 3,

não é possível ter uma base de R3 formada só por vectores próprios de A. Logo, a matrizA não é diagonalizável, isto é, não existe uma matriz invertível P diagonalizante tal que amatriz PAP�1 seja diagonal.

106

(iv) Uma matriz com apenas um valor próprio real.

A =

24 1 0 00 0 �10 1 0


det(A� �I) =

��1� � 0 00 �� 10 1 ��

�� == �2 (1� �) + (1� �) == (1� �)

��2 + 1

�.


�1 = 1, �2 = i e �3 = �i.Logo, a matriz A não é diagonalizável numa matriz de entradas reais, isto é, não existeuma matriz invertível P diagonalizante tal que a matriz PAP�1 seja diagonal com entradasreais. No entanto e atendendo a que os três valores próprios são distintos, a matriz A édiagonalizável numa matriz de entradas complexas:24 1 0 0

0 i 00 0 �i

35Exemplo 47. A sucessão de Fibonacci (Leonardo de Pisa, 1202). Seja (vn)n2N tal que

v1 = 1; v2 = 1 e vn+2 = vn + vn+1, n 2 N.

Considerando a igualdade vn+1 = vn+1, podemos escrever o sistema�vn+1 = vn+1vn+2 = vn + vn+1

isto é �vn+1vn+2

�=

�0 11 1

� �vnvn+1

�para todo o n 2 N. Aplicando sucessivamente a igualdade anterior tem-se�

vn+1vn+2

�=

�0 11 1

� �vnvn+1

�=

�0 11 1

� �0 11 1

� �vn�1vn

�=

= � � � =�0 11 1

�n �v1v2

�=

�0 11 1

�n �11

�.

Calculemos agora os valores próprios de�0 11 1

�:

det

�� 11 1� �

�= 0, (��) (1� �)� 1 = 0, �2 � �� 1 = 0,

107

, � =1 +p5

2ou � =

1�p5

2.

Valores próprios: �1 = 1+p5

2e �2 = 1�

p5

2.

Atendendo a que

N��1 11 1� �1

�= N

�0 1 + �1 � �211 1� �1

�= N

�0 0

1 1�p5

2

�= L

( �1 +

p5

2; 1

!)!��1+

p5

2; 1�é um vector próprio associado ao valor próprio 1+

p5

2, sendo todos os vectores

próprios associados ao valor próprio 1+p5

2dados por L

�n��1+

p5

2; 1�o�

n f(0; 0)g.Atendendo a que

N��2 11 1� �2

�= N

�0 1 + �2 � �221 1� �2

�= N

�0 0

1 1+p5

2

�= L

( �1 +

p5

2; 1

!)!��1+

p5

2; 1�é um vector próprio associado ao valor próprio 1�

p5

2, sendo todos os vectores

próprios associados ao valor próprio 1�p5

2dados por L

�n��1+

p5

2; 1�o�

n f(0; 0)g.Como existe uma base de R2 formada só por vectores próprios (os dois valores próprios

são distintos logo os vectores próprios correspondentes são linearmente independentes) então

a matriz�0 11 1

�é diagonalizável. Assim, fazendo

P�1 =

��1+

p5

2�1+

p5

2

1 1

�tem-se

P =

" p55

5+p5

10

�p55

5�p5

10

#e

D =

"1+p5

20

0 1�p5

2

#= P

�0 11 1

�P�1 ,

,�0 11 1

�= P�1

"1+p5

20

0 1�p5

2

#P .

Logo �vn+1vn+2

�=

�0 11 1

�n �11

�=

P�1

"1+p5

20

0 1�p5

2

#P

!n �11

�=

= P�1

"1+p5

20

0 1�p5

2

#nP

�11

�= P�1

24 �1+p52 �n0

0�1�p5

2

�n35P � 1

1

�=

=

��1+

p5

2�1+

p5

2

1 1

�24 �1+p52 �n0

0�1�p5

2

�n35" p

55

5+p5

10

�p55

5�p5

10

# �11

�=

108

=

24 5�p5

10

�1�p5

2

�n+ 5+

p5

10

�1+p5

2

�n5�3p5

10

�1�p5

2

�n+ 3

p5+510

�1+p5

2

�n35 .

Isto é,

vn+1 =5�p5

10

1�p5

2

!n+5 +p5

10

1 +p5

2

!npara todo o n 2 N, com v1 = 1.Veri�que que (por exemplo) v2 = 1, v3 = 2; v4 = 3:

Exemplo 48. (Um processo de difusão.) Considere duas células adjacentes separadaspor uma membrana permeável e suponha que um �uído passa da 1a célula para a 2a a umataxa (em mililitros por minuto) numericamente igual a 4 vezes o volume (em mililitros) do�uído da 1a célula. Em seguida, passa da 2a célula para a 1a a uma taxa (em mililitros porminuto) numericamente igual a 5 vezes o volume (em mililitros) do �uído da 2a célula.Sejam v1 (t) e v2 (t) respectivamente o volume da 1a célula e o volume da 2a célula no

instante t. Suponha que inicialmente a primeira célula tem 10 mililitros de �uído e que asegunda tem 8 mililitros de �uído, isto é v1 (0) = 10 e v2 (0) = 8.Determinemos o volume de �uído de cada célula no instante t.Tem-se 8<:

v01 (t) = �4v1 (t)

v02 (t) = 4v1 (t)� 5v2 (t)isto é �

v01 (t)v02 (t)

�=

��4 04 �5

� �v1 (t)v2 (t)

�: (*)

�4 e �5 são os valores próprios da matriz��4 04 �5

�, sendo os vectores próprios associados

(1; 4) e (0; 1) respectivamente.Como existe uma base de R2 formada só por vectores próprios (os dois valores próprios

são distintos logo os vectores próprios correspondentes são linearmente independentes) então

a matriz��4 04 �5

�é diagonalizável. Assim, fazendo

P�1 =

�1 04 1

�tem-se P =

�1 0�4 1

�e

, D =

��4 00 �5

�= P

��4 04 �5

�P�1 ,

,��4 04 �5

�= P�1

��4 00 �5

�P .

o sistema (*) é equivalente a�v01 (t)v02 (t)

�=

�P�1

��4 00 �5

�P

��v1 (t)v2 (t)

�,

109

, P

�v01 (t)v02 (t)

�=

��4 00 �5

��P

�v1 (t)v2 (t)

��Assim, considerando a mudança de variável�

u1 (t)u2 (t)

�= P

�v1 (t)v2 (t)

�

P

�v01 (t)v02 (t)

�=

��4 00 �5

��P

�v1 (t)v2 (t)

��,

,�u01 (t)u02 (t)

�=

��4 00 �5

� �u1 (t)u2 (t)

�,

,

8<:u01 (t) = �4u1 (t)

u02 (t) = �5u2 (t),

Se u1 6=0e u2 6=0

8>>>><>>>>:u01 (t)

u1 (t)= �4

u02 (t)

u2 (t)= �5

,

,

8<:log ju1 (t)j = �4t+ k1

log ju2 (t)j = �5t+ k2,

,

8<:u1 (t) = c1e

�4t

u2 (t) = c2e�5t

com c1; c2 2 R. Logo�v1 (t)v2 (t)

�= P�1

�c1e�4t

c2e�5t

�=

�1 04 1

� �c1e�4t

c2e�5t

�=

�c1e�4t

4c1e�4t + c2e

�5t

�.

Como 8<:v1 (0) = 10

v2 (0) = 8

então c1 = 10 e c2 = �32 e assim a solução geral do sistema de equações diferenciais lineares8<:v01 (t) = �4v1 (t)

v02 (t) = 4v1 (t)� 5v2 (t)

com os valores iniciais 8<:v1 (0) = 10

v2 (0) = 8

é dada por 24 v1 (t)v2 (t)

35 =24 10e�4t

40e�4t � 32e�5t

35 .

110


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 umvector próprio associado.

2. Sem calcular o polinómio característico, indique um valor próprio e dois vectorespróprios associados linearmente independentes para a matriz24 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 cujodeterminante seja 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 .

7. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 de�nida por T (1; 2) = (5; 5) = T (2; 1).(i) Veri�que que os vectores v1 = (1;�1) e v2 = (1; 1) são vectores próprios de T .(ii) Diga, justi�cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.

(iii) Indique uma base ordenada de R2 relativamente à qual a matriz que representaT seja uma matriz diagonal.

(iv) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

111

8. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que em relação à base canónica de R3é representada pela 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 vectorespróprios 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 umamatriz diagonal D tais que

D = PAP�1:

9. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base ordenadaf(1; 2) ; (2; 1)g de R2 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 édiagonalizável.

(ii) Determine bases para os subespaços próprios de T .

(iii) Diagonalize a transformação linear T , isto é, determine uma base ordenada de R2relativamente à qual a matriz que represente T seja uma matriz diagonal.

10. Seja V um espaço linear de dimensão �nita. Seja T : V ! V uma transformaçãolinear tal que T 2 = T . Uma tranformação linear nas condições anteriores chama-seprojecção.

(i) Mostre que os valores próprios de T são 0 e 1:

(ii) Justi�que que T é diagonalizável.

11. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 de�nida por T (x; y; z) = (x; y;�x� y).(i) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

(ii) A transformação linear T representa geometricamente uma projecção sobre umplano, paralelamente a um vector. Determine esse plano e esse vector.

12. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que representa geometricamente aprojecção sobre o plano x+ y + z = 0, paralelamente ao vector (0; 0; 1).

(i) Explique o signi�cado do plano e do vector referidos no enunciado.

(ii) Determine a expressão geral de T .

13. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base canónica de R2é representada pela matriz:

A =

�2 10 2

�.

112

(i) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

(ii) Mostre que não existe nenhuma base de R2 constituída por vectores próprios deT . T é diagonalizável?


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 repre-sentada por uma matriz 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 amatriz que representa T nesta base ordenada.

(iv) SejaA a matriz que representa T na base canónica de R3, isto é, A =M(T ;B3c ;B3c ).Diagonalize a matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P�1 e umamatriz diagonal D tais que 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 ordenadaf(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 transformação linear T , isto é, determine uma base ordenada de R3relativamente à qual a matriz que represente T seja uma matriz diagonal.

(iv) Determine An e T n(x; y; z).

17. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0;�1) e (1;�1; 0) são vectores próprios da matriz24 1 1 1a b cd e f

35 ,determine a; b; c; d; e; f .

113

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 Tem relação a essa base ordenada.

(ii) Determine os valores próprios e os vectores próprios de T .

(iii) Diga se T pode ou não ser representada por uma matriz diagonal em relação auma base ordenada apropriada deM2�2(R). Em caso a�rmativo, indique uma tal baseordenada e a correspondente matriz 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 mudançade bases P�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 .

Ou seja, veri�que que existe uma base de R2 formada por vectores própriosde A1, uma base de R3 formada por vectores próprios de A2 e outra base deR3 formada por vectores próprios de A3.

20. Considere a transformação linear T : R4 �! R4 que em relação à base canónica de R4é representada pela 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 R4constituída só por vectores próprios de T .

21. Para cada parâmetro � 2 R, sejam A =

24 � 1 10 3 01 0 �

35, u1 =24 101

35, u2 =24 10�1

35 :(i) Prove que u1 e u2 são vectores próprios de A. Determine os valores própriosassociados.

(ii) Determine os valores próprios de A e indique os valores de � para os quais A tem3 valores próprios todos distintos.

(iii) Determine, em função de �, bases para os espaços próprios associados.

(iv) Identi�que, justi�cando, os valores de � para os quais a matriz A é diagonalizável.

114


1. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio de Tassociado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio deT�1 e determine o valor próprio de T�1 que lhe está associado.

2. Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Seja u um vectorpróprio de T associado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vectorpróprio 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 valor próprio de Ak, onde k é um inteiro positivo.

4. Uma matriz A do tipo n� n diz-se nilpotente se Al = 0 para algum inteiro positivo l.Mostre que se A é nilpotente então o único valor próprio de A é 0.

5. Seja A uma matriz n� n. Veri�que que A e AT têm os mesmos valores próprios.

6. Seja A uma matriz n � n cuja soma das suas colunas é constante e igual a r. Mostreque r é um valor próprio de A:

7. Seja A 2Mn�n(R). Seja P uma matriz diagonalizante para A. Determine uma matrizdiagonalizante para AT em termos de P .

8. Seja Q uma matriz n� n real ortogonal, isto é, tal que Q�1 = QT .Mostre que se n fôr ímpar então Q tem o valor próprio 1 ou tem o valor próprio �1.

9. 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 algébricaigual 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 todosos vectores não nulos de V são vectores próprios. Mostre que T tem um único valorpróprio.

12. Sejam A e B duas matrizes do tipo n�n. Mostre que AB e BA têm os mesmos valorespróprios.

13. Sejam A e B duas matrizes tais que AB = BA. Mostre que A e B têm um vectorpróprio em comum.

Sugestão: Sendo � um valor próprio de A, considere C a matriz cujas colunas formamuma base ordenada S de N (A� �I) e veri�que que (A� �I)BC = 0. Finalmenteconsidere a matriz P cujas colunas são respectivamente as coordenadas das colunas deBC em relação à base S e sendo v um vector próprio de P mostre que Cv é um vectorpróprio 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.

115

Produtos internos e ortogonalização

De�nição 51. Sejam V um espaço linear real e 0 o vector nulo de V . Chama-se produtointerno em V a uma aplicação

h; i : V � V ! R

(u; v) ! hu; vique veri�que as três condições seguintes.

(i) Simetria: para todos os u; v 2 V

hu; vi = hv; ui .

(ii) Linearidade: para todo o v 2 V (�xo) a aplicação

V ! R

u! hu; vié linear.

(iii) Positividade: para todo o u 2 V tal que u 6= 0,

hu; ui > 0.

Tendo-se hu; ui = 0 se e só se u = 0.

Observação 44. (a) Um produto interno num espaço linear real é uma forma bilinear,simétrica e de�nida positiva.

(b) Num espaço linear V sobre C (espaço linear complexo), um produto interno é umaaplicação que a cada par de vectores (u; v) 2 V � V associa o número complexo hu; vi e queveri�ca as seguintes condições:

(i) Para todos os u; v 2 Vhu; vi = hv; ui.

(ii) Para todo o v 2 V (�xo) tem-se

h�u+ �w; vi = � hu; vi+ � hw; vi

para todos os u;w 2 V e �; � 2 C, (onde por exemplo � = a�bi se � = a+bi) e a aplicação,para todo o u 2 V (�xo)

V ! C

v ! hu; vié linear.

116

(iii) Para todo o u 2 V tal que u 6= 0,

hu; ui > 0.

Tendo-se hu; ui = 0 se e só se u = 0.

(c) A um espaço linear real de dimensão �nita com um produto interno chama-se espaçoeuclidiano. A um espaço linear complexo de dimensão �nita com um produto internochama-se espaço unitário.

Observação 45. (i) Seja V um espaço linear real. Seja B = fw1; w2; :::; wng uma baseordenada de V . Sejam u; v 2 V . Sejam

�1; �2; :::; �n e �1; �2; :::; �n

as coordenadas de u e de v na base ordenada B respectivamente, isto é,

u = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn =nXi=1

�iwi

e

v = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn =nXi=1

�iwi.

Logo,

hu; vi =*

nXi=1

�iwi;nXi=1

�iwi

+=

nXi=1

nXj=1

�i�j hwi; wji =

=��1 �2 : : : �n

�26664hw1; w1i hw1; w2i : : : hw1; wnihw2; w1i hw2; w2i : : : hw2; wni

......

...hwn; w1i hwn; w2i : : : hwn; wni

3777526664�1�2...�n

37775 .Assim, a aplicação h; i : V � V ! R que a cada (u; v) 2 V � V faz corresponder hu; vi, é umproduto interno em V se e só se a matriz

G =

26664hw1; w1i hw1; w2i : : : hw1; wnihw2; w1i hw2; w2i : : : hw2; wni

......


37775fôr simétrica (G = GT ) e de�nida positiva (uTGu > 0, para todo o u 6= 0). Note-se que alinearidade é consequência das propriedades referentes às operações matriciais envolvidas.

(ii) À matriz G anterior dá-se o nome de matriz da métrica do produto interno.

(iii) Num próximo capítulo, como consequência da diagonalização ortogonal, sendo Gsimétrica (G = GT ), será estabelecida a equivalência:

(uTGu > 0, para todo o u 6= 0), (todos os valores próprios de G são positivos).

117

(iv) Observe-se ainda que no caso de se ter um espaço unitário pode-se encontrar umamatriz G cujos valores próprios sejam todos positivos e tal que G = G

T, (onde G é a matriz

que se obtem de G passando todas as entradas desta ao complexo conjugado), tendo-se

hu; vi =��1 �2 : : : �n

�G

26664�1�2...�n

37775 .Uma matriz A que satisfaça a condição A = A

Tdiz-se hermitiana.

Teorema 63. Seja V um espaço linear real com dimV = n. Seja fw1; w2; :::; wng umabase ordenada de V . Então, uma aplicação

h; i : V � V ! R

é um produto interno (em V ) se e só se

hu; vi =��1 �2 : : : �n

�G

26664�1�2...�n

37775 ,com

u = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn v = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn.

e G é uma matriz simétrica cujos valores próprios são todos positivos. Se a aplicação h; i fôrum produto interno tem-se

G =


......


37775 .

Exemplo 49. (i) Seja h; i : R2 � R2 ! R a aplicação de�nida por:

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2. Esta aplicação é um produto interno em R2 a que se dá o nomede produto interno usual em R2, uma vez que

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �2�2 =��1 �2

�G

��1�2

�com

G =

�1 00 1

�.

118

A matriz G é simétrica e o único valor próprio de G é 1 > 0.

(ii) Seja h; i : R2 � R2 ! R a aplicação de�nida por:

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �2�1�1 + 3�2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2. Esta aplicação não é um produto interno em R2, uma vez que

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �2�1�1 + 3�2�2 =��1 �2

�G

��1�2

�com

G =

��2 00 3

�.

A matriz G é simétrica, no entanto, os valores próprios de G: �2 e 3 não são ambos positivos.

(iii) O produto interno usual em Rn é dado por:

h; i : Rn � Rn ! R

(u; v) ! hu; vi = uTv,

onde uT =�u1 u2 : : : un

�e v =

26664v1v2...vn

37775.(iv) O produto interno usual em Cn é dado por:

h; i : Cn � Cn ! C

(u; v) ! hu; vi = uHv,

onde uH = uT =�u1 u2 : : : un

�e v =

26664v1v2...vn

37775.(v) Um produto interno emMm�n (R).

h; i :Mm�n (R)�Mm�n (R)! R

(A;B) ! hA;Bi =mXi=1

nXj=1

aijbij = tr�ATB

�.

(vi) Um produto interno em C ([a; b]).

h; i : C ([a; b])� C ([a; b])! R

(f; g) ! hf; gi =Z b

a

f (x) g (x) dx.

119

Exemplo 50. R2 com um produto interno não usual. Seja h; i : R2 � R2 ! R aaplicação de�nida por:

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = 2�1�1 + �1�2 + �2�1 + 3�2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2.É fácil ver que esta aplicação é simétrica e linear em relação a (�1; �2) (�xando (�1; �2)).

Vejamos por exemplo que a condição

h(�1; �2) ; (�1; �2)i > 0, para todo o (�1; �2) 6= (0; 0),

é satisfeita.Atendendo a que

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = 2�21 + 2�1�2 + 3�22 = �21 + (�1 + �2)2 + 2�22,

tem-seh(�1; �2) ; (�1; �2)i = 0,

, (�1 = 0 e �1 + �2 = 0 e �2 = 0)

, (�1 = 0 e �2 = 0), (�1; �2) = (0; 0).

Em alternativa, podemos escrever

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = 2�1�1 + �1�2 + �2�1 + 3�2�2 =

=��1 �2

�G

��1�2

�com

G =

�2 11 3

�.

A matriz G é simétrica e os valores próprios de G: 5+p5

2e 5�

p5

2são ambos positivos.

De�nição 52. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulo deV . Sejam u; v 2 V .

(i) Chama-se norma de u a:kuk =

phu; ui:

(ii) Chama-se projecção ortogonal de v sobre u 6= 0 a:

proju v =hv; uikuk2

u:

(iii) Diz-se que u e v são ortogonais se hu; vi = 0.

(iv) Chama-se ângulo entre dois vectores não nulos u e v tais que hu; vi 2 R a:

� = arccoshu; vikuk kvk .

120

Note que este ângulo está bem de�nido atendendo ao próximo teorema.

Observação 46. (i) O ângulo � entre dois vectores não nulos u e v é �2se e só se u e v

são ortogonais.

(ii) Para cada u 2 V (�xo) com u 6= 0, a aplicação proju : V ! V que a cada v 2 V fazcorresponder proju v, é uma transformação linear.

Teorema 64. Desigualdade de Cauchy-Schwarz. Seja V um espaço linear com umproduto interno. Então, para todos os u; v 2 V ,

jhu; vij � kuk kvk

Observação 47. (i) Teorema de Pitágoras. Sejam u; v 2 R2. Tem-se u e v ortogonaisse e só se

ku� vk2 = kuk2 + kvk2 .

Dem.

ku� vk2 = hu� v; u� vi == hu; ui � hv; ui � hu; vi+ hv; vi == kuk2 � 2 hu; vi+ kvk2 = kuk2 + kvk2

se e só sehu; vi = 0,

isto é, se e só se u e v forem ortogonais.

(ii) Em R2 com o produto interno usual, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dada por

j�1�1 + �2�2j �q�21 + �

22

q�21 + �

22,

uma vez queh(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2.

(iii) Em Rn com o produto interno usual, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dada por��nXi=1

�i�i

�� vuut nX

i=1

�2i

vuut nXi=1

�2i ,

uma vez queh(�1; :::; �n) ; (�1; :::; �n)i = �1�1 + :::+ �n�n,

com (�1; :::; �n) ; (�1; :::; �n) 2 Rn.

121

Teorema 65. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulode V . Sejam u; v 2 V e � escalar. A norma é uma aplicação kk : V ! R que satisfaz asseguintes propriedades.

(i) Positividade: kuk > 0 se u 6= 0.

(ii) Homogeneidade: k�uk = j�j kuk

(iii) Desigualdade triangular: ku+ vk � kuk+ kvk

Observação 48. Pode de�nir-se norma num espaço linear V , sem estar associada aqualquer produto interno, como sendo uma aplicação de V em R que satisfaz as propriedadesdo teorema anterior. A um espaço linear com uma norma chama-se espaço normado.

Observação 49. Seja V um espaço linear real com um produto interno. Sejam u; v 2 V .Tem-se

hu; vi = 1

2

�ku+ vk2 � kuk2 � kvk2

�.

Observação 50. Seja V um espaço normado. Sejam u; v 2 V . Então, a norma podedar origem a um produto interno se e só se

ku� vk2 + ku+ vk2 = 2 kuk2 + 2 kvk2 .

Esta última equação é conhecida por lei do paralelogramo.

Exemplo 51. Uma norma que não dá origem a um produto interno. Sejakk : R2 ! R a aplicação de�nida por

k(�1; �2)k = j�1j+ j�2j ,

com (�1; �2) 2 R2. É fácil veri�car que esta aplicação satisfaz as três condições da norma.Logo, é uma norma. No entanto, é também fácil veri�car que esta norma não satisfaz a leido paralelogramo. Logo, esta norma não poderá originar um produto interno.

De�nição 53. Sejam V um espaço euclidiano (ou unitário) e S � V . Diz-se que S éortogonal se para todos os u; v 2 S com u 6= v, se tiver

hu; vi = 0.

Diz-se que S é ortonormado se fôr ortogonal e se, para todo o u 2 S, se tiver

kuk = 1.

Teorema 66. Sejam V um espaço linear com um produto interno e S � V . Seja 0o vector nulo de V . Se S é ortogonal e 0 =2 S então S é linearmente independente. Em

122

particular, se n = dimV então qualquer conjunto S ortogonal de n vectores não nulos é umabase de V .

Teorema 67. Seja V um espaço euclidiano (ou unitário) com dimV = n. Seja B =fu1; :::; ung uma base (ordenada) ortogonal de V . Então, as coordenadas de um vector v 2 Vem relação à base (ordenada) B são dadas por:

�j =hv; ujihuj; uji

,

com j = 1; :::; n. Se B fôr ortonormada então as coordenadas de um vector v 2 V em relaçãoà base (ordenada) B são dadas por:

�j = hv; uji ,com j = 1; :::; n.

Teorema 68. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja B = fw1; :::; wng umabase (ordenada) ortonormada de V . Então, para todos os u; v 2 V , tem-se

hu; vi =nXi=1

hu;wii hv; wii (fórmula de Parseval)

e

kuk =

vuut nXi=1

hu;wii2:

Observação 51. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja B = fw1; :::; wnguma base (ordenada) ortonormada de V . Sejam u; v 2 V , com

u = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn v = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn.

