Capítulo 10: Soluções e Respostas - PROFMATmoodle.profmat-sbm.org.br/MA33/2012/AL_PROFMAT_cap10.pdf · 2012-03-19 · 2.1* Como os termos independentes do sistema são todos iguais

10

263

Livro: Introdução à Álgebra LinearAutores: Abramo Hefez

Cecília de Souza Fernandez

Capítulo 10: Soluções e Respostas

264 CAPÍTULO 10. SOLUÇÕES E RESPOSTAS

Capítulo 1

2.1* Temos

2A =

[2 −4 6

8 2 0

], 3B =

[−3 6 0

3 −6 0

]e 2A− 3B =

[5 −10 6

5 8 0

].

2.2 x = 10, y = 3 e z = 1.

2.3

(a)

[−1 5 −42 1 −2

]. (b)

−2−2−6

. (c)

[−3−1

].

(d)

−1 1

−1 1

−3 3

. (e)

[−5−2

]. (f)

[3 −4 1

].

2.4* (a) Não. Porque para se determinar c63, a matriz A deveria ter, no

mínimo, 6 linhas.

(b) Por de�nição,

c36 =5∑

k=1

a3k · bk6.

Assim,

c36 =5∑

k=1

(3− k)6 =5∑

k=1

(18− 6k) = 0.

2.6* Se X é uma matriz que comuta com A, então X é uma matriz quadrada

de ordem 2. Assim, vamos determinar as matrizes

X =

[a b

c d

]tais que AX = XA. Ora,[

a b

c d

][1 0

0 3

]=

[1 0

0 3

]·

[a b

c d

],

265

se, e somente se, [a 3b

c 3d

]=

[a b

3c 3d

].

Portanto,

X =

[a b

c d

]comuta com A se, e somente se, b = c = 0 e a e d são números reais quaisquer.

2.7 (b) M =

[x y

0 x

], com x e y números reais quaisquer.

2.10* (a)

At =

1 0

2 −13 4

.(b) Seja A = (aij)n×n uma matriz triangular superior e seja At = [bij]n×n a

transposta de A. Por de�nição,

bij = aji,

para todo 1 ≤ i, j ≤ n. Mas, se j > i, segue que aji = 0, já que A é uma

matriz triangular superior. Portanto, bij = 0 sempre que i < j, ou seja, At é

uma matriz triangular inferior.

(c) Sejam A = [aij]m×n e B = [bij]m×n. Seja k ∈ R. Então,

(A+B)t = [aji + bji]n×m = [aji]n×m + [bji]n×m = At +Bt

e

(kA)t = [kaji]n×m = k[aji]n×m = kAt.

(d) Sejam A = [aij]m×n e B = [bij]n×p. Então, AB = [cij]m×p, com

cij =n∑k=1

aik · bkj,


para todo 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ p, e BtAt = [dij]p×m, com

dij =n∑k=1

bki · ajk,

para todo 1 ≤ i ≤ p e 1 ≤ j ≤ m. Como (AB)t = [eij]p×m onde, para todo

1 ≤ i ≤ p e 1 ≤ j ≤ m,

eij = cji,

segue que

eij =n∑k=1

ajk · bki =n∑k=1

bki · ajk = dij,

para todo 1 ≤ i ≤ p e 1 ≤ j ≤ m. Portanto, (AB)t = BtAt.

(e) Seja A = [aij]m×n. Então At = [aji]n×m, portanto, (At)t = [aij]n×m = A.

2.11* (a) Pelo Problema 2.10, itens (c) e (e), temos (B+Bt)t = Bt+(Bt)t =

Bt + B = B + Bt, onde na última igualdade usamos o fato que a adição de

matrizes é comutativa. Agora pelo itens (d) e (e) do problema 2.10, temos

(B ·Bt)t = (Bt)t ·Bt = B ·Bt.

(b) Pelo Problema 2.10, item (c), segue que (B − Bt)t = Bt + (−Bt)t =

Bt −B = −(B −Bt).

(c) Segue imediatamente de (a) e (b).

(d) Seja B uma matriz quadrada que se escreve com B = B1 + B2, onde

B1 é simétrica e B2 é antissimétrica. Então, Bt1 = B1 e Bt

2 = −B2. Como

Bt = Bt1 +Bt

2, segue que Bt = B1 −B2. Assim,

B = B1 +B2 e Bt = B1 −B2

implicam que

B1 =B +Bt

2e B2 =

B −Bt

2.

2.16 (a) X = C−1B. (b) X = (A−1)t. (c) X = B−1A−1C.

267

Capítulo 2

1.1* (a)[2 1

−1 3

]−→

e1 : L1↔L2

[−1 3

2 1

]−→

e2 : L1→−L1

[1 −32 1

]−→

e3 : L2→L2−2L1[1 −30 7

]−→

e4 : L2→ 17L2

[1 −30 1

]−→

e5 : L1→L1+3L2

[1 0

0 1

].

(b) Sim. Porque a forma escalonada de A é a matriz identidade de ordem 2.