Então a fórmula de Parseval é dada por:

hu; vi =nXi=1

�i�i = �1�1 + �2�2 + :::+ �n�n

e tem-se

kuk =

vuut nXi=1

�2i .

Notação 3. Sejam V um espaço euclidiano (ou unitário) e 0 o vector nulo de V . Para

qualquer v 2 V , com v 6= 0, o vector 1

kvkv será denotado porv

kvk .

123

Teorema 69. Método de ortogonalização de Gram-Schmidt. Seja V um espaçoeuclidiano (ou unitário) não nulo. Então V tem bases ortonormadas. Mais concretamente,considere o conjunto linearmente independente:

fv1; v2; :::; vkg � V

e sejam

u1 = v1,

u2 = v2 � proju1 v2,:::

uk = vk � proju1 vk � :::� projuk�1 vk

então

(i) L(fu1; u2; :::; ukg) = L(fv1; v2; :::; vkg);

(ii) o conjunto fu1; u2; :::; ukg é uma base ortogonal de L(fv1; v2; :::; vkg).

(iii) o conjunto�u1ku1k

;u2ku2k

; :::;ukkukk

�é uma base ortonormada de L(fv1; v2; :::; vkg).

Exemplo 52. Considere-se R4 com o produto interno usual. Seja

U = L(f(1; 1;�1;�1); (1; 2; 3; 4); (2; 1;�6;�7); (1; 3; 7; 9)g).

Determinemos a dimensão de U e uma base ortonormada para U . Tem-se26641 1 2 11 2 1 3�1 3 �6 7�1 4 �7 9

3775 �!26641 1 2 10 1 �1 20 4 �4 80 5 �5 10

3775 �!26641 1 2 10 1 �1 20 0 0 00 0 0 0

3775 .Logo, o conjunto fv1; v2g, com v1 = (1; 1;�1;�1) e v2 = (1; 2; 3; 4), é uma base de U e comotal dimU = 2.Sejam u1 = v1 e u2 = v2 � proju1 v2.Logo, o conjunto fu1; u2g, com u1 = (1; 1;�1;�1) e

u2 = (1; 2; 3; 4)�1 + 2� 3� 4

4(1; 1;�1;�1) = (2; 3; 2; 3),

é uma base ortogonal de U . Uma base ortonormada para U :�u1ku1k

;u2ku2k

�=

(�1

2;1

2;�12;�12

�;

p26

13;3p26

26;

p26

13;3p26

26

!)

Teorema 70. Seja B = fu1; u2; :::; ung uma base (ordenada) de um espaço euclidiano(ou unitário). A base B é ortonormada se e só se a matriz da métrica G em relação a essabase fôr a matriz identidade. Em Rn o produto interno usual é aquele em relação ao qual abase canónica é ortonormada.

124

Teorema 71. Seja fv1; v2; :::; vng uma base (ordenada) de Rn. Então, existe um únicoproduto interno em Rn para o qual esta base é ortonormada.

Exemplo 53. Considere em R2 a base (ordenada) B = fv1; v2g, com v1 = (1; 0) e v2 =(1; 1). Vejamos que existe um e um só produto interno para o qual a base B é ortonormada.Seja B2c = f(1; 0); (0; 1)g a base canónica de R2. Sejam u; v 2 R2, com u = (�1; �2) e

v = (�1; �2), onde �1; �2 e �1; �2 são as coordenadas na base B2c de u e v respectivamente.Logo, a aplicação h; i : R2 � R2 de�nida por

hu; vi = h(�1; �2) ; (�1; �2)i =�SB2c!B

��1�2

��T �1 00 1

��SB2c!B

��1�2

��=

=

��1 �10 1

� ��1�2

��T �1 00 1

��1 �10 1

� ��1�2

��= �1�1 � �1�2 � �2�1 + 2�2�2 =

=��1 �2

� � 1 �1�1 2

� ��1�2

�é um produto interno e é o único para o qual a base B é ortonormada, onde

SB2c!B =�SB!B2c

��1=

�1 10 1

��1=

�1 �10 1

�:

NOTE QUE: sendo G =

�1 �1�1 2

�(é simétrica e os valores próprios 3+

p5

2e 3�

p5

2são

ambos positivos) a matriz da métrica em relação a B2c e G0 =�1 00 1

�(é simétrica e o único

valor próprio 1 é positivo) a matriz da métrica em relação a B, tem-se

G =�SB2c!B

�TG0SB2c!B

É fácil veri�car que para este produto interno a base B é ortonormada:

h(1; 0) ; (1; 1)i = 0 e h(1; 0) ; (1; 0)i = h(1; 1) ; (1; 1)i = 1.

De�nição 54. Sejam V um espaço euclidiano (ou unitário) e U um subespaço de V .Diz-se que um elemento de V é ortogonal a U se fôr ortogonal a todos os elementos de U .Ao conjunto de todos os elementos ortogonais a U chama-se complemento ortogonal deU e designa-se por U?,

U? = fv 2 V : hv; ui = 0 para todo o u 2 Ug .

Observação 52. Seja V um espaço linear com produto interno.(i) Qualquer que seja o subespaço U de V , também U? é um subespaço de V .(ii) Sendo S um subconjunto de V , não necessariamente um subespaço de V , (também)

pode de�nir-se S?:

S? = fv 2 V : hv; ui = 0 para todo o u 2 Sg .

125

Apesar de S não ser necessariamente um subespaço de V , S? é sempre um subespaço de V ,tendo-se

S? = (L (S))? .

Teorema 72. Seja V um espaço linear com produto interno.(i) Seja U um subespaço de V . Tem-se

U \ U? = f0g :

(ii) Seja S um subconjunto de V . Então

S ��S?�?.

No próximo teorema ver-se-á que no caso de se ter dimV <1, então

L (S) =�S?�?

ou ainda, sendo U um subespaço de V (de dimensão �nita)

U =�U?�?.

(iii) Sejam S1; S2 subconjuntos de V . Então

S1 � S2 ) (S2)? � (S1)?

(iv) Seja U um subespaço de V . Se fv1; v2; :::; vng é uma base de U então

U? = fv 2 V : hv; v1i = hv; v2i = ::: = hv; vni = 0g .

(v) Sejam U1; U2 subespaços de V . Tem-se

(U1 + U2)? = (U1)

? \ (U2)?

e(U1 \ U2)? � (U1)? + (U2)? .

Se dimV <1 tem-se(U1 \ U2)? = (U1)? + (U2)? .

Exemplo 54. (i) Se U � R3 é um plano que passa pela origem, então U? é uma rectaque passa pela origem e é perpendicular ao plano.

(ii) Se U � R3 é uma recta que passa pela origem, então U? é um plano que passa pelaorigem e é perpendicular à recta.

(iii) Seja A 2Mm�n(R). Então,

N (A) = (L(A))? =�C(AT )

�?e N (AT ) =

�L(AT )

�?= (C(A))? :

(iv) Seja A 2Mn�n(R) tal que A é invertível. Então, (N (A))? = Rn e (L (A))? = f0g :

126

Teorema 73. Se U é um subespaço de um espaço euclidiano (ou unitário) V , então V éa soma directa de U e U?, isto é, V = U �U?. Logo, cada elemento v 2 V pode ser escritode modo único como soma de um elemento de U com um elemento de U?:

v = vU + vU?, com vU 2 U e vU? 2 U?.

À transformação linear PU : V ! V de�nida por

PU(v) = vU

e tal que PU = PU � PU = (PU)2 chama-se projecção ortogonal de V sobre U e à

transformação linear PU? : V ! V de�nida por

PU?(v) = vU?

e tal que PU? = PU? � PU? = (PU?)2 chama-se projecção ortogonal de V sobre U?.

Tem-seI = PU + PU?, dimU + dimU? = dimV;

�U?�?= U

De facto, se fw1; w2; :::; wlg fôr uma base ortogonal de U , então

PU(v) =lXi=1

hv; wiikwik2

wi =lXi=1

projwi v = vU

I (PU) = PU(V ) = U N (PU) = U?

para todo o v 2 V .Se fu1; u2; :::; ukg é uma base ortogonal de U?, então, para todo o v 2 V

PU?(v) =kXj=1

hv; ujikujk2

uj =kXj=1

projuj v = vU?

I (PU?) = PU?(V ) = U? N (PU?) = UNeste caso, fw1; w2; :::; wl; u1; u2; :::; ukg é uma base ortogonal de V .Tem-se ainda:(i) hPU (u) ; vi = hu; PU (v)i, hPU? (u) ; vi = hu; PU? (v)i, para todos os u; v 2 V ;(ii) kuk2 = kPU (u)k2 + kPU? (u)k2, para todo o u 2 V (Teorema de Pitágoras);

Teorema 74. Seja U é um subespaço de dimensão �nita de um espaço euclidiano (ouunitário) V . Seja v 2 V . Então, existe um elemento de U mais próximo de v do quequalquer dos outros pontos de U . Este elemento é a projecção ortogonal PU (v) de vsobre U e tem-se

kv � PU (v)k � kv � uk ,para todo o u 2 U , e a igualdade veri�ca-se se e só se u = PU (v). Além disso, tendo-se0 2 U , a distância d de um ponto v 2 V a um subespaço U é dada por:

d (v; U) = kPU? (v � 0)k = kPU? (v)k = kv � PU (v)k .

127

De�nição 55. Seja V um espaço euclidiano (ou unitário). Seja U é um subespaço de Vcom dimU = k. Seja q 2 V . Chama-se ao conjunto

fqg+ U

um k-plano. A distância d de um ponto p 2 V a um k-plano P = fqg+ U é dada por:

d (p;P) = kPU? (p� q)k .

Observação 53. A distância entre dois k-planos paralelos

P1 = fpg+ U e P2 = fqg+ Ué dada por:

d (P1;P2) = kPU? (p� q)k .

Exemplo 55. Considere-se R3 com o produto interno usual.

(i) Seja P o plano (em R3) que passa pelos pontos:

(1; 2; 1), (1; 0;�1) e (1; 1; 1):

Tem-se

P = f(1; 2; 1)g+ L (f(0;�2;�2); (0;�1; 0)g)uma vez que

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

Equação vectorial de P:

(x; y; z) = (1; 2; 1) + �(0;�2;�2) + �(0;�1; 0),com �; � 2 R.

Equações paramétricas de P:8<:x = 1y = 2� � � 2�z = 1� 2�

com �; � 2 R.

Equação cartesiana de P:x = 1.

Podemos determinar uma equação cartesiana de P do seguinte modo. Atendendo aque

P = f(1; 2; 1)g+ L (f(0;�2;�2); (0;�1; 0)g)

128

sejaU = L (f(0;�2;�2); (0;�1; 0)g) .

Logo,

U? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (0;�2;�2)i = 0 e h(x; y; z); (0;�1; 0)i = 0

=

= N��

0 �2 �20 �1 0

��= L (f(1; 0; 0)g)

e assim, a equação cartesiana do plano P que passa pelo ponto (1; 2; 1) é dada por:

(h(x� 1; y � 2; z � 1); (1; 0; 0)i = 0),

, (1 (x� 1) + 0 (y � 2) + 0 (z � 1) = 0) ,ou seja por

x = 1.

NOTE QUE:

U =�U?�?=�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0; 0)i = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : x = 0

:

(ii) Determinemos a equação cartesiana da recta que passa pelos pontos (1; 1; 0) e(1; 2; 1). Tem-se

r = f(1; 1; 0)g+ L (f(0; 1; 1)g) ,uma vez que

(0; 1; 1) = (1; 2; 1)� (1; 1; 0):Seja

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

U? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (0; 1; 1)i = 0

=

= N��0 1 1

��= L (f(1; 0; 0); (0; 1;�1)g)

e assim, a equação cartesiana da recta r é dada por:

(h(x� 1; y � 1; z); (1; 0; 0)i = 0 e h(x� 1; y � 1; z); (0; 1;�1)i = 0),

, (1 (x� 1) = 0 e 1 (y � 1)� 1z = 0) ,ou seja por �

x = 1y � z = 1.

NOTE QUE:

U =�U?�?=�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0; 0)i = 0 e h(x; y; z); (0; 1;�1)i = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : x = 0 e y � z = 0

:

129


1. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R2 � R2 ! R de�nem em R2 um produtointerno.

(i) h(x1; x2); (y1; y2)i = x21y21 + x22y22(ii) h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2(iii) h(x1; x2); (y1; y2)i = �2x1y1 + 3x2y2

2. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R3 � R3 ! R de�nem em R3 um produtointerno.

(i) h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3(ii) h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y2 � x2y1(iii) h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3

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 ortonormado 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 éortonormado relativamente ao produto interno usual de�nido em R2.

5. Considere em R4 o produto interno usual. Determine o subespaço de R4 ortogonal aosvectores (1; 0; 0; 0) e (1; 0; 0; 1).

6. Considere em R3 o produto interno de�nido por:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + x3y3.

(i) Calcule kuk, para qualquer vector u = (x1; x2; x3) 2 R3.(ii) Considere os vectores u1 = (1; 0; 0), u2 = (�1; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1). Calcule osângulos formados pelos 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 ascoordenadas de um vector u 2 R3 em relação a esta base.

7. Considere R4 com o produto interno usual. Determine uma base ortonormada para osubespaço de R4 gerado pelos vectores:

(1; 0;�1; 0); (�1; 2; 0; 1) e (2; 0; 2; 1).

8. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também os seguintes subespaçosde R3:

U = L (f(0; 1; 1); (0; 0; 1)g) e V =�(x; y; z) 2 R3 : y � z = 0

.

130

(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 Ue outra que inclua dois vectores de V .

(iii) Determine o elemento de U mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1)e V ?.

9. Seja A =

24 1 0 20 0 02 0 1

35 e considere o produto interno usual. SejamN (A), C (A) e L (A)respectivamente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

(i) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).(ii) Determine o elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1)e N (A).

10. Seja A =

24 1 0 10 2 01 0 1

35 e considere o produto interno usual. SejamN (A), C (A) e L (A)respectivamente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

(i) Determine uma base ortonormada para (N (A))? (o complemento ortogonal donúcleo 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). Determineuma matriz A do tipo 2� 4 cujo núcleo seja igual a U , isto é, tal que U = N (A).

12. De�na o produto interno em R2 em relação ao qual a base f(1; 0); (1;�1)g é ortonor-mada.

13. Considere a aplicação h; i : R3 � R3 ! R de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 � x1y2 � x2y1 + 4x2y2 + x3y3.

(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 relaçãoao produto interno h; i.(iv) Seja PV : R3 ! R3 a projecção ortogonal de R3 sobre V . Indique, em relação aoproduto interno h; i, uma base ortonormada de R3 para a qual a representação matricialde PV seja dada por 24 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?.

131

15. Considere R4 com o produto interno usual. Em cada alínea seguinte, determine umabase ortogonal para o complemento ortogonal de U , isto é, para U?.

(i) U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g)(ii) U = L (f(1; 0; 1; 1)g)(iii) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + z + 2w = 0g(iv) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� z = 0 e 2x� y + 2z � w = 0g

16. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também o seguinte subespaçode 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 emrelação à base canónica de R4.(v) Determine a distância entre o ponto (0; 0; 1; 0) e o subespaço U .

(vi) Determine a distância entre o ponto (x; y; z; w) e o subespaço U .

18. Considere P2 = fa0 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg a aplicação h; i : P2�P2 ! R de�nidapor

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) Veri�que que h; i de�ne um produto interno em P2.

(ii) Determine uma base ortonormada para U .

(iii) Determine uma base ortonormada para U?.

(iv) Determine as projecções ortogonais do polinómio 1 + t sobre U e U? respectiva-mente.

(v) Determine as representações matriciais de PU : P2 ! P2 e de PU? : P2 ! P2 emrelação à base canónica f1; t; t2g de P2.(vi) Determine a distância entre 1 + t e U .

(vii) Determine a distância entre o polinómio a0 + a1t+ a2t2 e o subespaço U .

132

19. Considere a aplicação h; i :M2�2(R)�M2�2(R)! R de�nida por

hA;Bi = tr(ABT ).

Considere também o subespaço U de M2�2(R) constituído por todas as matrizessimétricas reais do tipo 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? respectiva-

mente.

(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 .

133


1. Seja V um espaço euclidiano real. Veri�que que para todos os u; v; w 2 V; � 2 R setem:

(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 qualquerw 2 V .

3. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja S = fu1; :::; ung uma base orto-normada de V . Seja T : V ! V uma transformação linear. Veri�que que a matrizA = (aij) que representa T em relação 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 linearmenteindependente de k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de�nidapor

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 quekT (w)k = kwk para qualquer w 2 V . Mostre que

hT (u); T (v)i = hu; vi ,

para quaisquer u; v 2 V .

134

Produto externo e produto misto

De�nição 56. Sejam u = (u1; u2; u3) ; v = (v1; v2; v3) 2 R3. Então o produto externo(vectorial) de u por v, denotado por u� v, é o vector de R3 de�nido por

u� v = (u2v3 � u3v2; u3v1 � u1v3; u1v2 � u2v1) ,

isto é,

u� v =

�� u2 u3v2 v3

�� ;� �� u1 u3v1 v3

�� ; �� u1 u2v1 v2

�� ==

�� u2 u3v2 v3

�� e1 � �� u1 u3v1 v3

�� e2 + �� u1 u2v1 v2

�� e3 =��e1 e2 e3u1 u2 u3v1 v2 v3

�� ,onde fe1; e2; e3g é a base canónica de R3.

Observação 54. Sejam u; v; w 2 R3 e � 2 R. Então, tem-se:

(i) e1 � e2 = e3

(ii) e2 � e3 = e1

(iii) e3 � e1 = e2

(iv) u� v = � (v � u)

(v) u� (v + w) = u� v + u� w

(vi) (u+ v)� w = u� w + v � w

(vii) � (u� v) = (�u)� v = u� (�v)

(viii) u� 0 = 0� u = 0

(ix) u� u = 0

(x) Se u e v forem linearmente dependentes então u� v = 0

(xi) u� (v � w) = hu;wi v � hu; viw

(xii) (u� v)� w = hw; ui v � hw; viu

(xiii) ku� vk2 + hu; vi2 = kuk2 kvk2

(xiv) u� (v � w) + v � (w � u) + w � (u� v) = 0

Teorema 75. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam u = (u1; u2; u3) ; v =(v1; v2; v3) 2 R3n f0g e seja � 2 [0; �] o ângulo formado por u e v. Então tem-se:

135

(i) ku� vk = kuk kvk sen �.

(ii) A área do paralelogramo de lados adjacentes u e v é dada por:

A = ku� vk .

Dem. (i) Como � 2 [0; �], tem-se sen � =p1� cos2 � e deste modo,

kuk kvk sen � =

= kuk kvkp1� cos2 � = kuk kvk

s1� hu; vi2

kuk2 kvk2=

qkuk2 kvk2 � hu; vi2 =

=

q(u21 + u

22 + u

23) (v

21 + v

22 + v

23)� (u1v1 + u2v2 + u3v3)

2 =

=

q(u2v3 � u3v2)2 + (u3v1 � u1v3)2 + (u1v2 � u2v1)2 =

= k(u2v3 � u3v2; u3v1 � u1v3; u1v2 � u2v1)k = ku� vk .

(ii) A = (base) (altura) = kuk kvk sen �.

De�nição 57. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam u = (u1; u2; u3) ; v =(v1; v2; v3) ; w = (w1; w2; w3) 2 R3. À expressão

hu; v � wi

chama-se produto misto de u; v e w.

Observação 55. Considere-seR3 com o produto interno usual. Sejam u = (u1; u2; u3) ; v =(v1; v2; v3) ; w = (w1; w2; w3) 2 R3. Então, tem-se:

(i)

hu; v � wi =

��u1 u2 u3v1 v2 v3w1 w2 w3

��(ii) Sendo � o ângulo formado por u e v�w, o volume do paralelepípedo com um vértice

e arestas u; v; w com origem em (0; 0; 0), é dado por

V = kv � wk| {z }área da face determinada por v e w

kuk jcos �j| {z }altura

=

= kv � wk kuk jhu; v � wijkuk kv � wk = jhu; v � wij =

��det0@24 u1 u2 u3

v1 v2 v3w1 w2 w3

351A��(iii) hu; u� vi = 0

(iv) hv; u� vi = 0

(v) hu; v � wi = hu� v; wi.

136

Matrizes hermitianas, matrizes simétricas e matrizes normais. Diagonalizaçãounitária e diagonalização ortogonal

De�nição 58. Seja A = (aij) 2 Mn�n(C). Denota-se por AH a matriz AT, isto é, a

transposta da matriz conjugada A = (aij), onde aij é o complexo conjugado de aij. Ou seja,escreve-se

AH = AT.

A matriz A diz-se hermitiana se AH = A.

Observação 56. (a) Sejam �; � 2 C, A;C 2Mm�n(C) e B 2Mn�r(C). Tem-se:(i)�AH�H= A (ii) (�A+ �B)H = �AH + �BH (iii) (AC)H = CHAH

(b) Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica (AT = A). Então A é hermitiana uma vezque sendo A real tem-se AH = AT .

Teorema 76. Todos os valores próprios de uma matriz hermitiana são reais. Além disso,os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz hermitiana, sãoortogonais.

Dem. Seja A 2 Mn�n(C) tal que A é hermitiana. Seja � um valor próprio de A e sejau um vector próprio associado. Seja � = uHAu. Então, tem-se

� = �H =�uHAu

�H= uHAH

�uH�H

=A é hermitiana

uHAu = �.

Ou seja, � é real. Por outro lado, como

� = uHAu = uH�u = � kuk2 ,

tem-se � =�

kuk22 R.

Sejam agora u1 e u2 vectores próprios associados respectivamente a valores própriosdistintos �1 e �2. Então, tem-se

(Au1)H u2 = u

H1 A

Hu2 =A é hermitiana

uH1 Au2 = �2uH1 u2

e(Au1)

H u2 = (�1u1)H u2 = �1u

H1 u2 =

�12R�1u

H1 u2.

Logo, tem-se�1u

H1 u2 = �2u

H1 u2 , (�1 � �2)uH1 u2 = 0.

E assim, como �1 6= �2, então uH1 u2| {z }=hu1;u2i

= 0, ou seja, u1 e u2 são ortogonais.

Observação 57. Todos os valores próprios de uma matriz simétrica real são reais. Alémdisso, os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz simétrica,são ortogonais.

137

De�nição 59. (i) Seja U 2Mn�n(C). A matriz U diz-se unitária se se tiver UHU = I,isto é, se UH = U�1, ou seja, se as colunas de U constituirem um conjunto ortonormado emCn.

(ii) Seja A 2 Mn�n(R). A matriz A diz-se ortogonal se se tiver ATA = I, isto é, seAT = A�1, ou seja, se as colunas de A constituirem um conjunto ortonormado em Rn.

Observação 58. (i) Seja U 2 Mn�n(R) tal que U é unitária. Como, sendo U real, setem UH = UT , então U é ortogonal. Isto é, toda a matriz real unitária é ortogonal.

(ii) Seja A uma matriz hermitiana. Se os valores próprios de A forem distintos, entãoexiste uma matriz unitária que diagonaliza A, isto é, existe U unitária tal que UAUH é umamatriz diagonal, ou seja, A diz-se unitariamente diagonalizável.

(iii) A a�rmação anterior (ii) continua válida mesmo se os valores próprios não foremdistintos, como será provado no Teorema 78.

Teorema 77. Seja A uma matriz n � n. Então, existe uma matriz unitária U tal queUAUH é triangular superior.

Dem. A demonstração será efectuada por indução em n. O resultado é óbvio para n = 1.Suponhamos que a hipótese é válida para matrizes k�k e seja A uma matriz (k + 1)�(k + 1).Sejam �1 um valor próprio de A e w1 um vector próprio associado de norma 1. Aplicandoo método de ortogonalização de Gram-Schmidt, seja fw1; : : : ; wk+1g uma base ortonormadapara Ck+1. SejaWH a matriz cuja coluna i é igual ao vector wi, para i = 1; : : : ; k+1. Então,por construção, a matriz WH é unitária. Por outro lado, a primeira coluna de WAWH éigual a WAw1, tendo-se

WAw1 = W�1w1 = �1Ww1 = �1

2666410...0

37775 =26664�10...0

37775 .Logo, tem-se

WAWH =

2666664�1 j � � � � �� j � � �0 j... j M0 j

3777775 ,onde M é uma matriz k � k.Pela hipótese de indução, existe uma matriz k � k unitária V1 tal que V1M (V1)

H = T1,onde T1 é uma matriz triangular. Seja

V =

26666641 j 0 � � � 0� j � � �0 j... j V10 j

3777775 .

138

Então V é unitária e tem-se

(VW )A (VW )H = VWAWHV H =

2666664�1 j � � � � �� j � � �0 j... j V1M (V1)

H

0 j

3777775 =2666664�1 j � � � � �� j � � �0 j... j T10 j

3777775 = T ,

onde T é uma matriz triangular. Como a matriz VW é unitária, pondo U = VW , tem-se

UAUH = T ,

com T triangular e U unitária.

Teorema 78. Seja A uma matriz hermitiana. Então existe uma matriz unitária U quediagonaliza A, isto é, A é diagonalizável unitariamente. Ou seja, existe U unitária tal quetal que a matriz UAUH é diagonal.

Dem. Pelo teorema anterior, existe uma matriz unitária U tal que a matriz UAUH étriangular. Seja T = UAUH . Tem-se então

TH =�UAUH

�H=�UH�HAHUH =

A é hermitianaUAUH = T .

Logo, como T = TH e T é triangular então T é diagonal.

Observação 59. Atendendo ao resultado anterior tem-se então o seguinte. Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica, isto é, tal que A = AT . Então existe uma matriz ortogonalP (matriz que veri�ca: P T = P�1) tal que PAP T é diagonal, isto é, A é ortogonalmentediagonalizável relativamente a uma base ortonormada formada só por vectores próprios deA. A matriz P T é a matriz cujas colunas são os vectores próprios de A que formam uma baseortonormada de Rn, sendo PAP T a matriz diagonal onde se coloca na entrada i da diagonalprincipal o valor próprio correspondente ao vector próprio da coluna i da matriz P T .

Observação 60. (i) Existem matrizes não hermitianas que são diagonalizáveis rela-tivamente a bases ortonormadas formadas só por vectores próprios, como por exemplo asmatrizes anti-hermitianas (AH = �A) e as matrizes anti-simétricas (AT = �A).

(ii) Seja A 2 Mn�n(R). Suponhamos que A é ortogonalmente diagonalizável relativa-mente a uma base ortonormada formada só por vectores próprios de A. Sejam D diagonal eP ortogonal tais que A = P TDP . Então

AT =�P TDP

�T= P TDT

�P T�T= P TDP = A.

Logo A é simétrica. Tem-se então, atendendo tambem à observação 59, sendo A real:

A é ortogonalmente diagonalizável , A é simétrica

139

(iii) Seja A 2 Mn�n(C). Suponhamos que A é unitariamente diagonalizável relati-vamente a uma base ortonormada formada só por vectores próprios de A. Sejam D diagonale U unitária tais que A = UHDU . Como em geral se tem DH 6= D, então

AH =�UHDU

�H= UHDHU 6= UHDU = A.

Logo A não tem que ser necessariamente hermitiana.

(iv) O próximo teorema diz quais são as matrizes unitariamente diagonalizáveis.

De�nição 60. Uma matriz A diz-se normal se

AAH = AHA:

Teorema 79. Uma matriz A é normal se e só se fôr unitariamente diagonalizável rela-tivamente a uma base ortonormada formada só por vectores próprios de A.

Dem. ()) Suponhamos que A é normal. Pelo teorema 77, existe uma matriz unitária Ue uma matriz triangular superior T tais que T = UAUH . Vejamos que T é normal. Tem-se

THT =�UAUH

�HUAUH = UAHUHUAUH = UAHAUH =

A é normal

= UAAHUH = UAUHUAHUH = TTH .

Logo T é normal. Seja T = (tij) do tipo n � n. Comparando as entradas das diagonaisprincipais de TTH e THT tem-se:

jt11j2 + jt12j2 + jt13j2 + � � �+ jt1nj2 = jt11j2

jt22j2 + jt23j2 + � � �+ jt2nj2 = jt12j2 + jt22j2...

jtnnj2 = jt1nj2 + jt2nj2 + jt3nj2 + � � �+ jtnnj2

e assim, tij = 0 sempre que i 6= j. Logo T é diagonal e portanto A é unitariamentediagonalizável.

(() Suponhamos agora que A é unitariamente diagonalizável. Queremos mostrar que Aé normal. Sejam D diagonal e U unitária tais que D = UAUH , ou seja, A = UHDU . Tem-se

AAH = UHDU�UHDU

�H= UHDUUHDHU = UH

�DDH

�U

eAHA =

�UHDU

�HUHDU = UHDHUUHDU = UH

�DHD

�U .

Como

DDH = DHD =

26664j�1j2 0 � � � 0

0 j�2j2. . .

......

. . . . . . 0

0 � � � 0 j�nj2

37775 ,então tem-se AAH = AHA e assim A é normal.

140

Formas quadráticas

De�nição 61. Uma equação quadrática em duas variáveis x1 e x2 é uma equação daforma

ax21 + bx22 + 2cx1x2 + dx1 + ex2 + f = 0

a qual pode ser escrita na forma

�x1 x2

� � a cc b

� �x1x2

�+�d e

� � x1x2

�+ f = 0.

Sejam

x =

�x1x2

�e A =

�a cc b

�:

(A é uma matriz real simétrica). À função real a duas variáveis reais Q : R2 ! R de�nidapor Q (x) = xTAx, com

xTAx = ax21 + bx22 + 2cx1x2

chama-se forma quadrática real a 2 variáveis reais associada à equação quadrática anterior.Podem haver equações do 2o grau e formas quadráticas com um no de variáveis superior

a 2. Uma equação quadrática em n variáveis x1; x2; : : : ; xn é uma equação da forma

xTAx+Bx+ � = 0,

onde x =

26664x1x2...xn

37775, A = (aij) é uma matriz real simétrica do tipo n � n, B 2 M1�n (R) e �

é um escalar. À função real a n variáveis reais Q : Rn ! R de�nida por

Q (x) = xTAx =nXi=1

nXj=1

aijxj

!xi

chama-se forma quadrática real a n variáveis reais associada à equação quadrática anterior.

Teorema 80. (Teorema dos eixos principais). Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica.Então existe uma mudança de variáveis ortogonal que transforma a forma quadrática xTAxna forma quadrática yTDy sem termos cruzados. Isto é, se P diagonalizar A ortogonalmente(D = PAP T ), então a mudança de variáveis x = P Ty transforma a forma quadrática xTAxna forma quadrática yTDy:

xTAx = yTPAP Ty = yTDy = �1y21 + �2y

22 + � � �+ �ny2n =

=�y1 y2 � � � yn

�26664�1 0 � � � 00 �2 � � � 0...

.... . .

...0 0 � � � �n

3777526664y1y2...yn

37775 ,141

onde �1; �2; : : : ; �n são os valores próprios de A associados respectivamente aos vectorespróprios que constituem as colunas de P T e que formam uma base ortonormada de Rn.

Observação 61. (i) Chama-se cónica ou secção cónica à curva plana obtida por meio deum corte efectuado por um plano relativamente a uma superfície cónica. As secções cónicasque se obtêm quando o plano que efectua o corte não passa pelo vértice da superfície cónica,são elipses (os valores próprios têm o mesmo sinal) (podendo ter-se circunferências: quandoo corte é efectuado perpendicularmente ao eixo de simetria do cone), parábolas (um dos doisvalores próprios é zero) e hipérboles (os dois valores próprios têm sinais contrários).

(ii) Em R3 tem-se

x =

24 x1x2x3

35 ; A =

24 a d ed b fe f c

35 e B =

24 ghi

35e

ax21 + bx22 + cx

23 + 2dx1x2 + 2ex1x3 + 2fx2x3 + gx1 + hx2 + ix3 + � = 0.

À super�cie resultante da equação anterior chama-se quádrica. Existem quatro tipos dequádricas não degeneradas): elipsóides, hiperbolóides (de uma ou duas folhas), cones eparabolóides (elípticos ou hiperbólicos).

Exemplo 56. Considere-se a forma quadrática Q : R2 ! R de�nida por

Q(x; y) = 3x2 + 4xy + 3y2.

Tem-se

Q(x; y) =�x y

�A

�xy

�,

com A =

�3 22 3

�. Os valores próprios de A são �1 = 1 e �2 = 5. Tem-se então a seguinte

forma quadrática diagonal (isto é, sem termos cruzados)

Q0(x0; y0) =�x0 y0

�D

�x0

y0

�=

=�x0 y0

� � 1 00 5

� �x0

y0

�com

D = PAP T ,�x0

y0

�= P

�xy

�,

e

P T =

264p2

2

p2

2

�p2

2

p2

2

375 =24 cos

�

4sen

�

4� sen �

4cos

�

4

35 ,142

em que P T é a matriz diagonalizante obtida colocando na 1a coluna um vector própriode norma 1 associado ao valor próprio �1 e na 2a coluna um vector próprio de norma 1associado ao valor próprio �2, de tal modo que ambos os vectores próprios constituam umabase ortonormada de R2. Observe-se que a matriz P é ortogonal, isto é, tem-se P T = P�1.Tem-se então

Q(x; y) =�x y

�A

�xy

�=

�x y

�P TDP

�xy

�=

=

�P

�xy

��TDP

�xy

�=

=�x0 y0

�D

�x0

y0

�= Q0(x0; y0).

Por exemplo, relativamente à equação quadrática 3x2 + 4xy + 3y2 = 4

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

4

2

2

4

x

y

tem-se a elipse:

(x0)2+ 5 (y0)

2= 4,

�x0

2

�2+

y0

2p55

!2= 1:

De�nição 62. Seja A uma matriz real simétrica do tipo n� n. Diz-se que A e a formaquadrática Q : Rn ! R dada por Q (x) = xTAx são:

(i) de�nidas positivas se xTAx > 0, para todo o x 6= 0;

(ii) de�nidas negativas se xTAx < 0, para todo o x 6= 0;

(iii) semide�nidas positivas se xTAx � 0, para todo o x;

(iv) semide�nidas negativas se xTAx � 0, para todo o x;

(v) inde�nidas se existirem pontos onde xTAx seja positiva e pontos onde xTAx sejanegativa.

143

Teorema 81. Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica. Então,

(i) A é de�nida positiva se e só se todos os valores próprios de A forem positivos;

(ii) A é de�nida negativa se e só se todos os valores próprios de A forem negativos;

(iii) A é semide�nida positiva se e só se todos os valores próprios de A forem nãonegativos;

(iv) A é semide�nida negativa se e só se todos os valores próprios de A forem nãopositivos;

(v) A é inde�nida se e só se A tiver pelo menos um valor próprio positivo e outronegativo.

Dem. (i) ()) Suponhamos que A é de�nida positiva, isto é,

xTAx > 0;

para todo o x 6= 0. Seja � um valor próprio de A. Então, para qualquer vector próprio xassociado a � tem-se

xTAx = �xTx = � kxk2 ,com x 6= 0. Logo

� =xTAx

kxk2> 0.

(() Suponhamos que todos os valores próprios de A são positivos. Seja fx1; : : : ; xng umconjunto ortonormado de vectores próprios de A. Logo fx1; : : : ; xng é uma base ortonormadade Rn. Se x 6= 0, então tem-se

x = �1x1 + � � �+ �nxn,

com �1; :::; �n não todos nulos, pelo que

xTAx = (�1x1 + � � �+ �nxn)T A (�1x1 + � � �+ �nxn) =

=��1 (x1)

T + � � �+ �n (xn)T�(�1Ax1 + � � �+ �nAxn) =

=��1 (x1)

T + � � �+ �n (xn)T�(�1�1x1 + � � �+ �n�nxn) =

=

nXi=1

(�i)2 �i > 0.

Logo A é de�nida positiva.

144

Teorema 82. Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica. Então, as seguintes a�rmaçõessão equivalentes.

(i) A é de�nida positiva.

(ii) Existe uma matriz simétrica de�nida positiva B tal que A = B2.

(iii) Existe uma matriz invertível S tal que A = STS.

Dem. (i) ) (ii) Supondo que A é de�nida positiva, vejamos que existe uma matrizsimétrica de�nida positiva B tal que A = B2.Como A é simétrica, então A é ortogonalmente diagonalizável, isto é, existe uma matriz

ortogonal P tal que

PAP T = D =

26664�1 0 � � � 0

0. . . . . .

......

. . . 00 � � � 0 �n

37775onde �1; :::; �n são os valores próprios de A, os quais são todos positivos por A ser de�nidapositiva, tendo-se

D = (D0)2

com

D0 =

26664p�1 0 � � � 0

0. . . . . .

......

. . . 00 � � � 0

p�n

37775 .Assim

A = P TDP = P T (D0)2P =

�P TD0P

� �P TD0P

�= B2

comB = P TD0P

simétrica:BT =

�P TD0P

�T= P T (D0)

T �P T�T= P TD0P = B

e de�nida positiva uma vez que os valores próprios de P TD0P são os de D0.

(ii)) (iii) Supondo que existe uma matriz simétrica de�nida positiva B tal que A = B2,vejamos que existe uma matriz invertível S tal que

A = STS:

Como B é simétrica e de�nida positiva, basta fazer S = B para ter-se

A = B2 = BB = STS

com S simétrica e invertível uma vez que sendo B de�nida positiva, 0 não é valor próprio deB.

145

(iii) ) (i) Supondo que existe uma matriz invertível S tal que A = STS, vejamos que Aé de�nida positiva, isto é, vejamos que

xTAx > 0;

para todo o x 6= 0. Tem-se

xTAx = xTSTSx = (Sx)T Sx = kSxk2 > 0

para todo o x 6= 0, uma vez que S é invertível.

Observação 62. (i) Relativamente à matriz da métrica G que de�ne um produtointerno, sendo B = fw1; :::; wng uma base ordenada e ortonormada de um espaço euclidianoV de dimensão n tem-se

hu; vi =��1 �2 : : : �n

�G

26664�1�2...�n

37775 , G =


......


37775com

u = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn v = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn

eG = STS = I

onde a matriz invertível S é a matriz de mundança da base B para uma outra base ordenadaB0: SB!B0. No caso da base ordenada B não ser ortonormada, a base ordenada B0 seráortonormada. Em particular, a matriz G é invertível.

(ii) Sendo A matriz simétrica e de�nida positiva (ou semide�nida positiva), às matrizesreais B tais que A = B2 chamam-se "raízes quadradas" de A:

(iii) Sendo V o volume do hiperparalelepípedo determinado por fw1; :::; wng, tem-se

V 2 =�det�w1 � � � wn

��2= det

�w1 � � � wn

�det�w1 � � � wn

�=

= det��w1 � � � wn

�T�det�w1 � � � wn

�= det

��w1 � � � wn

�T �w1 � � � wn

��=

= det

0@24 (w1)T� � �(wn)

T

35 � w1 � � � wn�1A = det

0B@264 (w1)

T w1 � � � (w1)T wn

. . .(wn)

T w1 � � � (wn)T wn

3751CA =

= det

0B@264 hw1; w1i � � � hw1; wni. . .hwn; w1i � � � hwn; wni

3751CA = detG.

LogoV 2 = detG.

146

Mínimos quadrados

Existem aplicações relativamente às quais os erros cometidos nas medições das entradasde A ou de b podem levar a que o sistema de equações lineares Au = b não tenha solução,quando teoricamente deveria ter. Em tais casos é natural a procura da "melhor soluçãoaproximada" para esse problema.

De�nição 63. Sejam A 2 Mm�n(R) e b 2 Rn. Então, a bu 2 Rn chama-se melhorsolução aproximada ou solução de mínimos quadrados de Au = b se

kb� Abuk � kb� Auk ,para qualquer u 2 Rn. Ao vector b � Abu chama-se vector erro de mínimos quadrados e aoescalar kb� Abuk chama-se erro de mínimos quadrados.Observação 63. Sejam A 2 Mm�n(R) e b 2 Rn. Procuremos então um método para

determinar as soluções de mínimos quadrados de Au = b. Atendendo a que Au 2 C (A) paratodo o u 2 Rn, então a distância kb� Auk é mínima se

Au = PC(A) (b) ,

onde PC(A) é a projecção ortogonal de Rn sobre C (A). Como PC(A) (b) 2 C (A), a equaçãoAu = PC(A) (b) tem sempre solução e essas soluções são as soluções de mínimos quadradosde Au = b. Deste modo, qualquer sistema de equações lineares tem sempre pelo menos umasolução de mínimos quadrados.Por outro lado, pode escrever-se a equação Au = PC(A) (b) na forma

b� Au = b� PC(A) (b) = PN (AT ) (b)

tendo-seAT (b� Au) = AT

�b� PC(A) (b)

�= AT

�PN (AT ) (b)

�= 0;

pois (C (A))? = N�AT�. Logo

ATAu = AT b.

A esta equação chama-se equação normal associada a Au = b.

Teorema 83. Sejam A 2Mm�n(R) e b 2 Rn.

(i) As soluções de mínimos quadrados do sistema de equações lineares

Au = b

são as soluções da equação normal

ATAu = AT b:

147

(ii) Se carA = n então a equação normal

ATAu = AT b

tem a solução únicau =

�ATA

��1AT b

e tem-sePC(A) (b) = Au = A

�ATA

��1AT b,

isto é,A�ATA

��1AT

é a matriz que representa a projecção ortogonal PC(A).

Observação 64. Seja A 2Mm�n(R). Vejamos que se tem

carA = car�ATA

�:

Basta para isso, mostrar queN (A) = N

�ATA

�:

Seja u 2 N (A). Como Au = 0 então ATAu = AT0 = 0 e assim u 2 N�ATA

�.

Reciprocamente, seja u 2 N�ATA

�e vejamos que u 2 N (A). Tem-se ATAu = 0, logo

Au 2 N�AT�=�L�AT��?

= (C (A))?

(usando o produto interno usual) e como tal

hAu;Aui = 0,

ou seja kAuk2 = 0 e então Au = 0, isto é, u 2 N (A).

Observação 65. Vejamos agora o modo como se pode determinar uma curva (ou recta)especí�ca que se possa "ajustar" a um conjunto de pontos determinados experimentalmente.

(i) A partir de dois ou mais pontos dados

(x1; y1) ; (x2; y2) ; : : : ; (xm; ym) ;

pretende-se determinar uma recta y = a0 + a1x que seja a recta que "melhor aproxime" oua recta de mínimos quadrados de melhor ajuste aos pontos dados (recta de regressão). Istoé, pretende-se determinar as soluções de mínimos quadrados de8>>><>>>:

y1 = a0 + a1x1y2 = a0 + a1x2

...ym = a0 + a1xm

148

ou seja de 266641 x11 x2...

...1 xm

37775�a0a1

�=

26664y1y2...ym

37775 .Sejam

A =

266641 x11 x2...

...1 xm

37775 ; u =

�a0a1

�e b =

26664y1y2...ym

37775 :

Atendendo a que carA = car�ATA

�, se houver pelo menos dois pontos distintos, tem-se

carA = 2 e nesse caso, a equação normal

ATAu = AT b

tem como única solução de mínimos quadrados

u =�ATA

��1AT b:

Assim, a recta de mínimos quadrados y = a+ bx é a recta que torna mínimos os quadradoscuja soma

(y1 � (a0 + a1x1))2 + (y2 � (a0 + a1x2))2 + � � �+ (ym � (a0 + a1xm))2

é dada porkb� Auk2 ,

onde kb� Auk é o erro de mínimos quadrados.

(ii) A partir de m pontos dados (x1; y1) ; (x2; y2) ; : : : ; (xm; ym), pretende-se determinarum polinómio cujo grá�co esteja tão perto quanto possível desses m pontos dados. Isto é,com m 2 N previamente �xo, pretende-se determinar as soluções de mínimos quadrados dosistema de m equações a n+ 1 incógnitas (a0; a1; a2; : : : ; an)8>>><>>>:

y1 = a0 + a1x1 + a2x21 + � � �+ anxn1

y2 = a0 + a1x2 + a2x22 + � � �+ anxn2

...ym = a0 + a1xm + a2x

2m + � � �+ anxnm

ou seja de 266641 x1 x21 � � � xn11 x2 x22 � � � xn2...

......

...1 xm x2m � � � xnm

3777526664a0a1...an

37775 =26664y1y2...ym

37775 .

149

Sejam

A =

266641 x1 x21 � � � xn11 x2 x22 � � � xn2...

......

...1 xm x2m � � � xnm

37775 ; u =

26664a0a1...an

37775 e b =

26664y1y2...ym

37775 :Note-se que se n + 1 = m e se os pontos dados forem distintos, então existe um único

polinómio de grau n (o chamado polinómio interpolador) que passa por todos essesm pontos.Por outro lado, atendendo a que carA = car

�ATA

�, se n < m e pelo menos n+1 pontos

forem distintos, tem-se carA = n+ 1 e então a equação normal

ATAu = AT b

tem como única solução de mínimos quadrados

u =�ATA

��1AT b:

Exemplo 57. Determinemos a recta de mínimos quadrados relativa aos pontos

(0; 1) ; (1; 3) ; (2; 4) e (3; 4) :

Sejam

A =

26641 01 11 21 3

3775 e b =

26641344

3775 .Tem-se carA = 2 e como tal a solução de mínimos quadrados é única e dada por:

u =

�a0a1

�=�ATA

��1AT b =

=

0BB@� 1 1 1 10 1 2 3

�26641 01 11 21 3

37751CCA�1 �

1 1 1 10 1 2 3

�26641344

3775 = � 3=21�,

tendo-sey =

3

2+ x:

O vector b�Au é o vector erro de mínimos quadrados, sendo o erro de mínimos quadradosdado por:

kb� Auk =

=

q(y1 � (a0 + a1x1))2 + (y2 � (a0 + a1x2))2 + (y3 � (a0 + a1x3))2 + (y4 � (a0 + a1x4))2 =

=

s�1�

�3

2+ 0

��2+

�3�

�3

2+ 1

��2+

�4�

�3

2+ 2

��2+

�4�

�3

2+ 3

��2=

=

r25

16+1

4+1

16+1

4=

p34

4.

150


1. Seja A =

24 2 0 10 1 01 0 2

35. Calcule as dimensões dos espaços próprios de A sem os deter-

minar.

2. Seja A =

24 �3 �1 �2�1 �3 2�2 2 0

35. Encontre uma matriz ortogonal P T que diagonalize or-togonalmente A e indique a correspondente matriz diagonal semelhante a A.

3. Seja

A =

24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

35 :Determine três raízes quadradas de A, isto é, determine três matrizes B simétricas ede�nidas positivas B tais que A = B2.

4. Diagonalize a seguinte forma quadrática Q de�nida por

Q : R3 ! R

Q (x1; x2; x3) = 3x21 � 2x1x2 + 2x22 � 2x2x3 + 3x23.

5. Seja

A =

�2 1 + i

1� i 3

�:

(i) Mostre que A é normal.

(ii) Mostre que A é hermitiana e em particular é normal.

(iii) Encontre uma matriz unitária UH que diagonalize unitariamente A e indique acorrespondente matriz diagonal semelhante a A.

6. Determine a solução de mínimos quadrados de Au = b, com

A =

24 1 22 41 �2

35 e b =

24 321

35calculando o correspondente vector erro de mínimos quadrados.

7. Resolva o seguinte sistema de equações diferenciais determinando a respectiva soluçãogeral. 8<:

u01 = �2u3u02 = u1 + 2u2 + u3u03 = u1 + 3u3

com

24 u1 (0)u2 (0)u3 (0)

35 =24 2�10

35 .

151

Bibliogra�a

1. Luis T. Magalhães, Álgebra Linear como Introdução à Matemática Aplicada, 9a edição,Texto Editora, 2001.

2. Gilbert Strang, Linear Algebra and its Applications, 3rd edition, Thomson Learning,1988.

3. Steven J. Leon, Linear Algebra with Applications, 8th edition, Pearson, 2009.

4. Bernard Kolman, Introductory Linear Algebra with Applications, Prentice Hall, 1996.

5. Howard Anton and Robert C. Busby, Contemporary Linear Algebra, John Wiley &Sons, Inc., 2002.

6. António Monteiro e Gonçalo Pinto, Álgebra Linear e Geometria Analítica, McGraw-Hill, 1997.

7. Seymour Lipschutz, Linear Algebra, Schaum´s Outline Series, 4th edition, McGraw-Hill, 2009.

8. Luís Barreira e Clàudia Valls, Exercícios de Álgebra Linear, IST Press, 2011.

152

Resolução da 1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas

1. (ii)�1 �10 �1

�1000=

�1 �10 �1

�2!500= I500 = I

(iv)�0 1�1 0

�222+

�0 1�1 0

�220=

�0 1�1 0

�220 �0 1�1 0

�2+ I

!=

=

�0 1�1 0

�220 �0 00 0

�=

�0 00 0

�(xi) se ad� bc 6= 0,�

a bc d

��1

ad� bc

�d �b�c a

��=

1

ad� bc

�ad� bc 00 ad� bc

�= I

2. (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

�� 13

�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 2p2

�12 32

�6

35

viii)

0@24 2�14

1

35 2 � p2 �3 �1AT

=

24 4p2 �12

p2 2p2

�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

3777777775153

(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

�

3. Sendo x o no de livros e y o no de caixas, tem-se�x� 7y = 1x� 8y = �7 ,

�x = 57y = 8.