(c) Temos

A−1 = E5 · E4 · E3 · E2 · E1,

onde E1 = e1(I), E2 = e2(I), E3 = e3(I), E4 = e4(I) e E5 = e5(I). Assim,

A−1 =

[1 3

0 1

][1 0

0 1/7

][1 0

−2 1

][−1 0

0 1

][0 1

1 0

].

Computando o produto acima, obtemos

A−1 =

[3/7 −1/71/7 2/7

].

1.2 (a) A−1 =

[3 −7−5 12

]. (b) B−1 =

−1 −1 0

0 −1 −11 −1 −3

.

(c) C−1 =

1 −1 0 2

−1 2 2 0

0 −1 0 1

1 0 1 2

.

1.4 (a)

1 0 −7/2 5/2

0 1 3 −20 0 0 0

. (b)

1 2 0 0 4/3

0 0 1 0 0

0 0 0 1 −1/6

.


(c)

1 0 4/11 13/11

0 1 −5/11 3/11

0 0 0 0

0 0 0 0

.1.8* (a) Sejam A e B matrizes quadradas de mesma ordem n tais que AB =

I. Suponhamos que A não é invertível. Então, pelo Corolário 2.1.7, A não

tem posto n, logo A é equivalente por linhas a uma matriz com uma linha

nula, ou seja, existem matrizes elementares E1, . . . , Es tais que Es . . . E2E1A

tem uma linha nula. Portanto, temos Es · · ·E2E1AB = C, onde C também

é uma matriz com uma linha nula (cf. Problema 2.13(a), Capítulo 1). Dessa

forma, AB = (E−11 . . . E−11 )C e, portanto, também AB é uma matriz com

uma linha nula. Mas isso contradiz o fato de que AB = I. Portanto, A é

invertível. Consequentemente,

A−1 = A−1I = A−1(AB) = (A−1A)B = IB = B.

Assim AB = I se, e somente se, BA = I, pois se AB = I, pelo o que vimos

acima B = A−1 e, então, BA = A−1A = I. E reciprocamente, se BA = I,

pelo o que vimos acima A = B−1 e, então, AB = B−1B = I.

(b) SeA eB são invertíveis, temos da Proposição 1.2.4(b) queAB é invertível.

Reciprocamente, se AB é invertível, então existe C tal (AB)C = C(AB) = I.

Logo, como A(BC) = (AB)C = I, pelo item (a), temos que A é invertível.

Por outro lado, como (CA)B = C(AB) = I, pelo item (a), tem-se que B é

invertível.

2.1* Como os termos independentes do sistema são todos iguais a zero, estes

não se alteram por transformações elementares. Por isso, para resolvermos

um sistema linear homogêneo pelo método de escalonamento, basta conside-

rarmos a matriz dos coe�cientes. Ora,0 1 3 −22 1 −4 3

2 3 2 −1−4 −3 5 −4

−→L1↔L3

2 3 2 −12 1 −4 3

0 1 3 −2−4 −3 5 −4

−→

L2 → L2 − L1

L4 → L4 + 2L1

269

2 3 2 −10 −2 −6 4

0 1 3 −20 3 9 −6

−→L1 → L1 − L4

2 0 −7 5

0 −2 −6 4

0 1 3 −20 3 9 −6

−→

L1 → 1/2L2

L2 → L2 + 2L3

L4 → L4 − 3L31 0 −7/2 5/2

0 0 0 0

0 1 3 −20 0 0 0

−→L2 ↔ L3

1 0 −7/2 5/2

0 1 3 −20 0 0 0

0 0 0 0

,donde concluímos que x = 7/2z− 5/2t e que y = −3z + 2t. Fazendo z = a e

t = b, onde a e b ∈ R, obtemos que o conjunto solução do sistema dado é

S = {(72a− 5

2b, −3a+ 2b, a, b) ; a, b ∈ R}.

2.2* Note que1 2 −3 m

2 6 −11 n

1 −2 7 p

−→L2 → L2 − 2L1

L3 → L3 − L1

1 2 −3 m

0 2 −5 n− 2m

0 −4 10 p−m

−→

L3 → L3 + 2L2

1 2 −3 m

0 2 −5 n− 2m

0 0 0 p+ 2n− 5m

,o que implica que o sistema dado é possível se, e somente se, p+2n−5m = 0.

Assim, por exemplo, para m = 1, n = 2 e p = 1 o sistema tem solução. Note

que se p + 2n − 5m = 0 o sistema terá, de fato, mais de uma solução. Em

outras palavras, o sistema não pode ter solução única.

2.3

X =

[1 0 −13 2 1

].

2.4 101

.


2.5 (a) Sejam S1 e S2 os conjuntos soluções de AX = B1 e AX = B2,

respectivamente. Então

S1 = {(1/2 + 7/8t, 1/2 + 1/4t, 1/2− 11/8t) t ∈ R}

e

S2 = {(1/4 + 7/8t, 1/4t, 3/4− 11/8t) ; t ∈ R}.

(b)

{(5/4 + 7/8t, 3/2 + 1/4t, 3/4− 11/8t) ; t ∈ R}.