A solução geral do sistema é f(57; 8)g.

4.212� 32100� 0 =

9

5,

F � 32C � 0 =

9

5, F =

9

5C + 32:

F = C, F =9

5F + 32, F = �40.

5. a)

26641 �4 9 �16�1 4 �9 161 �4 9 �16�1 4 �9 16

3775 b)

26641 1

213

14

0 13

14

15

0 0 15

16

0 0 0 17

3775

c)

26641 �2 �2 �31 2 �3 �22 1 3 �43 2 1 4

3775 d)

26640 2 3 4�2 0 3 4�3 �3 0 4�4 �4 �4 0

3775 (aii = �aii , aii = 0)

6. Seja (aij) 2M2�2 (R) tal que

aij = 3i+ 2j

Comoa12 = 3� 1 + 2� 2 = 7 6= 8 = 3� 2 + 2� 1 = a21

então A não é simétrica.

7. (i) Seja A =

24 0 00 00 0

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

(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.

154

(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, 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, 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

�!�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.

155

(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, carA = 1 e nulA = 4. Pivot: 2.

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

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

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

3p�

2

�são soluções desse sistema de

equações lineares.

11. (i) Para que o grá�co da função polinomial p(x) = ax3 + bx2 + cx + d passe pelospontos 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.

156

O que é equivalente a existir solução para o seguinte sistema de equações lineares nas variáveisa; 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

�!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 circunfer-ência de equação x2 + 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 variáveisa; 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

157

�!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.

12. (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.

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 decolunas 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

�!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

158

�!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 quecarA� = no de colunas 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

�!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.

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 quecarA� = no de colunas 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.

159


(vi)

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

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3L1+L4!L4

�!�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.


13. (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

.

160

Para s = 4, tem-se a seguinte solução para a 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:

14 (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

35.161

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

�!�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.

(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

�!�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

�!� 13L2+L3!L3

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

35.

162

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

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

(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

A solução geral do sistema é dada por

S =

��19

2� 9s; 17

4s� 5

2;�32s+ 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

35.163

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

15. (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 osistema é possível e indeterminado, tendo-se x+ y + z = 1. A solução geral deste sistema éentão dada por

S1 = 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�2 = ?.

Se � 6= 1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logoo sistema é possível 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

�.

164

Se � 6= 4 então carA� = car [A� j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo osistema é possível e 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


S4 = ?.

(c) SejamA� =

24 1 1 �3 4 22 3 �1

35 eB� =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 osistema é possível e indeterminado, tendo-se

�x+ y + 3z = 2y � 7z = �3 ,

8<:x = 5� 10z

y = �3 + 7z.


S3 = 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 sistemaé possível e determinado, tendo-se8<:

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

,

8<:x = 6 + 3�y = �4� 2�z = �1.

165

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

�!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 osistema é possível e indeterminado, tendo-se x+ y + z = 1. A solução geral deste sistema éentão dada por S1 = f(1� s� t; s; t) : s; t 2 Rg.


< car [A� j B�]| {z }=3

. O sistema não tem solução (é impossível).

S�2 = ?.

Se � 6= 1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logoo sistema é possível 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) .


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.

166

[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:


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 sistema é possível e indeterminado, tendo-se�

�x+ y � 2z = 1�3z = �3: ,

�x = y � 3z = 1:


S�2 = f(s� 3; s; 1) : s 2 Rg :


< car [A� j B]| {z }=3


S�1 = ?:

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

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

,

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


S� =

��

�+ 1; 1;� 1

�+ 1

��:

16. (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

167

�!�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

. Logo, o sistema não tem solução (é

impossível). S�;� = ?.

Se � 6= 11 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo osistema é possível e determinado, 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) .


S�;� =

��30�� 29� + 250

�� 11 ;10�� 8� + 50

�� 11 ;� � 20�� 11

��:

(b) SejamA� =

26640 0 2 �1 1 1 32 2 1 11 1 3 14

3775 eB� =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

168

�!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

. Logo, o sistema não tem solução (é

impossível). S�;� = ?.

(c) Sejam A� =

24 � 1 �1 �1 �2 2 11 �1 1 �+ 1

35 e B� =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

�!�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= �1

2então carA� = car [A� j B�] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.

Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se

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

,

8><>:x = � �+1

2�+1� 1� (�+1)2

(�2��1)� ��

y = z � �+12�+1

� 1w = �+1

(�2��1)� +��.

169


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�;� = ?.

17. (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

170

�!�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.

18. (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.

171

(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 � 1

2

y = w + 1 +z � 12� 1.

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.

19. Pretende-se determinar�a bc d

�tal que

�a bc d

� �1 23 4

�=

�1 23 4

� �a bc d

�.

Tem-se então 8>><>>:a+ 2c = a+ 3bb+ 2d = 2a+ 4b3a+ 4c = c+ 3d3b+ 4d = 2c+ 4d

,�c = 3

2b

d = a+ 32b

As matrizes reais que comutam com�1 23 4

�são da forma:

�a b32b a+ 3

2b

�, com a; b 2 R.

20. Existem 16 matrizes 2� 2 só com 0 e 1 nas respectivas entradas. 6 são invertíveis:�1 00 1

�;

�0 11 0

�;

�1 10 1

�;

�1 11 0

�;

�0 11 1

�;

�1 01 1

�.

172

21. Como

A2 + 2A+ 2I = 0, A

��12A� I

�=

��12A� I

�A = I

então A é invertível eA�1 = �1

2A� I.

22. Sejam A;B;X 2Mn�n (R) matrizes invertíveis tais que

(AB)2 =

�3 47 9

�:

(i)

AXB + AB = 0, AXB = �AB , A�1 (AXB)B�1 = A�1 (�AB)B�1 ,

,�A�1A

�X�BB�1

�= �

�A�1A

� �BB�1

�,

, IXI = �II , X = �I.(ii)

BXA� A�1B�1 = 0, B�1 (BXA)A�1 = B�1�A�1B�1

�A�1 ,

,�B�1B

�X�AA�1

�=�B�1A�1

� �B�1A�1

�,

, IXI =�(AB)2

��1 ,, X =

�3 47 9

��1=

��9 47 �3

�.

23. A 2M2�2 (R),�2I �

�3A�1

�T��1=

�4 37 5

�, 2I �

�3A�1

�T=

�4 37 5

��1,

, 2I ��3A�1

�T=

��5 37 �4

�,�3A�1

�T=

�2 00 2

��5 37 �4

�,

, A =

1

3

�7 �3�7 6

�T!�1=

�73�73

�1 2

��1=

�671

371

�.

24. (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

�173

(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.

Nas alíneas (vi) e (vii) só se apresentam as soluções:

(vi)

24 1 2 30 1 20 0 1

35�1 =24 1 �2 10 1 �20 0 1

35 (vii)

0@13

24 2 �2 11 2 22 1 �2

351A�1 =24 2

313

23

�23

23

13

13

23�23

35

(viii)

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

35.174

(ix)

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

�!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.

(x) 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)

175

Se � =�

2+ 2k�; (k 2 Z) ;

�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�0 �11 0

��1=

�0 1�1 0

�=


�.

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=


�.

(xi) 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

�!� 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

3775.176

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.

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

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.

(xiii)

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

177

�!�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 �5

20

j0 26 �26 13 j 0 0 4 1

3777777775�!

�L2+L3!L32L2+L4!L4

�!�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 �3

20

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

=

178

= 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.

(xiv)

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

�!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

179

�!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

�!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.

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.

180

25. (i) Seja A 2Mn�n (R) tal que

Ak = 0

para algum k 2 Nn f1g.

(I � A)�I + A+ :::+ Ak�1

�= I +A+ :::+Ak�1 �A�A2 � :::�Ak�1 �Ak = I �Ak = I

ou seja, I � A é invertível e

(I � A)�1 = I + A+ :::+ Ak�1.

(ii) 24 1 1 00 1 10 0 1

35�1 =0@I �

24 0 �1 00 0 �10 0 0

351A�1 =(i)

I +

24 0 �1 00 0 �10 0 0

35+24 0 �1 00 0 �10 0 0

352 =24 1 �1 10 1 �10 0 1

35

uma vez que

24 0 �1 00 0 �10 0 0

353 =24 0 0 00 0 00 0 0

35.

26. A =

24 2 2 �25 1 �31 5 �3

35 :

(i) A3 =

24 2 2 �25 1 �31 5 �3

353 =24 0 0 00 0 00 0 0

35(ii) Por (i): (I � A) (I + A+ A2) = I

27. a) Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se

24 1 4 2 j 102 7 2 j 201 5 � j 10

35 !�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 4 2 j 100 �1 �2 j 00 1 �� 2 j 0

35 !L2+L3!L3

24 1 4 2 j 100 �1 �2 j 00 0 �� 4 j 0

35 :Se � 6= 4 então o sistema é possível e determinado, existindo uma única solução. Se

� = 4 então o sistema é possível e indeterminado, existindo um no in�nito de soluções.

181

b) Para � = 4, tem-se o sistema de equações lineares�x+ 4y + 2z = 10�y � 2z = 0. ,

�x = 10 + 6zy = �2z.

Colocando z = s, a solução geral do sistema é dada por: S = f(10 + 6s;�2s; s) : s 2 Rg.

28. 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 quecarA�;� = no de colunas de A�;�.

29. (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.Assim, A� é invertível se e só se � 2 Rn f�2; 0; 2g, uma vez que é só nestes casos que

carA� = no de colunas de A�.

182

(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 :

30. (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

�!�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

183

�!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 soluçãogeral de Ba;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

184

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

�:

185

Resolução da 1a Ficha de exercícios facultativos

1. (i) Sejam A = (aij)m�n, B = (bij)n�p e C = (cij)p�q.

(AB)C =

�pPl=1

�nPk=1

aikbkl

�clj

�=

�pPl=1

nPk=1

aikbkl clj

�=

�nPk=1

pPl=1

aikbkl clj

�=

=

�nPk=1

aikpPl=1

bkl clj

�=

�nPk=1

aik

�pPl=1

bkl clj

��= A (BC)

(ii) Sejam A = (aij)m�n, B = (bij)n�p e C = (cij)n�p.

A (B + C) =

�nPk=1

aik (bkj + ckj)

�=

�nPk=1

aikbkj + aikckj

�=

=

�nPk=1

aikbkj

�+

�nPk=1

aikckj

�= AB + AC

(iii) Sejam A = (aij)m�n e B = (bij)n�p.

(AB)T =

�nPk=1

aikbkj

�T=

�nPk=1

bkjaik

�T=

�nPk=1

bkiajk

�= BTAT .

2. Seja A 2 Mm�n (R) tal que ATA = 0. Então�ATA

�(i;i)

= 0, para todo o i = 1; :::; n.Como �

ATA�(i;i)

=

nXk=1

(aik)2

!tem-se ai1 = ::: = ain = 0, para todo o i = 1; :::; n. Logo A = 0.

3. Sendo A =�1 22 4

�, tem-se

(A� 5I)u = 0,��4 22 �1

�u= 0, u 2 f(s; 2s) : s 2 Rg .

Logofu 6= 0 : Au = 5ug = f(s; 2s) : s 2 Rn f0gg :

4. Para todo o n 2 N, (prova-se por indução)

186

(i)�0 �11 0

�n=

8>><>>:(�1)k+1

�0 �11 0

�, se n = 2k � 1, k = 1; 2; 3:::

(�1)k I, se n = 2k, k = 1; 2; 3:::.

(ii)�1 02 1

�n=

�1 02n 1

�.

(iii)

24 1 1 00 1 10 0 1

35n =24 1 n 1 + � � �+ n� 10 1 n0 0 1

35 =24 1 n n(n�1)

2

0 1 n0 0 1

35.Note que

1 + � � �+ (n� 1) + (n� 1) + � � �+ 1 == 1 + (n� 1) + � � �+ (n� 1) + 1| {z }

n�1 parcelas

= n+ � � �+ n| {z }n�1 parcelas

= (n� 1)n, 1 + � � �+ (n� 1) = n (n� 1)2

.

(iv)

26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

3775n

=

26640 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

3775, para todo o natural n � 4.26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

37752

=

26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

3775,26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

37753

=

26640 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

3775.

(v)�cos � � sen �sen � cos �

�n=

�cos(n�) � sen(n�)sen(n�) cos(n�)

�; (com � 2 R).

5.A2 = (AB) (AB) = A (BA)B = ABB = AB = A:

B2 = (BA) (BA) = B (AB)A = BAA = BA = B:

6. Seja A =

�a bc d

�uma matriz 2 � 2 ortogonal, isto é, tal que AAT = ATA = I.

Tem-se

AAT = I ,�a bc d

� �a bc d

�T= I ,

�a2 + b2 ac+ bdac+ bd c2 + d2

�=

�1 00 1

�,

187

,

8<:a2 + b2 = 1ac+ bd = 0c2 + d2 = 1

e

ATA = I ,�a bc d

�T �a bc d

�= I ,

�a2 + c2 ab+ cdab+ cd b2 + d2

�=

�1 00 1

�,

,

8<:a2 + c2 = 1ab+ cd = 0b2 + d2 = 1.

Logo c = �b.Se c = b tem-se b (a+ d) = 0, (b = 0 ou a = �d).Se c = �b tem-se b (a� d) = 0, (b = 0 ou a = d).Deste modo

A =

�a bb �a

�ou A =

�a b�b a

�.

Por outro lado, a2 + b2 = 1 , (a = cos � e b = sen �, para algum � 2 R). Logo

A =


�ou A =

�cos � sen �sen � � cos �

�; (� 2 R):

7. (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:

8. (i) Falsa: �1 02 0

� �0 03 4

�= 0 mas A 6= 0 e B 6= 0.

No caso de A ser invertível, a seguinte condição é verdadeira:

AB = 0) (A = 0 ou B = 0)

uma vez que AB = 0 ,A é invertível

B = 0.

(ii) Falsa:�1 21 2

� �0 01 1

�=

�1 21 2

� �2 20 0

�mas

�0 01 1

�6=�2 20 0

�.

No caso de A ser invertível, a seguinte condição é verdadeira:

AB = AC ) B = C

188

uma vez queAB = AC ,

A é invertívelA�1 (AB) = A�1 (AC),

,�A�1A

�B =

�A�1A

�C , IB = IC , B = C:

9. (i) BTAB é simétrica:

(BTAB)T = BTAT (BT )T = BTAB;

pois A = AT (A é simétrica) e (BT )T = B:

(ii) Se A é normal (isto é AHA = AAH) e B é unitária (isto é BHB = BBH = I) então�BABH

� �BABH

�H= BABH

�BH�HAHBH = BA

�BHB

�AHBH =

= BAAHBH = BAHABH = BAHBHBABH =�BABH

�H �BABH

�ou seja, BABH é normal.

(iii) Como�BTB

�T= BT

�BT�T= BTB e

�BBT

�T=�BT�TBT = BBT

as matrizes BTB e BBT são simétricas.Além disso, como�

BHB�H= BH

�BH�H= BHB e

�BBH

�H=�BH�HBH = BBH

BHB e BBH são matrizes hermitianas.

10. (i) Seja A = (aij) do tipo n� n tal que AT = �A: Assim, em relação às respectivasdiagonais principais 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: SejamA1 simétrica e A2 anti-simétrica tais que A = A1 + A2: Logo,

AT = (A1 + A2)T = A1 � A2:

189

Pelo que A+ AT = 2A1 e A� AT = 2A2: Assim,

A1 =1

2(A+ AT ) e A2 =

1

2(A� AT ):

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

�.

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 emcontraste com a equação escalar x2 = 1 que tem apenas duas soluções (1 e � 1).

12. Seja X =

�x11 x12x21 x22

�tal que

XA = AX;

190

para todo o A =�a bc d

�2M2�2(R). Tem-se então:

XA = AX ,

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

x11a+ x12c = ax11 + bx21

x21a+ x22c = cx11 + dx21

x11b+ x12d = ax12 + bx22

x21b+ x22d = cx12 + dx22.

,

8>>>><>>>>:x12c = bx21

x21(a� d) = c(x22 � x11)

(x11 � x22)b = (d� a)x12.

Se a = 1 e b = c = d = 0, então x21 = x12 = 0.Se b = 1 e a = c = d = 0, então x21 = 0 e x11 = x22.Se c = 1 e a = b = d = 0, então x12 = 0 e x11 = x22.Se d = 1 e a = b = c = 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.

13. Sendo A uma matriz do tipo m� n, seja N (A) = fX : AX = 0g.

(i) Sendo A e B matrizes de tipos apropriados, seja u 2 N (B). Logo Bu = 0, pelo que

(AB)u = A (Bu) = A0 = 0

e assim u 2 N (AB). Deste modo, tem-se

N (B) � N (AB) .

(ii) Atendendo à alínea anterior N (A) � N�ATA

�.

Vejamos que N�ATA

�� N (A). Seja u 2 N

�ATA

�e Au =

264 v1...vn

375 2 Rn. LogoATAu =

�ATA

�u = 0

e assim

uTATAu = 0, (Au)T (Au) = 0,nXi=1

(vi)2 = 0, Au =

264 v1...vn

375 = 0pelo que u 2 N (A).Logo

N (A) = N�ATA

�.

191

(iii) Sejam A e B matrizes do tipo m� n com m < n tais que ABT é invertível. Como

f0g 6=m<nN (A) � N

�BTA

�então BTA não é invertível.Se alguma linha de B pertencesse a N (A) isso seria equivalente a alguma coluna de BT

pertencer a N (A), ou seja, à matriz ABT ter alguma coluna nula, o que contradiria o factode ABT ser invertível.

(iv) Seja A 2 Mm�n (R) tal que para todo o B 2 Rm o sistema AX = B é possível,então carA = m. Assim AAT (do tipo m�m) é invertível e por (ii)

N�AT�= N

�AAT

�= f0g .

14. Seja A = (aij)n�n 2Mn�n(R) tal que Au = 0 para qualquer u 2Mn�1(R).

Para cada j 2 f1; :::; ng �xo, seja ej = (�ij)n�1 2Mn�1(R) em que �ij =�1 se i = j0 se i 6= j.

ComoAej = 0

para todo o j 2 f1; :::; ng e por outro lado

Aej =

264a1j...anj

375

para todo o j 2 f1; :::; ng, então

264a1j...anj

375 =2640...0

375 para todo o j 2 f1; :::; ng pelo que A = 0.

15. Sendo A;B 2Mn�1 (R)

A =

26664a1a2...an

37775 B =

26664b1b2...bn

37775e assim

ABT =

26664a1a2...an

37775 � b1 b2 � � � bn�=

26664a1b1 a1b2 � � � a1bna2b1 a2b2 � � � a2bn...

.... . .

...anb1 anb2 � � � anbn

37775 :192

Como A e B são matrizes não nulas, existe i 2 f1; :::; ng tal que ai 6= 0 e existe j 2f1; :::; ng tal que bj 6= 0, tendo-se

ABT =

2666664a1b1 � � � a1bj � � � a1bn...

. . ....

...aib1 � � � aibj � � � aibn...

.... . .

...anb1 � � � anbj � � � anbn

3777775 .Aplicando sucessivamente a operação elementar

�akaiLi + Lk ! Lk

para todo o k = 1; :::; n com k 6= i, tem-se26666666664

0 � � � 0 � � � 0...

. . ....

. . ....

0 � � � 0 � � � 0aib1 � � � aibj � � � aibn0 � � � 0 � � � 0...

. . ....

. . ....

0 � � � 0 � � � 0

37777777775!

Li$L1

26664aib1 � � � aibj � � � aibn0 � � � 0 � � � 0...

. . ....

. . ....

0 � � � 0 � � � 0

37775

com aibj 6= 0, isto é,

car(ABT ) = 1:

16. Seja A uma matriz do tipo m � n tal que carA = m. Então existe uma matrizinvertível R,m�m, produto de matrizes elementares (por aplicação do método de eliminaçãode Gauss) tal que

RA =�I B

�onde I é a matriz identidade r � r e B é uma matriz do tipo r � (n� r). Aplicando ométodo de eliminação de Gauss agora às colunas de RA, existe uma matriz invertível Q dotipo n� n; (produto de matrizes elementares), tal que

RAQ =�I 0

�onde 0 é a matriz nula. Sendo Q1 a matriz do tipo n�m que se obtém de Q considerandoapenas as primeiras m colunas, tem-se

RAQ1 = I.

Pelo que AQ1 é invertível tendo-seAQ1R = I.

Logo existe B = Q1R do tipo n�m tal que AB = I.

193

17. Sejam A e B matrizes do tipo n� n.

(i) Se A fôr invertível então

AB = ABI = AB�AA�1

�= A (BA)A�1

isto é, existe S = A invertível tal que

AB = S (BA)S�1

ou seja, AB e BA são semelhantes. Analogamente, se B fôr invertível então AB e BA sãosemelhantes.

(ii) Sendo A e B semelhantes existe S invertível tal que

A = SBS�1,

ou sejaS�1A = BS�1.

Então

X 2 N (A), AX = 0, S�1AX = 0, BS�1X = 0, S�1X 2 N (B) :

18. Seja A do tipo n� n.

(i) Se A fôr invertível tem-se A�1A = AA�1 = I: Logo A�1 é invertível e (A�1)�1 = A:

(ii) Se A fôr invertível tem-se A�1A = AA�1 = I: Logo (A�1A)T = (AA�1)T = IT : Peloque

AT (A�1)T = (A�1)TAT = I:

Isto é, AT é invertível e (AT )�1 = (A�1)T

(iii) 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.

19. (i) Por exemplo I e �I são invertíveis no entanto I + (�I) = 0 não é invertível.

(ii) Como A e B são invertíveis por hipótese, tem-se as seguintes igualdades

B�1(A+B) = I +B�1A e A�1(A+B) = A�1B + I,

194

que 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,

obtém-se

I = 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.

20. Seja A 2Mn�n (R) tal que A2 = A (a matriz A diz-se neste caso idempotente).

(i) Como

(I � A)2 = (I � A) (I � A) = I � 2A+ A2 = I � 2A+ A = I � A

então I � A é idempotente.

(ii) Como(2A� I) (2A� I) = 4A2 � 4A+ I = 4A� 4A+ I = I

então 2A� I é invertível e(2A� I)�1 = 2A� I:

(iii) Se carA = n então A é invertível pelo que A2 = A, A�1 (A2) = A�1A, A = I.

21. �1

2(I + A)

�2=1

2(I + A), 1

4

�I + A2 + A+ A

�=1

2(I + A),

, 1

4I +

1

4A2 +

1

4A+

1

4A =

1

2I +

1

2A, A2 = I.

22. Sendo A = (aij)n�n uma matriz invertível e B = (bij)n�n a inversa da A, tem-se,para k 6= 0:

�ki�jaij

� �ki�jbij

�=

nXl=1

ki�lailkl�jblj

!=

ki�j

nXl=1

ailblj

!= I.

195

Logo a matriz (ki�jaij) é invertível e a sua inversa é a matriz (ki�jbij).

23. Seja A =�a bc d

�do tipo 2� 2. Suponhamos que a 6= 0, c 6= 0 e ad� bc 6= 0. Logo,

tem-se:

A =

�a b j 1 0c d j 0 1

��!

cL1!L1aL2!L2

�ac bc j c 0ac ad j 0 a

��!

�L1+L2!L2

�!�ac bc j c 00 ad� bc j �c a

��!

� bcad�bcL2+L1!L2

�!�ac 0 j acd

ad�bc �acbad�bc

0 ad� bc j �c a

��!

1acL1!L1

1ad�bcL2!L2

�1 0 j d

ad�bc � bad�bc

0 1 j � cad�bc

aad�bc

�.

Logo,

A�1 =1

ad� bc

�d � b

� c a

�.

Se a = 0 e c = 0, então A não é invertível.Se a = 0 e c 6= 0, então b 6= 0, caso contrário A não seria invertível. Neste caso, com

a = 0, c 6= 0, b 6= 0 e ad� bc 6= 0 tem-se:

A =

�0 b j 1 0c d j 0 1

��!

L1 !L2

�c d j 0 10 b j 1 0

��!

1cL1!L1

1bL2!L2

�!�1 d

cj 0 1

c

0 1 j 1b0

��!

� dcL2+L1!L1

�1 0 j d

�bc1c

0 1 j 1b

0

�=

=

�1 0 j d

�bc�b�bc

0 1 j �c�bc 0

�=

�1 0 j d

ad�bc � bad�bc

0 1 j � cad�bc

aad�bc

�.

Se a 6= 0 e c = 0 seria análogo. Logo, A é invertível se e só se ad� bc 6= 0 e

A�1 =1

ad� bc

�d � b� c a

�.

Nota: O exo foi feito apenas com o recurso ao método de Gauss-Jordan. Poderia tersido efectuada outra resolução atendendo à fórmula de inversão de matrizes:

A�1 =1

jAj(cof A)T .

Observe que ad� bc = jAj, com A =

�a bc d

�do tipo 2� 2.

24. A matriz 26664k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775196

é invertível se só se k1 6= 0; k2 6= 0; : : : ; kn 6= 0, e a sua inversa é dada por:26664k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775�1

=

2666641k1

0 � � � 0

0 1k2

. . ....

.... . . . . . 0

0 � � � 0 1kn

377775 .

25. Sejam A = (aij); B = (bij) 2Mn�n (R) e � um escalar.

(i)

tr(A+B) = tr ((aij) + (bij)) = tr(aij + bij) = a11 + b11 + :::+ ann + bnn =

= a11 + :::+ ann + b11 + :::+ bnn = tr(A) + tr(B).

(ii)

tr(�A) = tr(�aij) = �a11 + :::+ �ann = � (a11 + :::+ ann) = � tr(A):

(iii)

tr(AT ) = tr

0B@264 a11 � � � an1

.... . .

...a1n � � � ann

3751CA = a11 + :::+ ann = tr(A):

(iv)

tr(AB) = tr

0B@264 a11 � � � an1

.... . .

...a1n � � � ann

375264 b11 � � � bn1

.... . .

...b1n � � � bnn

3751CA =

= tr

0B@264 a11b11 + :::+ an1b1n � � � a11bn1 + :::+ an1bnn

.... . .

...a1nb11 + :::+ annb1n � � � a1nbn1 + :::+ annbnn

3751CA =

= a11b11 + :::+ an1b1n + :::+ a1nbn1 + :::+ annbnn =

= b11a11 + :::+ b1nan1 + :::+ bn1a1n + :::+ bnnann =

= b11a11 + :::+ bn1a1n + :::+ b1nan1 + :::+ bnnann =

= tr

0B@264 b11a11 + :::+ bn1a1n � � � b11an1 + :::+ bn1ann

.... . .

...b1na11 + :::+ bnna1n � � � b1nan1 + :::+ bnnann

3751CA = tr(BA).

26. Seja A 2Mn�n (R). Não pode existir X 2Mn�n (R) tal que

AX �XA = I

197

uma vez que

tr (AX �XA) = tr (AX)� tr (XA) = tr (AX)� tr (AX) = 0 6= 1 = tr I

27. Sejam A e B matrizes do tipo n� n tais que A é simétrica e B é anti-simétrica.

tr(AB) = tr�(AB)T

�= tr

�BTAT

�= tr (�BA) = � tr (BA) = � tr(AB):

tr(AB) = � tr(AB), tr(AB) = 0:

28. Seja A = (aij) 2Mm�n (R). Tem-se

tr(ATA) = tr

0B@264 a11 � � � am1

.... . .

...a1n � � � amn

375264 a11 � � � a1n

.... . .

...am1 � � � amn

3751CA =

= tr

0B@264 a211 + :::+ a

2m1 � � � a11a1n + :::+ am1amn

.... . .

...a1na11 + :::+ amnam1 � � � a21n + :::+ a

2mn

3751CA =

= a211 + :::+ a2m1 + :::+ a

21n + :::+ a

2mn.

Logotr(ATA) = 0, A = 0:

29. Sejam u; v 2Mn�1 (R) tais que uTv 6= �1. Seja

A = I + uvT .

Tem-se�I � 1

1 + uTvuvT

��I + uvT

�= I + uvT � 1

1 + uTvuvT � 1

1 + uTv

�uvT

� �uvT

�=

= I +1 + uTv

1 + uTvuvT � 1

1 + uTvuvT � 1

1 + uTvu�vTu

�vT =

= I +1 + uTv

1 + uTvuvT � 1

1 + uTvuvT � vTu

1 + uTvuvT =

vTu=uT v

= I +1 + uTv

1 + uTvuvT � 1

1 + uTvuvT � uTv

1 + uTvuvT =

= I +1 + uTv � 1� uTv

1 + uTvuvT = I.

198

Logo A é invertível e

A�1 = I � 1

1 + uTvuvT .

Sendo u; v 2Mn�1 (R)

u =

26664u1u2...un

37775 v =

26664v1v2...vn

37775tem-se

uTv =�u1 u2 � � � un

�26664v1v2...vn

37775 = [u1v1 + u2v2 + � � �+ un]e

�tr�uvT

��=

[email protected]

37775 � v1 v2 � � � vn�1CCCA37775 =

=

26664tr26664u1v1 u1v2 � � � u1vnu2v1 u2v2 � � � u2vn...

.... . .

...unv1 unv2 � � � unvn

3777537775 = [u1v1 + u2v2 + � � �+ un] .

LogouTv =

�tr�uvT

��.

199


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

�a16a25a34a43a52a61uma 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

�a54a45a63a32a26a11uma 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. Atendendoà de�nição de determinante, tem-se��

0 0 a130 a22 a23a31 a32 a33

�� = � a13a22a31uma vez que (123) e (321) têm paridades diferentes.

200

(ii) (1234) é par pois tem 0 inversões e (4321) é par pois tem 6 inversões. Atendendo àde�nição de determinante, 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.

(iii) Ao efectuar n� 1 + n� 2 + :::+ 2 + 1 trocas de linhas: linha 1 com cada uma dasn� 1 linhas que lhe estão abaixo, nova linha 1 com cada uma das n� 2 linhas que lhe estãoabaixo (excluindo a nova linha n) e assim sucessivamente, tem-se

det

26640 � � � 0 a1n� � � � � � � � � � � �0 an�1 2 � � � an�1 nan1 � � � � � � ann

3775 = (�1)nn�12 det

2664an1 � � � � � � ann0 an�1 2 � � � an�1 n� � � � � � � � � � � �0 � � � 0 a1n

3775 = (�1)nn�12 a1n:::an�1 2an1

atendendo a que n� 1 + n� 2 + :::+ 2 + 1 = (n� 1) n� 1 + 12

= nn� 12.

4. Uma matriz é não singular se e só se é invertível e como tal, será singular se e só sefôr não invertível.

(i)�� 1 23 4

�� = 4� 6 = �2 6= 0, logo a matriz é invertível.(ii)

�� 18563 1857321472 21482

�� = �� 18563 1021472 10

�� = �� 18563 102909 0

�� = �29090 6= 0, logo a matriz éinvertível.

(iii)�� 1 +p2 2�

p3

2 +p3 1�

p2

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

�� cos � � sen �sen � cos �

�� = cos2 � � (� sen2 �) = 1 6= 0, logo a matriz é invertível.

(v)

��2 0 15 3 0�5 1 2

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

(vi)

��2 3 25 �1 �3�2 1 1

�� = �2+18+10�4�15� (�6) = 13 6= 0, logo a matriz é invertível.201

(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 invertível.

(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 invertível.

(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 não é invertível.

(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 invertível.

(xi)

��2 �2 8 60 1 2 00 0 �3 �230 0 0 5

�� = 30 6= 0, logo a matriz é invertível.

(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 invertível.

(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

invertível.

(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 não é invertível.

202

(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 invertível.

(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 invertível se e

só se a 6= �b.

(xvii)

��7 �4 0 51 2 0 �22 1 �3 82 �2 0 4

�� = �3 (�1)6

��7 �4 51 2 �22 �2 4

�� = �3��1 2 �22 �2 47 �4 5

�� = �3��1 2 �20 �6 80 �18 19

�� == �3 (6 (�19 + 3� 8)) = �3 (6 (�19 + 3� 8)) = �3 � 30 = �90 6= 0, logo a matriz é

invertível.

(xviii)

��9 0 �6 4 �25 �3 0 �1 28 0 4 1 1�6 0 3 �1 37 0 5 2 3

��= �3 (�1)4

��9 �6 4 �28 4 1 1�6 3 �1 37 5 2 3

�� = 3��2 �6 4 91 4 1 83 3 �1 �63 5 2 7

�� =

�3

��1 4 1 8�2 �6 4 93 3 �1 �63 5 2 7

�� = �3��1 4 1 80 2 6 250 �9 �4 �300 �7 �1 �17

�� = �3��2 6 25�7 2 �5�7 �1 �17

�� = �3��2 6 25�7 2 �50 �3 �12

�� =

�3

��2 0 1�7 2 �50 �3 �12

�� = �3��2 0 1�7 2 �130 �3 0

�� = �3 (21� 78) = 171 6= 0, logo a matriz éinvertível.

(xix)

��7 4 1 3 60 0 0 �2 00 0 5 8 �10 0 �3 � 0

5 3 �7 9p3

��= �2 (�1)6

��7 4 1 60 0 5 �10 0 �3 0

5 3 �7p3

�� =

= �2 (�1)6 (�3)6��7 4 60 0 �15 3

p3

�� = �6 (�1)5�� 7 45 3

�� = 6 6= 0, logo a matriz é invertível.203

(xx)

��2 1 0 0�7 3 0 �2� 3 1 13 9 0 0

�� = (�1)6��2 1 0�7 3 �23 9 0

�� = �2 (�1)5�� 2 13 9

�� = 30 6= 0, logo a

matriz é invertível.

(xxi)

��

n n� 1 ... 2 1

n� 1 n� 1 ... 2 1

� � � � � � . . .......

2 2 � � � 2 11 1 � � � 1 1

��=

��

1 1 � � � 1 11 2 � � � 2 2....... . . � � � � � �

1 2 � � � n� 1 n� 11 2 � � � n� 1 n

��=

=

��

1 1 � � � 1 10 1 � � � 1 1....... . . � � � � � �

0 1 � � � n� 2 n� 20 1 � � � n� 2 n� 1

��= � � � =

��1 1 � � � 1

0 1. . .

....... . . . . . 1

0 � � � 0 1

�� = 1 6= 0, logo a matriz é

invertível.

5. (i) 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.Em alternativa, pelo teorema de Laplace

detA = (�1)5 f

��0 0 0 0e b 0 00 g 0 d0 0 h 0

��+ (�1)7 c

��0 a 0 0e 0 b 00 0 g d0 0 0 0

�� = 0.

(ii) Diga, para que valores de a; b; c; d; e; f; g; h; i; j 2 R, é invertível a seguinte matriz

det

266666640 a 0 0 0 0f 0 b 0 0 00 g 0 c 0 00 0 h 0 d 00 0 0 i 0 e0 0 0 0 j 0

37777775 = a (�1)3 det

266664f b 0 0 00 0 c 0 00 h 0 d 00 0 i 0 e0 0 0 j 0

377775 =

204

= �ac (�1)5 det

2664f b 0 00 h d 00 0 0 e0 0 j 0

3775 = ace (�1)7 det24 f b 00 h d0 0 j

35 = �acefhj,pelo que a matriz será invertível se e só se a; c; e; f; h; j 2 Rn f0g.

6. Determinemos todos os valores do escalar � para os quais a matriz A � �I não éinvertível, isto é, todos os 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).

(iii) det (A� �I) = det

24 1� � 1 11 1� � 11 1 1� �

35 = det24 1� � 1 1

� �� 0� 0 ��

35 =

= det

24 2� � 1 1� �� 00 0 ��

35 = det24 3� � 1 1

0 �� 00 0 ��

35 = (�1)3 (�� 3)�2. Logo, det (A� �I) =0, (� = 0 ou � = 3).

(iv) det (A� �I) = det

266641� � 1 � � � 1

1. . . . . .

......

. . . 11 � � � 1 1� �

37775n�n

= det

2666664n� � 1 1 � � � 10 �� 0 � � � 0...

. . . �� . . ....

. . . 00 � � � 0 ��

3777775 =(�1)n (�� n)�n�1.

Logo, det (A� �I) = 0, (� = 0 ou � = n).

7.�0 ��1 �

�,�

�2

�214� 1

��2

�,�� 1�� 0

�.

205

8. a) A� =

2664�1 � 0 �1� �1 �� 00 0 1 1�1 � 0 ��

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L4!L4

2664�1 � 0 �10 �2 � 1 �� 0 0 1 10 0 0 1� �

3775.

Logo carA� =

8<:2 se � = 13 se � = �14 se � 6= 1 e � 6= �1.

A� é 4� 4. Logo A� é invertível se e só se carA� = 4. Assim, A� é invertível se e só se� 2 Rn f�1; 1g.

b) det�(A0)

n + (A0)n+2� = det �(A0)n �I + (A0)2�� =

= (detA0)n| {z }

=1

det�I + (A0)

2� = det26643 0 0 10 2 0 0�1 0 2 11 0 0 2

3775 = 20:

c)�(A�)

�1�(3;1)

=1

detA�(cof A�)(1;3) =

1

(1� �)2 (1 + �)(�1)1+3

�� 1 00 0 1�1 � ��

�� ==

1� �2

(1� �)2 (1 + �)=

1

1� �:

9. (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

35

10. (i) 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) = �30.206

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.

(ii) det (A+B) = det

2664�4 2 0 43 0 1 30 10 �2 �33 �2 2 4

3775 = �134 6= �47 = �30 � 17 = detA +

detB

det (A�B) = det

2664�2 2 0 0�5 0 �1 30 8 �2 33 0 �2 0

3775 = 138 6= �13 = �30 + 17 = detA� detB

11. (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

12. 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.

207

(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��CT2C

��1�= det

�C�1

1

2(C�1)

T

�=1

23det (C�1) det (C�1) =

1

23

�1

detC

�2=

1

288

(iv) det�CT 1

2C�2

�=1

23det�CT�det (C�2) =

1

23detC

1

(detC)2=1

231

detC= � 1

48

(v) det (C2 + 2D) = det

0@24 1 1 �18 11 42 1 6

35+ 224 9 �8 �1�7 �3 0�2 0 0

351A =

= det

24 19 �15 �3�6 5 4�2 1 6

35 = 62

(vi) 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.

13. det(2ATB�3) = 23 det�AT�det(B�3) = 8 detA

1

(detB)3= 64

p3.

14.

��a b 0 cd e 0 fg h 0 ix y �1 z

�� = 5,��a b cd e fg h i

�� = 5

(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

208

(iv)

��2i 2h 2g

f � 3c e� 3b d� 3ac b a

�� = 10 (v)

��a g db h ec i f

�� = �5

15. (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

16.

��1 2 �� + �2 2��

�� = ��.

17.

��

� 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.

18.

��

� � � : : : �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.

209

19. Sejam � 6= 0 e A = (aij)n�n.

det��i�jaij

�=

��

a111�a12

1�2a13 : : : 1

�n�2a1 n�1

1�n�1

a1n�a21 a22

1�a23 : : : 1

�n�3a2 n�1

1�n�2

a2n... �a32 a33

. . .... �a43

. . . 1�an�2 n�1

......

. . . an�1 n�11�an�1 n

�n�1an1 �n�2an2 �n�3an3 : : : �an n�1 ann

��=

=1

�:::

1

�n�21

�n�1

��

�n�1a11 �n�2a12 �n�3a13 : : : �a1 n�1 a1n�n�1a21 �n�2a22 �n�3a23 : : : �a2 n�1 a2n... �n�2a32 �n�3a33

. . .... �n�3a43

. . . �an�2 n�1...

.... . . �an�1 n�1 an�1 n

�n�1an1 �n�2an2 �n�3an3 : : : �an n�1 ann

��=

=1

�:::

1

�n�21

�n�1�n�1�n�2:::�

��

a11 a12 a13 : : : a1 n�1 a1na21 a22 a23 : : : a2 n�1 a2n... a32 a33

. . .... a43

. . . an�2 n�1...

.... . . an�1 n�1 an�1 n

an1 an2 an3 : : : an n�1 ann

��= detA.

20. 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.

210

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

21. (i)��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) .

(ii)

det

2664(x1)

3 (x1)2 x1 1

(x2)3 (x2)

2 x2 1

(x3)3 (x3)

2 x3 1

(x4)3 (x4)

2 x4 1

3775 = det26641 x1 (x1)

2 (x1)3

1 x2 (x2)2 (x2)

3

1 x3 (x3)2 (x3)

3

1 x4 (x4)2 (x4)

3

3775 =

= det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 x2 � x1 (x2)2 � (x1)2 (x2)

3 � (x1)30 x3 � x1 (x3)

2 � (x1)2 (x3)3 � (x1)3

0 x4 � x1 (x4)2 � (x1)2 (x4)

3 � (x1)3

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 1 x3 + x1 x21 + x1x3 + x23

0 1 x4 + x1 x21 + x1x4 + x24

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 0 x3 � x2 x1 (x3 � x2) + x23 � x220 0 x4 � x2 x1 (x4 � x2) + x24 � x22

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) (x3 � x2) (x4 � x2) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 0 1 x1 + x3 + x20 0 1 x1 + x4 + x2

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) (x3 � x2) (x4 � x2) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 0 1 x1 + x3 + x20 0 0 x4 � x3

3775 == (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) (x3 � x2) (x4 � x2) (x4 � x3) == (x1 � x2) (x1 � x3) (x1 � x4) (x2 � x3) (x2 � x4) (x3 � x4)

22. (i)

��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

�� = 0211

(ii)

��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

��(iii)

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

�� =��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��

23.�� a1 + b1 c1 + d1a2 + b2 c2 + d2

�� = (a1 + b1) (c2 + d2)� (a2 + b2) (c1 + d1) == a1c2 � a2c1 + a1d2 � b2c1 + b1c2 � a2d1 + b1d2 � b2d1 =

=

�� a1 c1a2 c2

��+ �� a1 c1b2 d2

��+ �� b1 d1a2 c2

��+ �� b1 d1b2 d2

�� :

24.

��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

25. O coe�ciente de x3 na expressão

��2x x 1 21 x 1 �13 2 x 11 1 1 x

�� é �1, uma vez que as permutaçõescorrespondentes ao produto x� 1� x� x| {z }

=x3

são (1234)| {z }par

(a das linhas) e (2134)| {z }ímpar

(a das colunas):

26. (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,

212

,

��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)

27.

��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 de13 então a 3a coluna é também múltipla de 13. Logo

��5 3 37 1 58 7 1

�� é múltiplo de 13.

28.

��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 3acoluna é múltipla de 5, logo

��2 1 5�1 0 103 �7 25

�� é múltiplo de 5.

29. 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.

30. Se A (real) fôr ortogonal então detA = 1 ou detA = �1:

Dem. Sendo A ortogonal, tem-se

ATA = AAT = I

213

pelo que

(detA)2 = detA detA = detAT detA = det�ATA

�= det I = 1,

, (detA = 1 ou detA = �1) .Sendo A unitária, tem-se

AHA = AAH = I

pelo que

jdetAj2 = detA detA = detAH detA = det�AHA

�= det I = 1,

, jdetAj = 1.

214


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 operaçõesusuais, são todos os subespaços de R2.(i) f(0; 0)g é subespaço de R2.

(ii) Seja Vk = f(x; kx) : x 2 Rg com k 2 R (�xo). Vk 6= ? pois (0; 0) 2 Vk. Sejam(x1; kx1); (x2; kx2) 2 Vk e � 2 R. Tem-se

(x1; kx1) + (x2; kx2) = (x1 + x2; k (x1 + x2)) 2 Vk

e, com (x; kx) 2 Vk,�(x; kx) = (�x; k (�x)) 2 Vk.

Logo, para todo o k 2 R, Vk é subespaço de R2.Em alternativa, uma vez que

Vk = L (f(1; k)g) ,

para todo o k 2 R, conclui-se que Vk é subespaço de R2 (para todo o k 2 R).

(iii) Seja U = f(0; a) : a 2 Rg. U 6= ? pois (0; 0) 2 U . Sejam (0; a1) ; (0; a2) 2 U e� 2 R. Tem-se

(0; a1) + (0; a2) = (0; a1 + a2) 2 Ue, 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.

215

(iv) R2 é subespaço de R2.

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 deR3.

(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 deR3.

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

U = L (f(0; 0; 1)g) .Logo, U é subespaço de R3.

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

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

Logo, U é subespaço de R3.

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 subespaçode 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) .

216



�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

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 =2U .

5. Seja P2 o espaço linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menorou 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.

217

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, U não é subespaço de P2.

(iv) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 = 2g. Por exemplo: o polinómio nulop(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 .

218

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

�,

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) .

219

(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


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) .

220

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 .

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


N (A) =�u 2 R3 : Au = 0

= f(0; 0; 0)g .

Observação: ComoN (A) = f(0; 0; 0)g e sendoA 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 que24 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 ,221

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).

10. Considere, no espaço linear R4, os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1;�1; 0; 0) ev3 = (0; 1; 2; 1). Tem-se26641 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 vectoresv = (3; 0;�2) e w = (2;�1;�5):

222

12. Considere, no espaço linear P2, os vectores p1(t) = 2 + t + 2t2, p2(t) = �2t + t2,p3(t) = 2� 5t+ 5t2 e p4(t) = �2� 3t� t2. O vector

q(t) = 2 + t+ t2

pertence à expansão linear L (fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g)? Podem os vectores p1(t), p2(t),p3(t) e p4(t) gerar P2? Tem-se24 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:

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. Deter-minemos os valores 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 a

24 xyz

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 .223

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

�1 =12x+ 1

2y + s

�2 =12y � 1

2z + s

�3 =12x� 1

2z + s

�4 = s, s 2 Re assim24 xyz

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.

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

224

�!�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 . Porexemplo �

1 11 1

�=2 U = L

��1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��.

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.

225

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).

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 .

226

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-se que

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) .

18. (i) Seja U = L (f1� t2; 1 + tg) um subespaço de P2. Seja p (t) 2 U , com p (t) =a0 + a1t+ a2t

2. 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 tais que

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

Tem-se então a matriz aumentada24 1 0 �2 j x0 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 .227

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 Rtais que

(x; y; z) = �(0; 1; 0) + �(�2; 1;�2).Tem-se então a matriz aumentada24 0 �2 j x1 1 j y

0 �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 vezque

(�2; 1;�2) = (�2)(1; 0; 1) + (0; 1; 0) e (1; 0; 1) =��12

�(�2; 1;�2) + 1

2(0; 1; 0).

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

(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 vezque

(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).

228

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

.

�!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 deuma matriz A e de 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 contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

229

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-se24 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�1ou �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 comocolunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação deGauss:

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 contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(4; 2; 1); (2; 6;�5); (1;�2; 3)g é linearmente dependente, mas o conjunto f(4; 2; 1); (2; 6;�5)gé linearmente independente. Procuremos então �; � 2 R tais que

(1;�2; 3) = �(4; 2; 1) + �(2; 6;�5).

Atendendo ao que já se fez e considerando a 3a coluna como o termo independente do sistema,tem-se 8>>>><>>>>:

4�+ 2� = 1

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

230

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

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 contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(1; 2;�1); (3; 2; 5)g é linearmente independente.

(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g como colunasde uma matriz A 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 contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g é linearmente independente.

Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Comoa dimensão de R3 é 3, então o conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g é desde logo uma base deR3, sem ser preciso veri�car se gera R3.

(iv) O conjunto f(1; 0;�1); (0; 0; 0); (0; 1; 1)g contém o vector nulo, logo é linearmente de-pendente. Facilmente se vê que f(1; 0;�1); (0; 1; 1)g é linearmente independente. Facilmentetambém se vê que

(0; 0; 0) = 0(1; 0;�1) + 0(0; 1; 1).

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

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

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

Resolução alternativa para veri�car a dependência linear: Podemos colocar osvectores do conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g como colunas de uma matriz A ede seguida aplicar a essa matriz 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 = A0.231

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

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

é linearmente dependente para quaisquer x; y; z 2 R, mas o conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3)gé linearmente independente.

Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Comoa dimensão de R3 é 3, então o conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3)g é desde logo uma base deR3, sem ser preciso veri�car se gera R3.Procuremos então �; �; 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 1; 0) + �(0; 2; 3) + (1; 2; 3).

Atendendo ao que já se fez e considerando a 4a coluna como o termo independente do sistema,tem-se 8>>>><>>>>:

�+ = 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 colunasde uma A matriz 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

�!�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 ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

Sa =�(a2; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)

é linearmente independente se e só se a =2 f�1; 0; 1g. Logo, uma vez que dimR3 = 3 e Satem 3 vectores, Sa será uma base de R3 se e só se a =2 f�1; 0; 1g.

232

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) subespaçosde R4: Determine os valores de k para os quais dim (U \ Vk) = 1. Coloquemos os vectoresgeradores de U e de V como colunas 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 eliminaçãode 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 contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Qualquer conjuntof(1; 0; 2); (0; 1; 2); (x; y; z)g em que z � 2x� 2y 6= 0 constitui uma base de R3.

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

f(2;�1; 1); (�4; 2; 1); (x; y; z)g


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.

233

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm ospivots, formam um 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 ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, qualquer conjunto

f(�1; 2; 1); (1; 0;�1); (x; y; z)g

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

24. (i) 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 deL(S), pois gera L(S) e é linearmente independente. E então,

dimL(S) = 2.

(ii) SejaS =

�2; sen2 t; cos2 t

.


2 = 2 cos2 t+ 2 sen2 t.

234


�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 deL(S), pois gera L(S) e é linearmente independente. 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 = 1obtemos �e1 + �e�1 = 0. Logo, � = � = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fet; e�tg é uma basede 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 linearmenteindependente. Sejam �; �; 2 R tais que

�f + �g + h = 0.

235

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 indepen-

dentes.

26. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 3); (1;�1)g como colunas de umamatriz A e de seguida 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 contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntoformado pelos vectores das colunas 1 e 2 da matriz A:

f(1; 3); (1;�1)g

é linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes.Como a dimensão de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 3); (1;�1)g é desde logo umabase de R2. (Não foi preciso veri�car se B gera R2). Isto é, B é base de L(B) = R2 edimL(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

236

e assim,

(0;�1) = �14(1; 3) +

1

4(1;�1).

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

0(1; 3) + (�1)(1;�1) = (�1; 1).

(ii) O conjunto S = f(0; 0); (1; 2)g contém o vector nulo, logo o conjunto é linearmentedependente, pelo que não pode ser base de R2. No entanto, S 0 = f(1; 2)g é linearmenteindependente e S 0 é base de L(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 equalquer base de R2 tem sempre dois vectores (pois dimR2 = 2). No entanto, S = f(2; 4)gé linearmente independente e S 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�carse 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 doque 2 vectores é linearmente dependente. O conjunto S = f(1; 2); (2;�3); (3; 2)g é formadopor três vectores de R2, logo é linearmente dependente e como tal não pode ser uma basede R2. No entanto, podemos colocar os vectores do conjunto S = f(1; 2); (2;�3); (3; 2)gcomo colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminaçãode 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 contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntoformado pelos vectores das colunas 1 e 2 da matriz A:

B = f(1; 2); (2;�3)g

237

é linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes.Como a dimensão de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 2); (2;�3)g é desde logo uma basede R2. (Não foi preciso veri�car se B gera R2).Determinemos agora as coordenadas do vector (0;�1) em relação à base

B = f(1; 2); (2;�3)g


(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) emrelação à base B2c são precisamente 0 e �1. Ainda em relação à base B2c , o vector cujascoordenadas 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 élinearmente dependente, pelo que não pode ser base. Mas,

L (f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g) = L (f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g)

e facilmente se vê que o conjunto f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g é linearmente independente. Logo,

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 conjunto f(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.

238

(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g como colunasde uma matriz A 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.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g é linearmente independente. Temos assim, três vectores de R3linearmente independentes. Como a dimensão deR3 é 3, então o conjunto f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)gé desde logo uma base de R3. Vamos agora escrever o vector (�1; 1;�2) como combinaçãolinear dos vectores desta base. Isto é, procuremos �; �; 2 R tais que

(�1; 1;�2) = �(3; 2; 2) + �(�1; 2; 1) + (0; 1; 0).

Temos então24 3 �1 0 j �12 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 cujascoordenadas 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 indepen-dente. Temos então três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão deR3 é 3, então o conjunto f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g é desde logo uma base de R3. Vamosagora escrever o vector (�1; 1;�2) como combinação linear dos vectores desta base. Isto é,procuremos �; �; 2 R tais que

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

Temos então: 8<:� = �1�+ � = 1�+ � + = �2

,

8<:� = �1� = 2 = �3.

239

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, é dado por:

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

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

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

é formado por quatro vectores de R3, logo é linearmente dependente. Vamos procurar onúmero máximo de vectores linearmente independentes que, em conjunto, geram

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

Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g como lin-has de uma A matriz 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 conjuntof(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g é formado por três vectores de R3, linearmente independentes.Atendendo a que a dimensão de R3 é 3, o conjunto

f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g

é desde logo uma base de R3. Uma vez que L(A) = L(A0) temos então:

L (f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g) = L (f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g) = R3.

Logo,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).

240

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 cujascoordenadas são (�1; 1;�2) nessa base, é dado por:

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

(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 coordenadas nessa base são (�1; 1;�2) é precisamente o vector (�1; 1;�2).

28. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)gcomo colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação deGauss: 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 de R4 linearmente independentes. Como a dimensão de R4 é4, então o conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g é desde logo uma base de R4e

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 comocolunas de uma 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 assimuma base do subespaço de R4:

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

tendo-sedimL (f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g) = 3.

241

Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelomenos 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

.

(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 deGauss:

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 conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas1; 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 espaçolinear de dimensão 4. 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 li-nearmente independente. Temos então quatro vectores de R4 linearmente independentes.Como a dimensão de R4 é 4, então o conjunto

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

é desde logo uma base de R4 e

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

242


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.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas1; 2 e 4 da matriz A formam um conjunto linearmente independente:

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

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

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

tendo-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 pelomenos dois vectores do conjunto inicial:

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

uma vez que 26641 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 = A0.243

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas1; 2 e 3 da matriz A formam um conjunto linearmente independente:

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

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

L (f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g) ,

tendo-se

dimL (S) = dimL (f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g) = 3.

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

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

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

(8;�3; 3; 5). Isto é, procuremos �; �; 2 R tais que

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

Temos então: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):

244

Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelomenos 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

como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminaçãode 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 ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto�

2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2,

formado por três vectores de P2, é linearmente independente. Como a dimensão de P2 é 3,então o conjunto �

2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

é desde logo uma base de P2 tendo-se

L��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).

245

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 coor-denadas 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


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 conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectorescorrespondentes às colunas 1; 2 e 3 da 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).

246

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 coorde-nadas 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


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 conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectorescorrespondentes às colunas 1; 2 da matriz 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 próprio é uma base de

L��1 + 2t+ t2; 2� t

�,

e tem-sedimL

��1 + 2t+ t2; 2� t

�= 2.

247

(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 conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectorescorrespondentes às colunas 1; 2 e 4 da 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


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

248

�!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 cujascoordenadas são (�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+2t2em relação a essa base são precisamente �1; 3 e 2. Ainda em relação à base f1; t; t2g, o vectorcujas coordenadas nessa base são (�1; 3; 2) é precisamente o vector �1 + 3t+ 2t2.

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 �; �; ; � 2R 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 .249

Aplicando então o método de eliminação de Gauss à matriz dos coe�cientes do sistemahomogéneo 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 deM2�2(R) gerado por S. Determinemos uma base para W que inclua vectoresde 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

�.

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 conjuntode 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

��.

250

32. A dimensão do espaço linear M3�2(R) é 6. Assim, para encontrar uma base deM3�2(R), basta encontrar 6 matrizes do tipo 3� 2 que sejam linearmente independentes. Oseguinte conjunto de 6 matrizes do 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 basecanónica 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 peloconjunto

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 umabase do subespaço formado por todas as matrizes diagonais do tipo 3�3. Logo, o subespaçotem dimensão 3.

(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 peloconjunto

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=;251

Além disso, este conjunto é linearmente independente. Temos então que o conjunto S é umabase do subespaço formado por todas as matrizes simétricas do tipo 3�3. Logo, o subespaçotem 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 conjunto de vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(3;�6)g)

e o conjunto f(3;�6)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(3; 1)g) ,

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

carA = dim C(A) = 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

�é equivalente à equação

3u1 + u2 = 0.

Logo,N (A) = f(u1;�3u1) : u1 2 Rg = L (f(1;�3)g) .

O conjunto S = f(1;�3)g é linearmente independente. Como S é linearmente independentee 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.

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

C(A) = L (f(3; 1)g)

252

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),

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 élinearmente independente 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 linearmenteindependente. 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) ,

253

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 indepen-dente e gera N (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.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(1;�1; 0); (1; 2; 1); (�2; 1;�1)g)

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

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

.

254

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

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 linearmenteindependente. 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:


255


�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


C(A) = L (f(�1; 0;�1); (3; 2; 3)g)

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

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

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



�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

256

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 linearmenteindependente e 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


C(A) = L (f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g)

e o conjunto f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(1; 2; 3;�1); (0;�1;�4; 2)g) ,

e o conjunto f(1; 2; 3;�1); (0;�1;�4; 2)g é uma base de L(A). Desta forma:



�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

3775257

é 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 linear-mente independente 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 ) :

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 casosU + V é a soma directa 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 ver-i�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.

258

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.

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 , então

v = �(1; 0; 1) + �(�1; 1; 2) = (�� ; �; �+ 2�),

com �; � 2 R. Para que v esteja também em V é preciso que:

�� + � + 3 (�+ 2�) = 0.

259

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 deR3. 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.

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 .

260

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 col-unas de uma matriz:

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 conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto�

1 + t; 1� t3; 1 + t+ t2; t� t3

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e deste modo U + V = P3.Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto�

1 + t; 1� t3

é base de U , tendo-se dimU = 2, e como26641 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-se26641 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 .261

LogoU =

�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 .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

262

�!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

�!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 a26642 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

263

�!�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 linearmentedependente, sendo linearmente independente o seguinte seu subconjunto

f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1)g .

Assim, f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1)g é uma base de U; de V , de U + V e de U \ V , tendo-se

dim (U + V ) = dim (U \ V ) = 2.

Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(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

377775 = A0 (*).

264

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

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

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4.Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto

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

é base de U , tendo-se 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

377775o conjunto

f(1;�2;�3; 0;�2); (1;�1;�3; 2;�4); (1;�1;�2; 2;�5)gé base de V , tendo-se dimV = 3.Logo,

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

265

�!�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

�Como26644 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

�!�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

266

�!�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

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(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

3775o conjunto

f(1; 1; 1; 1); (1; 2; 0;�1); (0; 0; 1; 1)gé base de V , tendo-se dimV = 3.Logo,

dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 3 + 3� 4 = 2.Uma base para U \ V .Atendendo a2664

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

267

�!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.

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 ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(1; 0; 2;�1; 0); (0; 2;�1; 2; 0); (1; 0; 1; 1; 0)g)

268

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 .

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 in-dependente. Como S é linearmente independente e gera N (A), temos então que S é umabase 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.

269

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 deter-minado. Neste caso, 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:

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 inde-terminado. Neste caso, 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 inde-terminado. Neste caso, na solução geral de AX = B, existem 7 parâmetros.

270

(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





O correspondente sistema de equações lineares não homogéneo AX = B é possível e inde-terminado. Neste caso, 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 deter-minado. Neste caso, na solução geral de AX = B, não existe nenhum parâmetro.

39. Queremos encontrar A tal que N (A) = L (f(2; 0; 1)g). Por de�nição N (A) =fu 2 R3 : Au = 0g. 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) ,

271

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, nessecaso, não se pode 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,

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 talque 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.

272

44. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2. Sejav = (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-se v = (1; 5) = �7(1; 1) + 4(2; 3).

(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 .

273


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 .

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. Deter-minemos as coordenadas do mesmo vector p(t) em relação à base B1.Tem-se

p(t) = 1 + 2 (1 + t) + 3�1 + t+ t2

�= 6 + 5t+ 3t2 = �1 + � (1� t) + t2.

É fácil ver que � = 11, � = �5 e = 3.

Resolução alternativa: Tem-se

SB2!B1 =

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, as coordenadas 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)

274

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

�.


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

�.

275

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

sistema 8<:w1 + 2w2 � w3 = (1; 0; 1)w1 + w2 � w3 = (1; 1; 0)2w1 + w2 + w3 = (0; 0; 1),

cuja matriz aumentada é dada por24 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

��.

276

Note que 24 13

0 �23

1 �1 �1�13

1 23

3524 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 =24 1 1 00 1 01 0 1

35,,

24 13

0 �23

1 �1 �1�13

1 23

35 =24 1 1 00 1 01 0 1

3524 �23

1 13

1 �1 �113

0 13

35em que

SB2!B1 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35�1 =24 �2

31 1

3

1 �1 �113

0 13

35 ;SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 ,B1 = f(1; 0; 1); (1; 1; 0); (0; 0; 1)g ,

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 B1para a base B2.Queremos encontrar a1; a2; a3; a4; b1; b2; b3; b4; c1; c2; c3; c4; d1; d2; d3; d4 2 R tais que�

1 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

�.

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

277

�!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 =148>>>>>>>><>>>>>>>>:

c1 =14

c2 =14

c3 = �14

c4 =14

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

d1 =14

d2 =14

d3 =14

d4 = �14.

278

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) respectivamenteas coordenadas de 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 àsbases B1 e B2: Suponha ainda que (1; 1) e (2;�2) são respectivamente as coordenadas deum polinómio q (t) em relação às bases B1 e B2: Determine a matriz SB1!B2 de mudança dabase B1 para a base B2.Seja

SB1!B2 =

�a bc d

�.

Tem-se �22

�=

�a bc d

� �1�1

�e

�2�2

�=

�a bc d

� �11

�.

279

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

�.

280


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 o u 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 tal que 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). Istoé, � = �.

281

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 nulop(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 :

282

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 .

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) Seja

U = 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) Seja

U = 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;f22U

f1(�x) + f2(�x) = (f1 + f2) (�x),

283


�f 2 U ,

pois(�f) (x) = �f(x) =

f2U�f(�x) = (�f) (�x),


(iii) O conjunto de todas as funções racionais, isto é, as que são quocientes de funçõespolinomiais, 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 ésubespaço de V .

(v) Seja

U = ff : Dom f � R �! R tais que f(0) = f(1); 8x 2 Dom fg

Sejam f1; f2 2 U e � 2 R. Tem-se

f1 + 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) .

284

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 .

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 conjuntode vectores linearmente independente que gera V .

7. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n� n. Suponhamos que fv1; v2; : : : ; vng éuma base de Rn. Queremos provar que fAv1; Av2; : : : ; Avng é também uma base deRn.Dem. Vejamos primeiro que o conjunto fAv1; Av2; : : : ; Avng é linearmente indepen-dente. 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.

285

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 linearmenteindependentes. Como a dimensão de Rn é n, então

fAv1; Av2; : : : ; Avng

é uma base de Rn .

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 vectorde V se escreve de maneira única como combinação linear dos elementos de S. Assim,seja v um vector qualquer de V . Como S é uma base de V , então em particular geraV . Pelo que, existem �1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

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), entãotemos

�1 = �1; �2 = �2; : : : ; �n = �n.

Logo, conclui-se que todo o vector de V se escreve de maneira única como combinaçãolinear dos elementos de S.

(() Suponhamos agora que todo o vector de V se escreve de maneira única comocombinação linear dos elementos de S. Queremos provar que S = fv1; v2; : : : ; vng éuma base de V . Como todo o vector de V se escreve como combinação linear doselementos de S, então S gera V . Falta ver que S é linearmente 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 comocombinação linear dos 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 referidana questão.

286

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 sead 6= bc.Dem. (() Suponhamos que ad 6= bc. Vejamos que fw1; w2g é uma base de U .Vamos começar por veri�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.

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 e como w1; w2 são dois vectores de U , linearmente independentes,então conclui-se que fw1; w2g é uma base de U (não sendo necessário veri�car se oconjunto fw1; w2g gera U).()) Reciprocamente, se fw1; w2g é uma base de U , em particular é linearmente inde-pendente, e como 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.

287

Demonstração alternativa. Como o conjunto fv1; v2g é uma base do espaço linearU então dimU = 2. Logo, se o conjunto fw1; w2g fôr linearmente independente entãoserá uma base do espaço 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 linearmenteindependente. Logo,

�1a+ �2c = �1b+ �2d = 0 2 R.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 que N (A) \ C (B) 6= f0g) uma base fx1; : : : ; xsgpara N (A) \ C (B) e suponha (no caso em que AB 6= 0) que fx1; : : : ; xs; y1; : : : ; ytg éuma base para C (B). Mostre que fAy1; : : : ; 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) e suponhamos que AB 6= 0 (no caso em que AB = 0 tem-se dim C (AB) = 0 e

dim C (B) = dim (N (A) \ C (B)) uma vez que C (B) � N (A)):

Seja fx1; : : : ; xs; y1; : : : ; ytg é uma base para C (B). Nesse caso dim C (AB) = s + t.Vejamos que fAy1; : : : ; Aytg é uma base para C (AB).

288

Seja b 2 C (AB). Tem-se ABz = b para algum z. Mas, como Bz 2 C (B), entãoexistem 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 existiamescalares �1; : : : ; �t tais 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:

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

289


Sugestão: Considere

v =(v1; : : : ; vn) = �1x1 + �2x

2 + � � �+ �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

1CAe �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 oconjunto �

x1;x2; : : : ;xr


290

12. Seja y 2 C (A+B). Então existe x tal quey = (A+B)x = Ax+Bx 2 C (A) + C (B) :

LogoC (A+B) � C (A) + C (B) :

13. Seja A 2Mm�n(R). Vejamos que

N�AT�\ C (A) = f0g :

Seja y 2 N�AT�\ C (A). Então existe x tal que

ATy = 0 e y = Ax:

LogoyT = xTAT

e0 = xT

�ATy

�=�xTAT

�y = yTy:

Isto é

0 = yTy =nXi=1

y2i

ou sejay = (y1; :::; yn) = (0; :::; 0) = 0.

Logo, sem perda de generalidade,

N (A) \ L (A) = f0g :

14. Como B = C +B � C e C (B) = C (C +B � C) � C (C) + C (B � C) entãocarB = dim C (B) � dim C (C) + dim C (B � C) = carC + car (B � C) :

Pelo que carB � carC � car (B � C). De um modo análogo, como

C = B + [� (B � C)]e

C (C) = C (B + [� (B � C)]) � C (B) + C (B � C)então

carC � carB � car (B � C) :Logo

jcarB � carCj � car (B � C) :

15. Sejam �; �; ; � 2 R tais que�v + �Av + A2v + �A3v = 0:

Multiplicando a igualdade anterior por A3 e atendendo a que A4 = 0 e assim A5 =A6 = A7 = 0, então �A3v = 0 e deste modo � = 0 uma vez que A3v 6= 0 (v =2 N (A3)).Analogamente: multiplicando a igualdade �Av+ A2v+�A3v = 0 por A2 tem-se � = 0,multiplicando a igualdade A2v+�A3v = 0 por A tem-se = 0 e �nalmente de �A3v =0 obtém-se � = 0. Logo, o conjunto fv; Av;A2v; A3vg é linearmente independente.

291


1. Sejam a; b 2 R. A aplicação Ta;b : R ! R de�nida por Ta;b (x) = ax + b é linear se esó se b = 0 e a 2 R.

2. (i) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x+ 2y; 3x� y). T é linear e tem-se

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)gé uma 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 dechegada) então T também é injectiva, como se constatou no facto de se ter N (T ) = f(0; 0)g.Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.Observação: T é injectiva se e só se N (T ) = f0g, onde 0 é o vector nulo do espaço de

partida.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo

M(T ;B2c ;B2c ) =�1 23 �1

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica B2c no espaçode partida e no espaço 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

292

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 ).

(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)gé uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) 6= R3 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)g

então T não é injectiva.Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo

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 espaçode partida e no espaço de chegada, tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 .293

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) .

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 deI(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)gentão T não é injectiva.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 nosespaços de partida 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 .

294

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) .

Como o conjunto f(0; 1)g é linearmente independente e como gera N (T ) então f(0; 1)g éuma base de N (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 basede I(T ), a base canónica 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 espaçode partida e 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 ,295

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) .

Como o conjunto f(2; 0;�1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(2; 0;�1)gé uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) 6= R3 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) = f0g então T

é injectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo

M(T ;Bc;B3c ) =

24 20�1

35 ,a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc no espaçode partida e B3c 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

�,

296

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 geraN (T ) entãof(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) .

Como o conjunto f(1; 0); (0; 3)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 0); (0; 3)gé uma 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. 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 espaçode partida e 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 umabase 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 ,297

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)gé uma base de N (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 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) .

298

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 umabase 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 vezque

dim R|{z}espaço de partida


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= f0g então Tnão 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 nosespaços de partida 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 .

299

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.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 ,300

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 indepen-dente e como gera I(T ) então f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de I(T ).Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.

(xiv) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x cos � � y sen �; x sen � + y cos �), � 2 R. T élinear 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

=


�.

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 com

T (p (t)) = 2p (1� t)� tp0 (t) :

T é linear uma vez que, para todos os p (t) ; p1 (t) ; p2 (t) 2 P2, para todo o � 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)).

301

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) ,

então

N (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, umavez que dimN (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� 3tgé 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)) = 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) .

302

Logo, I(T ) = L (f2; 2� 3t; 2� 4tg) = L (f2; 2� 3tg). Uma vez que o conjunto f2; 2� 3tg élinearmente independente 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

= 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) ,

então

N (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 vezque dimN (T ) 6= 0.

303

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.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)

�

304

=

�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

��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 .

305

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.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 .

306





I(T ) = f(x+ 2y + z; x+ y; 2x� y) : x; y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g) .

Como o conjunto f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g é linearmente independente e como gera I(T )então f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g é uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) = 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 sejaT : R2 ! R2 a transformação linear tal que

T (v1) = (1;�2), T (v2) = (�3; 1).

(i) Tem-se T (2; 1) = T ((1; 1) + (1; 0)) =|{z}T é linear

T (1; 1) + T (1; 0) = (1;�2) + (�3; 1) =

(�2;�1).

307

(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

�,

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) nabase B usando a de�nição de coordenadas de um vector numa base:

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

Logo, as coordenadas do vector (2; 1) na base B são precisamente 1 e 1.Observação 2: Tem-se

SB!B2c =�SB2c!B

��1e SB2c!B =

�SB!B2c

��1.

308

(v) Determinemos a matriz M(T ;B;B) usando só a de�nição de matriz que representauma transformação linear em relação a uma base ordenada B no espaço de partida e noespaço 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 anteri-ores. 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).

Logo, as coordenadas do vector T (2; 1) na base B são �1 e �1.Resolução alternativa: Determinemos a matrizM(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 )


M(T ;B;B)(R2;B)

Logo,

M(T ;B;B) = SB2c!BM(T ;B2c ;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 vectorT (2; 1) na base 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 matriz M(T ;B2c ;B) usando só a de�nição de matriz que representauma transformação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaçode chegada. Tem-se

M(T ;B2c ;B) =�1 �3�4 7

�,

309

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 )


M(T ;B;B)(R2;B)

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 matrizM(T ;B;B2c ) usando só a de�nição de matriz que representauma transformação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaçode 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 emrelação às bases canónicas (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 .310

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)

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 ,311

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 .

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) =

312

= 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 de R3. Determinemos uma base ordenada

B2 = fw1; w2; w3g de R3 de modo a que a matriz M(T ;B1;B2) que represente T em relaçãoa essas bases B1 e B2 seja a matriz identidade: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 .

9. Considere a transformação linear T : R2 ! R3 que em relação às bases ordenadasB1 = fu1; u2g de R2 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 B01 =

�u01; u

02

de R2 e B02 =

�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 coordenadasdo vector T (�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.

313

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 B01são 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 e3, 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 ,uma vez que v1 = v

01 � 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 ascoordenadas 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.

314

(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 as bases 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 .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) .

315

(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) .

Logo, o conjunto f(1;�1; 0)g é uma base de N (T ) e dimN (T ) = 1. T não é injectiva, umavez que N (T ) 6= f(0; 0)g.

(iii) Tem-se

I(T ) = f(x+ y; x+ y � z) : x; y; z 2 Rg = C��

1 1 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)gé uma base de I(T ) e tem-se dim I(T ) = 2.Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = 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

.

316

(v) Não existe nenhum vector (a; b) 2 R2 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b)seja impossível, uma vez que T é sobrejectiva.

(vi) Não existe nenhum vector (a; b) 2 R2 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b)seja possível e determinada, uma vez que T não é injectiva.

11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B3c ;B3c ) que arepresenta em relação 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.

(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 ovector (1; 1; 0) é uma solução particular da equação linear

T (x; y; z) = (3; 3; 0).

Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (3; 3; 0) é dada por:

f(1; 1; 0)g+N (T ) = f(1; 1; 0)g .

(v) Não existe nenhum vector (a; b; c) 2 R3 para o qual a equação linear T (x; y; z) =(a; b; c) seja impossível, uma vez que T é sobrejectiva.

317

(vi) Não existe nenhum vector (a; b; c) 2 R3 para o qual a equação linear T (x; y; z) =(a; b; c) seja possível e indeterminada, uma vez que T é injectiva.

12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B;B) que arepresenta em relação à 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 ) = L (f(�2) (1; 1; 1) + 1(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0)g) = L (f(1; 1; 2)g) .O conjunto f(1; 1; 2)g é uma base de N (T ) pois gera N (T ) e é linearmente independente.Assim, 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) =

318

= 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 temsoluções.

(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

�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 sendoT 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)

319

eT (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

35que 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

35320

e 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).

Demonstração alternativa da injectividade de T : Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (x+ y + z; x+ 2y � 4z; z) = (0; 0; 0)

=

= f(0; 0; 0)g .

Logo, T é injectiva.

(iii) Sendo T injectiva, como os espaços de partida e de chegada têm a mesma dimensão,então T é sobrejectiva. Logo, T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor�smo.

(iv) Tem-se

T (x; y; z) = (1; 1; 2), (x; y; z) = T�1(1; 1; 2) = (�11; 10; 2).

Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2) é: f(�11; 10; 2)g.

14. Seja

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

�:

321

(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 ,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.

322

(v) Atendendo a que dimN (T ) = 2 e dimM2�2(R) = 4, então dim I(T ) = 2. T não ésobrejectiva uma 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

�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 (or-denada) B2c de R2, 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)

323

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

e

N (T2) =�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0)

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

= f(0; 0)g .

Logo, T1 e T2 são injectivas e como tal são invertíveis.

(vi) Tem-se então�M(T1;B2c ;B2c )

��1=M(T�11 ;B2c ;B2c ) e

�M(T2;B2c ;B2c )

��1=M(T�12 ;B2c ;B2c )

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

�,

324

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

�.

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 ) =�1 0

�, pois T1 (1; 0) = 1 e T1 (0; 1) = 0. Logo

M�T2 � T1;B2c ;B2c

�=M

�T2;B1c ;B2c

�M�T1;B2c ;B1c

�=

�10

� �1 0

�=

�1 00 0

�325

e assim N (T2 � T1) = N (M (T2 � T1;B2c ;B2c )) = N��

1 00 0

��= L (f(0; 1)g). Pelo que

f(0; 1)g é base de N (T2 � T1), uma vez que f(0; 1)g é linearmente independente e geraN (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,como B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g gera o "espaço de partida" R3, tem-se

I (T ) = L (fT (1; 0; 1); T (0; 1; 1); T (0; 0; 1)g) = L (f(1; 0)g) .

Pelo que f(1; 0)g é base de I (T ), pois (1; 0) é linearmente independente e gera I (T ).

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). Considere ainda a transformação linear T2 : R2 �! R3 cuja representação matricial emrelação 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) .

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,então I(T1) = R2 e assim, T1 é sobrejectiva.

(ii) Como B = f(2; 1); (1; 2)g gera o "espaço de partida" R2, tem-se

I (T2) = L (fT2(2; 1); T2(1; 2)g) = L (f(2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g) .

Como o conjunto f(2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g gera I (T2) e é linearmente independente, então é umabase 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-se24 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

35326

logo o conjunto f(1;�2; 1) ; (2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g gera N (T1) + I(T2) e é linearmente indepen-dente, então é uma base de N (T1) + I(T2).Logo, como N (T1) + I(T2) é um subespaço de R3 e dim (N (T1) + I(T2)) = 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 R2e R3 respectivamente, é dada por

M(T2;B2c ;B3c ) =

24 1 01=3 1=30 1

35 .(v) A matriz M(T1;B3c ;B2c ) que representa T1 em relação às bases canónicas B3c e B2c de

R3 e R2 respectivamente, é dada por

M(T1;B3c ;B2c ) =�2 1 00 1 2

�,

uma vez que

T1(1; 0; 0) = (2; 0); T1(0; 1; 0) = (1; 1) e T1(0; 0; 1) = (0; 2).

Logo, a matriz que representa T1 � T2 em relação à base canónica 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

�.

327

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). Considere ainda a transformação linear T2 : R3 �! R2 cuja representação matricial emrelação à base (ordenada) B = f(1; 1; 1); (1; 1; 0); (1; 0; 0)g de R3 e à base canónica B2c de R2é 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 umabase 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 onúcleo de T2, tem-se

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

e�1(1; 1; 1) + 0(1; 1; 0) + 1(1; 0; 0) = (0;�1;�1)

Como o conjunto f(2; 2; 1); (0;�1;�1)g gera N (T2) e é linearmente independente, então éuma base de N (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 alíneaa), tem-se T2 (0; 1; 0) = (�2; 2) e T2 (0; 0; 1) = (2;�2). Logo, a matriz M(T2;B3c ;B2c ) querepresenta T2 em relação às bases canónicas B3c e B2c de R3 e R2 respectivamente, é dada por

M(T2;B3c ;B2c ) =�1 �2 2�1 2 �2

�.

328

Por outro lado, como T1 (1; 0) = (2; 0; 1) e T1 (0; 1) = (1; 0; 2). Logo, a matriz M(T1;B2c ;B3c )que representa T1 em relação às bases canónicas B2c e B3c de R2 e R3 respectivamente, é dadapor

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.

(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 ,329

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, umavez que N (T ) 6= f(0; 0; 0)g.

(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensãode 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

�:

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 assimuma base de I(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.

330

(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

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)

331

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 geraI (T�), sendo assim uma 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, entãoI (T�) = P2, isto é, T� é sobrejectiva se � 6= 0.Se � = 0, como I (T0) 6= P3, T0 não é sobrejectiva.Note que: para todo o � 2 R,


= 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 .

23. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menorou 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).

332

(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 matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.Como

T (1) = 0� 2 = �2, T (t) = 1� 2t; T�t2�= 2t� 2t2

tem-se

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)

para todo o p (t) 2 P2.

333

(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 .

24. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menorou igual a 2. Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de�nida por

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 matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.Como

T (1) = 0� 2 = �2, T (t) = �2t; T�t2�= 2t2 � 2t2 = 0

tem-se

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) ,

então

N (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 quedimN (T ) 6= 0.

334


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;�2tgé 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.

(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.

335

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 (t

2) = 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):

336

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

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

�

337

com a; b; c 2 R. Como o conjunto

B =��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��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.


338

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

��.

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)

339

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) quea representa em relação 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) 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

�

340

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

�=

=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) éinvertível então T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor�smo. Sendo T um isomor�smo,T�1 também é um isomor�smo.Determinemos a expressão geral do isomor�smo T�1, isto é, determinemos

T�1�a0 + 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 .341

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

=

=

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.

342

Atendendo a que as coordenadas de T�1 (a0 + a1t+ a2t2 + a3t3) em relação à base Bc2�2são 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

�.

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 a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (f) = f 00 � 2f 0 + f .

Considere o subespaço S = ff 2 U : f 00 � 2f 0 + f = 0g de U .(i) Mostre que o conjunto fet; 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

343

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 linear-mente independente.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 ef 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:

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-se

a = 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.

344

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�caf (0) = 1 e f 0 (0) = 0.A função identicamente igual a 1 : f = 1 (f (t) = 1;para todo o t 2 R) é uma solução

particular deff 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 :

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.

28) (i)

M(T ;B;B) =�0 �11 0

�:

(ii) Como detM(T ;B;B) 6= 0 então T é invertível e

T (u) = (2;�3; 3;�2), u = T�1(2;�3; 3;�2).

Como

M(T�1;B;B) =�0 �11 0

��1=

�0 1�1 0

�;

345

então atendendo a que as coordenadas de (2;�3; 3;�2) em B são 2 e �3 pois (2;�3; 3;�2) =2v1 � 3v2, tem-se que �

0 1�1 0

� �2�3

�=

��3�2

�são as coordenadas de u na base B. Logo

T (u) = (2;�3; 3;�2), u = �3v1 � 2v2 = (�3;�2; 2; 3);

ou seja u = (�3;�2; 2; 3) é a única solução da equação linear T (u) = (2;�3; 3;�2):

(iii) ComoR(1; 0; 0; 0) = R (v1) +R (w2) = v2 = (0; 1;�1; 0);

R(0; 1; 0; 0) = R (v2) +R (w1)�R (w2) = v1 = (1; 0; 0;�1);R(0; 0; 1; 0) = R (w1)�R (w2) = (0; 0; 0; 0)

eR(0; 0; 0; 1) = R (w2) = (0; 0; 0; 0)

então, sendo Bc a base canónica de R4,

M(R;Bc;Bc) =

26640 1 0 01 0 0 0�1 0 0 00 �1 0 0

3775pelo que

R(u) = (2;�3; 3;�2),M(R;Bc;Bc)u =

26642�33�2

3775,, u 2 f(a; b; c; d) 2 R4 : �b = 2; a = �3; c; d 2 Rg = f(�3;�2; c; d) : c; d 2 Rg:

Isto é, a solução geral de R(u) = (2;�3; 3;�2)

é:f(�3;�2; c; d) : c; d 2 Rg:

29) a)T2(1) = 1� t = 0 (1 + t) + 1 (1� t) + 0t2;

T2(t) = 2 + 8t� 2t2 = 5 (1 + t)� 3 (1� t)� 2t2;logo

M(T2;B;B1) =

24 0 51 �30 �2

35 :346

b)

N (M(T1;B1;B2)) = N��

1 2 00 �1 1

��= f(�2y; y; y) : y 2 Rg = L (f(�2; 1; 1)g) :

LogoN (T1) = L

��(�2) (1 + t) + 1 (1� t) + 1t2

�= L

��1� 3t+ t2

�:

Base paraN (T1) :

��1� 3t+ t2

:

T1 é sobrejectiva:dim I(T1) = dimP2 � dimN (T1) = 2 = dimP1:

c)

T1(t) =1

2[T1 (1 + t)� T1 (1� t)] =

=1

2[1 (1 + t) + 0 (1 + 2t)� 2 (1 + t) + 1 (1 + 2t)] = 1

2t, T1(2t) = t

(uma vez que T1 é linear), logo a solução geral da equação T1(p (t)) = t é:

f2tg+N (T1) =�2t+ c

��1� 3t+ t2

�: c 2 R

:

d) f1; tg é uma base de P1. Como

(T1 � T2) (1) = T1 (T2(1)) = T1 (1� t) = 2 (1 + t)� 1 (1 + 2t) = 1

e(T1 � T2) (t) = T1 (T2(t)) = T1

�2 + 8t� 2t2

�=

= 5T1 (1 + t)� 3T1 (1� t)� 2T1t2 == 5 [1 (1 + t) + 0 (1 + 2t)]� 3 [2 (1 + t)� (1 + 2t)]� 2 [0 (1 + t) + 1 (1 + 2t)] = t;

então T1 � T2 = I.

347


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, logotem-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-se24 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(associados ao valor próprio 0) linearmente independentes.

3. Determinemos os valores próprios de uma matriz A 2 � 2 cujo traço seja igual a 5 ecujo determinante seja 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

348

então�1 + �2 = 5 e �1�2 = 6

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 própriossejam �2 e 2 e tal 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).

349

Logo24 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

35e assim = �x+ y � z, � = 1

2(�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 vectorpróprio 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) constituemrespectivamente a 1a, 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� �) .

350

Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para osquais det(A� �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0, �2 = �2 e �3 = 4.

(iii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como T tem 3 valorespróprios distintos, os vectores próprios correspondentes a cada um deles irão ser linearmenteindependentes e como tal irá existir uma base de R3 formada só com vectores próprios de T ,ou seja, T é diagonalizável.

(iv) O subespaço próprio E�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) .

351


u = (0; s; s) , com s 2 Rn f0g .


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 emR2 e dimR2 = 2 e além disso, v1 e v2 são vectores próprios de T , então existe uma base deR2 formada só com vectores próprios de 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 matrizdiagonal, 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 édado por

det(A� �I) =�� 00 10

3� �

�� = ��103 � ��.

352


�1 = 0 e �2 =10

3.


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 .

8. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que em relação à base canónica deR3 é representada pela matriz:

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 Tassociado ao valor próprio 1; v3 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 0.

353

(ii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como os vectores v1 =(1; 0; 0); v2 = (1; 1; 1) e v3 = (0; 0; 1) formam uma base de R3 pois são três vectores linear-mente independentes em R3 e dimR3 = 3 e além disso, v1; v2 e v3 são vectores própriosde T , então existe uma base de R3 formada só com vectores próprios de T , ou seja, T édiagonalizável.

(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) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.Determinemos os valores próprios de T . Os valores próprios de T são os valores próprios

de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A� �I) = 0.O polinómio característico é dado por

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) .

354


u = (s; s; s), com s 2 Rn f0g .

(iv) É possível ter então uma base de R3 constituída só por vectores próprios de T :

Bvp = f(1; 0; 0); (1; 1; 1); (0; 0; 1)g ,

uma vez 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 que

D = 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 ordenadaB1 = f(1; 2) ; (2; 1)g de R2 é representada pela matriz:

A =

�2 33 2

�.

(i) Tem-sedet (A� 0I) = detA = �5 6= 0.

355

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� �)

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 umdeles irão ser linearmente independentes e como tal irá existir uma base de R2 formada sócom 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 .

356

(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

�uma vez que

T (�1; 1) = �1(�1; 1) = �1(�1; 1) + 0(1; 1)e

T (1; 1) = �2(1; 1) = 0(�1; 1) + �2(1; 1).Deste modo, (�1; 0) e (0; �2) constituem respectivamente a 1a e 2a colunas deM(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 lin-ear tal que T 2 = T . Uma tranformação linear nas condições anteriores chama-se projecção.(i) Mostre que os valores próprios de T são 0 e 1:Dem. Seja � um valor próprio de T . Logo existe v 6= 0 tal que

T (v) = �v.

Por outro lado, como

�v = T (v) = T 2 (v) = (T � T ) (v) = T (T (v)) = T (�v) =T é linear

�T (v) = ��v = �2v

357

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

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 ). Destemodo

N (T � I) � I (T )e assim

I (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 vectorespróprios de T .


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) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.Determinemos os valores próprios de T . Os valores próprios de T são os valores próprios

de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A� �I) = 0.

358

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.


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. Comof(�1; 1; 0); (�1; 0; 1); (0; 0; 1)g é uma base de R3 formada só por vectores próprios de T , cujosvalores próprios associados são respectivamente 1 e 0, tendo-se

T (�1; 1; 0) = 1(�1; 1; 0) = (�1; 1; 0)T (�1; 0; 1) = 1(�1; 0; 1) = (�1; 0; 1)T (0; 0; 1) = 0(0; 0; 1) = (0; 0; 0).

Assim, T projecta os elementos de R3 sobre um plano, paralelamente a um vector, sendo oplano dado por:

L (f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g)

359

isto é, por:x+ y + z = 0

e o vector dado por:(0; 0; 1).

12. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que representa geometricamente aprojecção sobre o plano x+ y + z = 0, paralelamente ao vector (0; 0; 1).(i) O plano �

(x; y; z) 2 R3 : x+ y + z = 0= L (f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g)

é tal 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 de T associados ao valor próprio 1 e o vector (0; 0; 1) é um vector (de N (T )) própriode T associado ao valor próprio 0:

(ii) Seja (x; y; z) 2 R3. Como

f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1); (0; 0; 1)g

é uma base de R3, as coordenadas de (x; y; z) em relação à base ordenada anterior irão ser�; �; tais que

(x; y; z) = �(�1; 1; 0) + �(�1; 0; 1) + (0; 0; 1).Atendendo a24 �1 �1 0 j x

1 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 representada pela matriz:

A =

�2 10 2

�.

360

(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =�� 2� � 1

0 2� �

�� = (2� �)2 = �2 � 4�+ 4.Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � 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 vezque 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) constituemrespectivamente a 1a, 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.

361


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 =



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 vezque

dimE�1 + dimE�2 = 2 < 3 = dimR3:

Logo, a matriz A não é diagonalizável, isto é, não existe nenhuma base de R3 em relação àqual T possa ser 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) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.

362

(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 � paraos quais det(A� �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0, �2 = 1 e �3 = 3.


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 .

363


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 ,

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 colunasde M(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 .

364

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 .

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 .365

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 � paraos quais det(B � �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 9 e �2 = 6.


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) .

366


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 colunasde M(T ;Bvp;Bvp).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,

367

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 ==

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 ,368

24 1� �2 1 1a 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 respectivamente8>>>><>>>>:

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

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).

369

A matrizM(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

�.

(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 .


�1 = 0 e �2 = 2.

370


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 .


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

��.

371

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

�,

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 a1a, 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,

372

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) .

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 .

373

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.


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 .

374


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 .

(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.

375


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 ,



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 .

376

20. Considere a transformação linear T : R4 �! R4 que em relação à base canónica deR4 é representada pela 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 necessárioque se tenha

a = b = c = 0.

Caso contrário, teríamosdimE� < 4.

21. (i) Como Au1 = (�+ 1)u1 e Au2 = (�� 1)u2 então u1; u2 são vectores próprios deA, associados respectivamente aos valores próprios �+ 1 e �� 1.

(ii)

p(�) = det(A� �I) = (3� �)�(�� )2 � 1

�= (3� �)(�� 1)(�� + 1):

Para (� + 1 6= 3 e � � 1 6= 3) , � 62 f2; 4g os valores próprios de A: 3; � + 1 e � � 1 sãotodos distintos.

(iii) Para � 62 f2; 4g, fu1g; fu2g e f(3 � �; �2 � 6� + 8; 1)g são bases de E�+1, E��1 eE3, respectivamente.Para � = 2, E3 = E�+1. Além disso, fu2g é uma base de E��1 e fu1g é uma base de E3.Para � = 4, E3 = E��1. Além disso, fu2g é uma base de E3 e fu1g é uma base de E�+1.

(iv) Para � 62 f2; 4g a matriz A é diagonalizável, pois os seus valores próprios são todosdistintos. Se � = 2 ou � = 4 então 3 é valor próprio de A e mg(3) = 1 < 2 = ma(3), peloque A não é diagonalizável. Logo A é diagonalizável , � 62 f2; 4g.

377


1. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio deT associado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio de T�1

e determine o valor próprio de T�1 que lhe está associado.

Dem. Tem-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 umvector próprio de T associado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também umvector próprio de T 2 associado ao valor 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 valor próprio 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 inteiropositivo.

4. Uma matriz A do tipo n � n diz-se nilpotente se Al = 0 para algum inteiro positivol. Mostre que se A é nilpotente então o único valor próprio de A é 0.

Dem. Suponhamos que Al = 0 para algum inteiro positivo l. Seja � um valor própriode A. Pelo exo anterior, �l é um valor próprio de Al. Como Al = 0, então:

0 = det(Al � �lI) = det(��lI) = (�1)n�l.

378

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-se

det(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. Mostreque r é um valor 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 umamatriz diagonalizante 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 nfôr ímpar então Q 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

�=

379

= (�1)n detQ det�QT � I

�=

n é ímpar� detQ det

h(Q� I)T

i= � det (Q� I),

, 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 corre-spondentes são linearmente independentes, constituindo assim uma base de R2, razão pelaqual A é diagonalizável.

10. Seja A uma matriz n�n e seja � um valor próprio de A com multiplicidade algébricaigual 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 édo 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 todosos vectores não nulos de V são vectores próprios. Mostre que T tem um único valor próprio.

380

Dem. Suponhamos, com vista a uma contradição, que �1 e �2 eram dois valores própriosdistintos de T . Sejam v1 e v2 vectores próprios de T associados respectivamente aos valorespróprios �1 e �2. Logo, o conjunto fv1; v2g é linearmente independente. Por outro lado

T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) = �1v1 + �2v2

e como cada vector não nulo de V é um vector próprio de T , então v1 + v2 é um vectorpróprio de T e assim, 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 deT .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 mesmosvalores 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. Sejaw = 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 vectorpróprio em comum.

381

Sugestão: Sendo � um valor próprio de A, considere C a matriz cujas colunas formamuma base ordenada S de N (A� �I) e veri�que que (A� �I)BC = 0. Finalmente considerea matriz P cujas colunas são respectivamente as coordenadas das colunas de BC em relaçãoà base S e sendo v um vector próprio de P mostre que Cv é um vector próprio comum a Ae B.

Dem. Suponhamos que as matrizes quadradas A e B são do tipo n�n. Seja � um valorpróprio de A. Tem-se N (A� �I) 6= f0g. Seja r = dimN (A� �I). Seja C a matriz n � rcujas colunas formam uma base 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 dascolunas de BC em relação 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= 0pois C tem característica 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 degeneralidade (uma vez que (A� �1I) (A� �2I) = (A� �2I) (A� �1I)) que �1 é um valorpróprio de A. Atendendo a que

C (A� �2I) � N (A� �1I) 6= f0gentão

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) = nou seja, A é diagonalizável.

382


1. (i) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = x21y21 + x22y22,

com (x1; x2); (y1; y2) 2 R2.Por exemplo

h(1; 1); (1; 0) + (1; 0)i = h(1; 1); (2; 0)i = 4 6= 2 = h(1; 1); (1; 0)i+ h(1; 1); (1; 0)i .

Logo, esta aplicação h; i não é um produto interno, uma vez que a condição de linearidadenão é veri�cada.

(ii) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2,

com (x1; x2); (y1; y2) 2 R2.Tem-se

h(x1; x2); (y1; y2)i =�x1 x2

� � 1 �1�1 3

� �y1y2

�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 (x1; x2); (x

01; x

02); (y1; y2) 2 R2 e � 2 R tem-se:

h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2 == y1x1 � y1x2 � y2x1 + 3y2x2 == y1x1 � y2x1 � y1x2 + 3y2x2 == h(y1; y2); (x1; x2)i .D

(x1; x2) + (x0

1; x0

2); (y1; y2)E=D(x1 + x

0

1; x2 + x0

2); (y1; y2)E=

= (x1 + x0

1)y1 � (x2 + x0

2)y1 � (x1 + x0

1)y2 + 3(x2 + x0

2)y2 =

= x1y1 + x0

1y1 � x2y1 � x0

2y1 � x1y2 � x0

1y2 + 3x2y2 + 3x0

2y2 =

= x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2 + x0

1y1 � x0

2y1 � x0

1y2 + 3x0

2y2 =

= h(x1; x2); (y1; y2)i+D(x

0

1; x0

2); (y1; y2)E.

h�(x1; x2); (y1; y2)i = h�x1; �x2); (y1; y2)i == �x1y1 � �x2y1 � �x1y2 + 3�x2y2 == �(x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2) == � h(x1; x2); (y1; y2)i .

383

h(x1; x2); (x1; x2)i = x21 � 2x1x2 + 3x22 = (x1 � x2)2 + (p2x2)

2 � 0e

h(x1; x2); (x1; x2)i = 0, (x1 � x2 = 0 ep2x2 = 0),

, (x1 = x2 e x2 = 0)

, (x1 = 0 e x2 = 0):

Logo:h(x1; x2); (x1; x2)i > 0,

para todo o (x1; x2) 6= (0; 0).Assim, a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2

é um produto interno.

(iii) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = �2x1y1 + 3x2y2,

com (x1; x2); (y1; y2) 2 R2.Tem-se

h(x1; x2); (y1; y2)i =�x1 x2

� � �2 00 3

� �y1y2

�:

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 ésatisfeita.

Resolução alternativa: Vejamos que a condição de positividade não é satisfeita.

h(x1; x2); (x1; x2)i = 0, �2x21 + 3x22 = 0, x1 =

r3

2jx2j .

Logo, por exemplo tem-se:* r3

2; 1

!;

r3

2; 1

!+= 0 e

r3

2; 1

!6= (0; 0).

Assim, a condição:h(x1; x2); (x1; x2)i > 0, 8(x1; x2) 6= (0; 0)

não é satisfeita. Logo, a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = �2x1y1 + 3x2y2

não é um produto interno.

384

2. (i) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3,

com (x1; x2; x3); (y1; y2; y3) 2 R3.Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 1 0 00 1 00 0 1

3524 y1y2y3

35 .e como

24 1 0 00 1 00 0 1

35 é simétrica e os seus valores próprios (1) são todos positivos, logo, aaplicação h; i de�ne um produto interno em R3.

Resolução alternativa: Para todos os (x1; x2; x3); (x01; x

02; x

03)(y1; y2; y3) 2 R3 e � 2 R

tem-se:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3 =

= y1x1 + y2x2 + y3x3 =

= h(y1; y2; y3); (x1; x2; x3)i .D(x1; x2; x3) + (x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E=

=D(x1 + x

0

1; x2 + x0

2; x3 + x0

3); (y1; y2; y3)E=

= (x1 + x0

1)y1 + (x2 + x0

2)y2 + (x3 + x0

3)y3 =

= x1y1 + x0

1y1 + x2y2 + x0

2y2 + x3y3 + x0

3y3 =

= x1y1 + x2y2 + x3y3 + x0

1y1 + x0

2y2 + x0

3y3 =

= h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i+D(x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E.

h�(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = h�x1; �x2; �x3); (y1; y2; y3)i == �x1y1 + �x2y2 + �x3y3 =

= �(x1y1 + x2y2 + x3y3) =

= � h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i .

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = x21 + x22 + x23 � 0e

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = 0, (x1 = 0 e x2 = 0 e x3 = 0):

Logo:h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i > 0, 8(x1; x2; x3) 6= (0; 0; 0).

385

Assim, a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3

é um produto interno, o chamado produto interno usual de R3.

(ii) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y2 � x2y1.

Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 0 1 0�1 0 00 0 0

3524 y1y2y3

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 nãoé veri�cada.

(iii) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3,

com (x1; x2; x3); (y1; y2; y3) 2 R3.Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 2 0 10 2 01 0 1

3524 y1y2y3

35 .e como

24 2 0 10 2 01 0 1

35 é simétrica e os seus valores própriosdet

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

!

386

(32+p52; 32�p52; 2 ) são todos positivos, logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno em

R3.

Resolução alternativa: Para todos os (x1; x2; x3); (x01; x

02; x

03)(y1; y2; y3) 2 R3 e � 2 R

tem-se:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3 =

= 2y1x1 + y3x1 + y1x3 + 2y2x2 + y3x3 =

= h(y1; y2; y3); (x1; x2; x3)i .D(x1; x2; x3) + (x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E=D(x1 + x

0

1; x2 + x0

2; x3 + x0

3); (y1; y2; y3)E=

= 2(x1 + x0

1)y1 + (x1 + x0

1)y3 + (x3 + x0

3)y1 + 2(x2 + x0

2)y2 + (x3 + x0

3)y3 =

= 2x1y1 + 2x0

1y1 + x1y3 + x0

1y3 + x3y1 + x0

3y1 + 2x2y2 + 2x0

2y2 + x3y3 + x0

3y3 =

= 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3 + 2x0

1y1 + x0

1y3 + x0

3y1 + 2x0

2y2 + x0

3y3 =

= h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i+D(x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E.

h�(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = h�x1; �x2; �x3); (y1; y2; y3)i == 2�x1y1 + �x1y3 + �x3y1 + 2�x2y2 + �x3y3 =

= �(2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3) =

= � h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i .

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = 2x21 + 2x1x3 + 2x22 + x

23 =

= x21 + (x1 + x3)2 +

�p2x2

�2� 0

e

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = 0, (x1 = 0 e x1 + x3 = 0 ep2x2 = 0),

, (x1 = 0 e x2 = 0 e x3 = 0):

Logo:h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i > 0, 8(x1; x2; x3) 6= (0; 0; 0).

Assim, a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3

é um produto interno.

3. Sejam (x1; x2); (y1; y2) 2 R2. Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nidapor

h(x1; x2); (y1; y2)i =�x1 x2

� � 3 22 3

� �y1y2

�= 3x1y1 + 2x2y1 + 2x1y2 + 3x2y2.

387

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-seh(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

�.

4. Considere os vectores u =�1p5;� 1p

5

�e v =

�2p30; 3p

30

�. Considere o produto interno

de�nido em R2 porh(x1; x2); (y1; y2)i = 3x1y1 + 2x2y2.

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(x1; x2); (y1; y2)i0 = x1y1 + x2y2,

tem-sehu; vi0 = � 1p

150, hu; ui0 = 2

5e hv; vi0 = 13

30.

Logo, o conjunto fu; vg não é ortonormado relativamente ao produto interno usual de�nidoem 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-seR4 = U � U? =

388

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

6. Considere em R3 o produto interno de�nido por:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + x3y3,

isto é, por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 1 1 01 2 00 0 1

3524 y1y2y3

35 .(i) Seja u = (x1; x2; x3) 2 R3. Tem-se

kuk =ph(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i =

qx21 + 2x1x2 + 2x

22 + x

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 = (x1; x2; x3) 2 R3. Tem-se

u = hu; u1iu1 + hu; u2iu2 + hu; u3iu3 == (x1 + x2)u1 + x2u2 + x3u3.

Logo, as coordenadas de um vector u = (x1; x2; x3) 2 R3 em relação à base ortonormadafu1; u2; u3g são dadas por:

x1 + x2, x2 e x3.

7. Considere R4 com o produto interno usual. Seja

U = L (f(1; 0;�1; 0); (�1; 2; 0; 1); (2; 0; 2; 1)g) .

389

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 umabase de U e como 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

�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 umabase de U . Atendendo ao método de ortogonalização de Gram-Schmidt, uma base ortogonalpara U é: fu1; u2g em que 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:

390

�(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

?=

=�(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 ger-adores 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

35 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) eL (A) respectivamente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

(i) O conjunto f(1; 0; 2); (2; 0; 1)g é uma base para C (A) pois gera C (A) e é linearmenteindependente.

391

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) sãoortogonais, 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

�.

(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) eL (A) respectivamente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

(i) Tem-se (N (A))? = L (A). O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0)g é uma base para N (A) poisgera 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))?.

392

(ii) O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0)g é uma base para C (A) pois gera C (A) e é linearmenteindependente.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).

(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 x; y 2 Rtais que

(x; y; z; w) = x(1; 1; 1; 0) + y(0; 1; 1; 1):

Deste modo, o seguinte sistema (nas variáveis x e y) tem que ser possível e determinado:8>><>>:x = xx+ y = yx+ y = zy = 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 .

393

Logo, para que o sistema anterior seja possível e determinado, é preciso que se tenha z�y = 0e 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 R2em relação ao 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 = (x1; x2) e v = (y1; y2) ,

onde x1; x2 e y1; y2 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(x1; x2) ; (y1; y2)i =

��1 10 �1

� �x1x2

��T �1 00 1

��1 10 �1

� �y1y2

��=

= x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2.

Como

h(x1; x2) ; (y1; y2)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 =�x1 x2

� � 1 11 2

� �y1y2

�

e a matriz�1 11 2

�é simétrica, sendo os seus valores próprios (1

2

p5+ 3

2e 3

2� 12

p5) positivos,

então a expressãoh(x1; x2) ; (y1; y2)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2

de�ne um produto interno em R2. Além disso, é fácil veri�car que para este produto internoa base B = f(1; 0); (1;�1)g é ortonormada:

h(1; 0) ; (1;�1)i = 0 e h(1; 0) ; (1; 0)i = h(1;�1) ; (1;�1)i = 1.

13. Considere a aplicação h; i : R3 � R3 ! R de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 � x1y2 � x2y1 + 4x2y2 + x3y3.

394

(i) Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 1 �1 0�1 4 00 0 1

3524 y1y2y3

35 .

Como

24 1 �1 0�1 4 00 0 1

35 é simétrica e os seus valores próprios (5+p13

2e 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

�.

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 ? entãoé uma base de 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 umabase ortogonal de V ?.

(iv) Seja

B =��

3

7;4

7; 0

�;

�13p147

;1p147

; 0

�; (0; 0; 1)

�:

395

Como ��13p147

;1p147

; 0

�; (0; 0; 1)

�é uma base ortonormada para V ?, então B é uma base ortonormada de R3. Atendendo aque

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)

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

�

396

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

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 essestrês vectores como linhas ou como colunas de uma matriz e aplicar de seguida o método deeliminação de Gauss obtendo-se uma matriz em escada de linhas) e gera U? então é umabase 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) =

397

= (�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 pro-duto interno é o usual (de R4), Tem-se:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 2; 1; 2)i = 0

= (L (f(1; 2; 1; 2)g))? .

Assim,U? = (L (f(1; 2; 1; 2)g))?? = L (f(1; 2; 1; 2)g) .

Logo, o conjunto f(1; 2; 1; 2)g é uma base ortogonal de U?.

(iv) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� z = 0 e 2x� y + 2z � w = 0g. Logo, atendendoa que o produto interno é o usual (de R4), Tem-se:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0;�1; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (2;�1; 2;�1)i = 0

= (L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g))? .

Assim,

U? = (L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g))?? = L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g) .

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).

398

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� = p63 ,

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

��.

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?.

399

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)2

U?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.


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).

400

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� = p153 ,

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) Como

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

e atendendo ao produto interno usual de R4, Tem-se:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1;�1; 1; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (0; 1;�1; 1)i = 0

= (L (f(1;�1; 1; 0) ; (0; 1;�1; 1)g))?.

Logo,

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


v1 = (1;�1; 1; 0) e v2 = (0; 1;�1; 1)� proj(1;�1;1;0) (0; 1;�1; 1) .

401

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� = p153 ,

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 dadapor:

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

�:

402

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 dadapor:

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

�.

403

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 dadapor:

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

�.

404

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 dadapor:

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 Ué 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� = p105 .

(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

! =405

=

x

p3

3� yp3

3+ z

p3

3

! p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

x2p15

15+ y

p15

15� zp15

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. Em P2:hp(t); q(t)i = p(�1)q(�1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).

Considere também o seguinte subespaço de P2:

U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g .

(i) Em P2, para p(t) = a0 + a1t+ a2t2 e q(t) = b0 + b1t+ b2t2 tem-se

hp(t); q(t)i = p(�1)q(�1) + p(0)q(0) + p(1)q(1) =

= (a0 � a1 + a2) (b0 � b1 + b2) + a0b0 + (a0 + a1 + a2) (b0 + b1 + b2) == 3a0b0 + 2a0b2 + 2a1b1 + 2a2b0 + 2a2b2 =

=�a0 a1 a1

� 24 3 0 20 2 02 0 2

3524 b0b1b1

35 .Assim, relativamente à base canónica ordenada f1; t; t2g de P2:

hp(t); q(t)i =�a0 a1 a1

� 24 3 0 20 2 02 0 2

3524 b0b1b1

35onde 24 3 0 2

0 2 02 0 2

35 =24 h1; 1i h1; ti h1; t2iht; 1i ht; ti ht; t2iht2; 1i ht2; ti ht2; t2i

35Como

24 3 0 20 2 02 0 2

35 é simétrica e os seus valores próprios (12

p17+ 5

2; 52� 1

2

p17 e 2) são todos

positivos, logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno em P2.

(ii) Tem-se:U =

�a1t+ a2t

2 : a1; a2 2 R= L(ft; t2g).

406


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 .

(iii) 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).

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.

(iv) 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),

407

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, então não precisamos de efectuar o cálculo de PU(1+ t) pela de�nição. Basta efectuar:

PU(1 + t) = 1 + t� PU?(1 + t) = t+ t2.

(v) Seja B = f1; t; 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

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?.

(vi) Escolhendo um ponto de U , por exemplo t, a distância entre 1 + t e U é dada por:

d(1 + t; U) = kPU?(1 + t� t)k = kPU?(1)k = 1;�1 + t2� (�1 + t2) = 1.

408

(vii) Escolhendo um ponto de U , por exemplo o polinómio nulo 0, a distância entrea0 + a1t+ a2t

2 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 simétricasreais do tipo 2� 2:

U =

��a bc d

�2M2�2(R) : b = c

�.

(i) Sejam x; y 2 R e A;A0; B 2M2�2(R). Tem-se

hxA+ yA0; Bi = tr((xA+ yA0)BT ) = tr(xABT + yA0BT ) =tr é linear

= xtr(ABT ) + ytr(A0BT ) = x hA;Bi+ y 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

�409

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

�.

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

�.

410

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

�)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,

411

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

�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

�412

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?.

(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

��.

413

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

�.

(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.

414

(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

�� = p22 jb� cj .

415


1. Seja V um espaço euclidiano real. As alíneas (i), (ii), (iii) e (iv) são consequência dade�nição de produto interno.

Sejam u; v; w 2 V; � 2 R.(v) Atendendo à condição de linearidade do produto interno:

hu+ w; v + wi = hu; vi+ hu;wi+ hw; vi+ hw;wi == hu; vi+ hu;wi+ hw; vi+ kwk2 .

(vi) Atendendo à condição de linearidade do produto interno:

hu;0i = hu; 0vi = 0 hu; vi = 0 e h0; ui = h0v; ui = 0 hv; ui = 0.

(vii) Se hu; vi = 0 então

ku+ vk2 = 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 equivalenteà 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).

416

(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 então

hu;wi = hv; wi ,

para qualquer w 2 V .Se hu;wi = hv; wi para qualquer w 2 V , então

hu� v; wi = 0,

para qualquer w 2 V . Logo, atendendo à alínea anterior, tem-se u = v.

3. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja S = fu1; :::; ung uma base orto-normada de V . Seja T : V ! V uma transformação linear. A matriz A = (aij) querepresenta T em relação à base S 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 linearmenteindependente de k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de�nidapor

T (v) =kXi=1

hv; uiiui,

com v 2 V .

417

Mostre que T é invertível se e só se k = n.

Dem. Atendendo a que T é invertível se e só se N (T ) = f0g, bastará ver queN (T ) = f0g se e só se k = n.Se N (T ) = f0g então teremos k = n, caso contrário, isto é, caso k < n ter-se-ia

(L (fu1; :::; 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 não pode ser pois suposemos N (T ) = f0g. Logo, se N (T ) = f0g entãotem-se k = n.

Suponhamos agora que se tem k = n. Nesse caso, o conjunto fu1; :::; ung é uma basede V . Queremos ver 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-sehv; uii = 0, para todo o i = 1; :::; n. Finalmente, como o conjunto fu1; :::; ung gera V ,tem-se hv; ui = 0, para qualquer u 2 V . Logo v = 0 e assim N (T ) = f0g.

5. Seja V um espaço euclidiano real. Seja T : V ! V uma transformação linear tal quekT (w)k = kwk para qualquer w 2 V . Mostre que

hT (u); T (v)i = hu; vi ,

para quaisquer u; v 2 V .Dem. Sejam u; v 2 V . Tem-se

hu; vi = 1

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.

418


1. A =

24 2 0 10 1 01 0 2

35.det(A� �I) = det

0@24 2� � 0 10 1� � 01 0 2� �

351A = � (�� 3) (�� 1)2 :

Tem-sedimN (A� 3I) = mg (3) =

A é simétricama (3) = 1

dimN (A� 1I) = mg (1) =A é simétrica

ma (1) = 2.

2. A =

24 �3 �1 �2�1 �3 2�2 2 0

35. Como A é simétrica então é ortogonalmente diagonalizável,isto é, existem uma matriz ortogonal P T (P TP = PP T = I; isto é, P T = P�1) e uma matrizdiagonal D tais que

D = PAP T .

Como

det(A� �I) =

��3� � �1 �2�1 �3� � 2�2 2 ��

�� = � (�� 2) (�+ 4)2 ,os valores próprios de A são 2 e �4 e tem-se

N (A� 2I) = L��

�12;1

2; 1

��N (A+ 4I) = L (f(1; 1; 0) ; (2; 0; 1)g) .

Note-se que os vectores de N (A� 2I) são ortogonais aos vectores de N (A+ 4I). Paradeterminar uma base ortonormada de R3 formada só com vectores próprios de A bastaaplicar o método de Gram-Schmidt ao conjunto��

�12;1

2; 1

�; (2; 0; 1) ; (1; 1; 0)

�.

Como, relativamente ao produto interno usual em R3,��12;1

2; 1

�; (2; 0; 1)

�= 0

basta substituir (1; 1; 0) pelo vector: (1; 1; 0)� proj(� 12; 12;1) (1; 1; 0)� proj(2;0;1) (1; 1; 0) =

(1; 1; 0)�(1; 1; 0) ;

��12; 12; 1��

�12; 12; 1�;��12; 12; 1�� 1

2;1

2; 1

�� h(1; 1; 0) ; (2; 0; 1)ih(2; 0; 1) ; (2; 0; 1)i (2; 0; 1) =

419

= (1; 1; 0)� 032

��12;1

2; 1

�� 25(2; 0; 1) =

�1

5; 1;�2

5

�.

Base ortonormada de R3 formada só com vectores próprios de A:(1 ��1

2; 12; 1� ��12;1

2; 1

�;

1

k(2; 0; 1)k (2; 0; 1) ;1 �1

5; 1;�2

5

� �1

5; 1;�2

5

�)=

=

( �p6

6;

p6

6;

p6

3

!;

2p5

5; 0;

p5

5

!;

p30

30;

p30

6;�p30

15

!).

Logo

P T = SBvp!Bc =

264 �p66

2p55

p3030p

66

0p306p

63

p55�p3015

375e

D =

24 2 0 00 �4 00 0 �4

35 =24 �1

6

p6 1

6

p6 1

3

p6

25

p5 0 1

5

p5

130

p30 1

6

p30 � 1

15

p30

35| {z }

=P

24 �3 �1 �2�1 �3 2�2 2 0

35264 �

p66

2p55

p3030p

66

0p306p

63

p55�p3015

375| {z }

=PT

3. A =

24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

35. Comodet(A� �I) =

��3� � �1 0�1 2� � �10 �1 3� �

�� = � (�� 1) (�� 3) (�� 4) ,os valores próprios deA são 1; 3 e 4. ComoA é simétrica (A = AT ) e de�nida positiva uma vezque os valores próprios de A são todos positivos, então existe B simétrica e de�nidas positivatal que A = B2. De facto, como A é ortogonalmente diagonalizável (por ser simétrica) tem-se

A = P TDP = P T (D0)2P =

�P TD0P

� �P TD0P

�= BB = B2

com

D =

24 1 0 00 3 00 0 4

35Note-se que sendo os 3 valores próprios distintos, os correspondentes espaços próprios sãoortogonais entre si. Base ordenada ortonormada de R3 formada só com vectores próprios deA: �

1

k(1; 2; 1)k (1; 2; 1) ;1

k(�1; 0; 1)k (�1; 0; 1) ;1

k(1;�1; 1)k (1;�1; 1)�=

=

( p6

6;

p6

3;

p6

6

!;

�p2

2; 0;

p2

2

!;

p3

3;�p3

3;

p3

3

!).

420

Logo

P T = SBvp!Bc =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375 .Assim pode ter-se por exemplo

D0 =

24 1 0 0

0p3 0

0 0 2

35 ou D0 =

24 �1 0 0

0p3 0

0 0 2

35 ou D0 =

24 1 0 0

0 �p3 0

0 0 2

35e nesse caso tem-se as 3 raízes quadradas seguintes:

B =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 1 0 0

0p3 0

0 0 2

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T

=

24 12

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

�13

43

�13

56� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

35ou

B =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 �1 0 0

0p3 0

0 0 2

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T

=

24 12

p3 + 1

2�1 1

2� 1

2

p3

�1 0 �112� 1

2

p3 �1 1

2

p3 + 1

2

35ou

B =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 1 0 0

0 �p3 0

0 0 2

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T

=

24 56� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

�13

43

�13

12

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

35 .De facto:24 1

2

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

�13

43

�13

56� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

352 =24 1

2

p3 + 1

2�1 1

2� 1

2

p3

�1 0 �112� 1

2

p3 �1 1

2

p3 + 1

2

352 =24 5

6� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

�13

43

�13

12

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

352 ==

24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

35 .4.

Q : R3 ! RQ (x1; x2; x3) = 3x

21 � 2x1x2 + 2x22 � 2x2x3 + 3x23 =

=�x1 x2 x3

� 24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

3524 x1x2x3

35 ==3)

�x1 x2 x3

� 264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 1 0 00 3 00 0 4

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

35 =421

=

0B@264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

351CAT 24 1 0 0

0 3 00 0 4

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

35 ==�y1 y2 y3

� 24 1 0 00 3 00 0 4

3524 y1y2y3

35fazendo a mudança de variável264

p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

35 =24 y1y2y3

35 .Tem-se então a forma quadrática diagonal:

Q0 (y1; y2; y3) = y21 + 3y

22 + 4y

23.

5. A =�

2 1 + i1� i 3

�.

(i)

AAH =

�2 1 + i

1� i 3

� �2 1 + i

1� i 3

�H=

�6 5 + 5i

5� 5i 11

�AHA =

�2 1 + i

1� i 3

�H �2 1 + i

1� i 3

�=

�6 5 + 5i

5� 5i 11

�.

Logo A é normal.

(ii)

A =

�2 1 + i

1� i 3

�=

�2 1 + i

1� i 3

�H= AH

logo A é hermitiana e em particular é normal:

AAH = AA = AHA.

(iii) Como A é hermitiana então é unitariamente diagonalizável (embora o recíproconão seja verdadeiro), isto é, existem uma matriz unitária UH (UHU = UUH = I; isto é,UH = U�1) e uma matriz diagonal D tais que

D = UAUH .

Note-se que: A normal , A unitariamente diagonalizável.Como

det(A� �I) =�� 2� � 1 + i1� i 3� �

�� = (�� 1) (�� 4) ,422

os valores próprios de A são 1 e 4 e tem-se

N (A� 1I) = L (f(�1� i; 1)g)

N (A� 4I) = L��

1

2+1

2i; 1

��.

Note-se que os vectores de N (A� 1I) são ortogonais aos vectores de N (A� 4I). Logo,uma base ortonormada de C2 formada só com vectores próprios de A pode ser:(

1

k(�1� i; 1)k (�1� i; 1) ;1 �1

2+ 1

2i; 1� �1

2+1

2i; 1

�)=

=

( �p3

3�p3

3i;

p3

3

!;

p6

6+

p6

6i;

p6

3

!).

Logo

UH = SBvp!Bc =

"�p33�p33ip66+p66ip

33

p63

#e

D =

�1 00 4

�=

"�p33�p33ip66+p66ip

33

p63

#H| {z }

=U

�2 1 + i

1� i 3

�"�p33�p33ip66+p66ip

33

p63

#| {z }

=UH

.

6. Determine a solução de mínimos quadrados de Au = b, com

A =

24 1 22 41 �2

35 e b =

24 321

35calculando o correspondente vector erro de mínimos quadrados.Tem-se car

�ATA

�= carA = 2 e como tal a solução de mínimos quadrados é única e

dada por:u =

�ATA

��1AT b =

=

0@� 1 2 12 4 �2

�24 1 22 41 �2

351A�1 � 1 2 12 4 �2

�24 321

35 = � 6=51=10

�.

O vector erro de mínimos quadrados b� Au é dado por:

b� Au =

24 321

35�24 1 22 41 �2

35� 6=51=10

�=

24 85

�45

0

35sendo o erro de mínimos quadrados dado por:

kb� Auk = �85 ;�45 ; 0

� = 4

5

p5.

423

7. Resolva o seguinte sistema de equações diferenciais determinando a respectiva soluçãogeral. 8<:

u01 = �2u3u02 = u1 + 2u2 + u3u03 = u1 + 3u3

com

24 u1 (0)u2 (0)u3 (0)

35 =24 2�10

35 .8<:u01 = �2u3u02 = u1 + 2u2 + u3u03 = u1 + 3u3

,

24 u01 (t)u02 (t)u03 (t)

35 =24 0 0 �21 2 11 0 3

3524 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

35 : (�)1 e 2 são os valores próprios da matriz A =

24 0 0 �21 2 11 0 3

35, sendo os espaços própriosdados por:

N (A� 1I) = L (f(�2; 1; 1)g)N (A� 2I) = L (f(0; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g) .

Como existe uma base deR3 formada só por vectores próprios: f(0; 1; 0) ; (�1; 0; 1) ; (�2; 1; 1)g

então a matriz

24 0 0 �21 2 11 0 3

35 é diagonalizável. Assim, fazendo

P�1 =

24 0 �1 �21 0 10 1 1

35 tem-se P =

24 1 1 11 0 2�1 0 �1

35e

, D =

24 2 0 00 2 00 0 1

35 = P24 0 0 �21 2 11 0 3

35P�1 ,,

24 0 0 �21 2 11 0 3

35 = P�124 2 0 00 2 00 0 1

35P .o sistema (*) é equivalente a24 u01 (t)u02 (t)

u03 (t)

35 =0@P�1

24 2 0 00 2 00 0 1

35P1A24 u1 (t)u2 (t)

u3 (t)

35,

, P

24 u01 (t)u02 (t)u03 (t)

35 =24 2 0 00 2 00 0 1

350@P24 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

351AAssim, considerando a mudança de variável24 v1 (t)v2 (t)

v3 (t)

35 = P24 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

35

424

tem-se 24 v01 (t)v02 (t)v03 (t)

35 =24 2 0 00 2 00 0 1

350@P24 v1 (t)v2 (t)v3 (t)

351A,

,

8<:v01 (t) = 2v1 (t)v02 (t) = 2v2 (t)v03 (t) = v3 (t)

,Se v1 6=0;

v2 6=0 e v3 6=0

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

v01 (t)

v1 (t)= 2

v02 (t)

v2 (t)= 1

v03 (t)

v3 (t)= 1

,

,

8<:log jv1 (t)j = 2t+ k1log jv2 (t)j = t+ k2log jv3 (t)j = t+ k2

,

8<:v1 (t) = c1e

2t

v2 (t) = c2et

v3 (t) = c3et

com c1; c2; c3 2 R. Logo24 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

35 = P�124 c1e2tc2e

t

c3et

35 =24 0 �1 �21 0 10 1 1

3524 c1e2tc2et

c3et

35 =24 �c2et � 2c3etc3e

t + c1e2t

c2et + c3e

t

35 .Como 8<:

u1 (0) = 2u2 (0) = �1u3 (0) = 0

tem-se 24 c1c2c3

35 =24 1 1 11 0 2�1 0 �1

3524 2�10

35 =24 12�2

35e então a solução geral do sistema de equações diferenciais lineares é dada por24 u1 (t)u2 (t)

u3 (t)

35 =24 �2et + 4et�2et + e2t2et � 2et

35 .

425

Documents

Aulas Teóricas e de Problemas de `lgebra Linear · ordem n) e as entradas a 11; a 22;:::; a ... nœmero de colunas da 1 amatriz, A, fôr igual ao nœmero de linhas da 2 matriz, B