2.8 a = 2, b = −1, c = 1.

2.9

(a) (i) k 6= 3; {(3k + 6,−2k − 4,−1)}.

(ii) Não existe k ∈ R.

(iii) k = 3; {(5− 10z,−3 + 7z, z) z ∈ R}.

(b) (i) k 6= 1 e k 6= −2; {(1/(k + 2), 1/(k + 2), 1/(k + 2) )}.

(ii) k = −2.

(iii) k = 1; {(1− y − z, y, z) y, z ∈ R}.

(c) (i) k 6= 1 e k 6= −1; {(0, 0, 0)}.

(ii) Não existe k ∈ R.

(iii) k = ±1; {(−z, 0, z) : z ∈ R} para k = 1 e {(z, 0, z) : z ∈ R}para k = −1.

2.10 −5a+ 2b+ c = 0.

2.11 (a) a = −3. (b) a = 2. (c) a 6= −3 e a 6= 2.

271

Capítulo 3

1.1* Seja W um subconjunto não vazio de um espaço vetorial V . Queremos

mostrar que W é um subespaço vetorial se, e somente se, au+ bv ∈ W para

quaisquer a, b ∈ R e para quaisquer u, v ∈ W .

(⇒) Como W é um espaço vetorial, temos au, bv ∈ W . Logo a soma au+ bv

é um elemento de W .

(⇐) Temos que tanto a adição como a multiplicação por escalar de�nidas

em V quando restritas a W são fechadas, ou seja, se u, v ∈ W e a ∈ Rentão u + v = 1u + 1v ∈ W e au = au + 0v ∈ W . Como a adição e a

multiplicação por escalar satisfazem as condições (ii), (iii), (vii), (viii), (ix)

e (x) para quaisquer a, b ∈ R e para quaisquer u, v ∈ V , elas continuam

satisfazendo estas propriedades para quaisquer a, b ∈ R e para quaisquer

u, v ∈ W . Resta só veri�car as condições (iv) e (v). Seja w ∈ W . Então

temos o = 0w + 0w ∈ W e −w = (−1)w + 0w ∈ W .

1.2 (a) É. (b) Não é. Note que (0, 0) /∈ W .

(c) Não é. Temos (1, 1) ∈ W , mas 2(1, 1) /∈ W . (d) É.

1.3 (a) É. (b) Não é. Note que (1, 0, 0) ∈ W , mas −1(1, 0, 0) /∈ W .

(c), (d), (e) É.

1.4 (a), (b), (c) É. (d) Não é. Temos I3 ∈ W , mas 2I3 /∈ W .

(e) Não é. A matriz nula não pertence a W .

1.5 (a) Não é. Temos p(x) = 1 + x+ x2 ∈ W , mas 12p(x) /∈ W .

(b), (c) É. (d) Não é. Temos p(x) = x2 ∈ W , mas −1p(x) /∈ W .

1.6 (a) V ∩W = W e V +W = V .

(b) V ∩W = {[aij]2×2 ; a11 = a12 = a21 = a22};V +W = {[aij]2×2 ; a11 = −a12 + a21 + a22}.

(c) V ∩W = {(0, 0, 0)} e V +W = R3.

(d) V ∩W = {(0, 0, 0, 0)} e V +W = R4.

(e) V ∩W = {(0, 0, 0)} e V +W = {(x, x, y) ; x, y ∈ R}.

As somas dadas em (c) e (d) são somas diretas.


1.11* Queremos determinar a, b, c ∈ R de modo que o vetor w = (a, b, c)

seja combinação linear de u = (2,−6, 4) e v = (2,−1, 1). Para w ser uma

combinação linear de u e v devem existir dois números reais x e y tais que

(a, b, c) = xu+ yv = (2x+ 2y,−6x− y, 4x+ y).

Equivalentemente, (x, y) deve ser uma solução do sistema linear2x+ 2y = a

−6x− y = b

4x+ y = c .

Somando as três equações, obtemos 2y = a+b+c e somando as duas últimas,

temos b+ c = −2x. Assim as coordenadas a, b, c devem satisfazer a equação

a = 3b+ 5c.

1.12* (a) Dado α = {(−1, 3, 1), (1,−2, 4)}, o espaço gerado por α, G(α),

é por de�nição o conjunto de todas as combinações lineares de (−1, 3, 1) e(1,−2, 4). Assim

G(α) = {a(−1, 3, 1) + b(1,−2, 4) ; a, b ∈ R}= {(−a+ b, 3a− 2b, a+ 4b) ; a, b ∈ R}.

Geometricamente, G(α) é um plano que passa pela origem. Se (x, y, z) ∈ R3

é um elemento de G(α), então

x = −a+ b,

y = 3a− 2b,

z = a+ 4b,

(1)

onde a, b ∈ R. As equações em (1) são as equações paramétricas de G(α).

(b) O vetor (5, k, 11) ∈ G(α), se

5 = −a+ b

k = 3a− 2b

11 = a+ 4b,

273

para certos a e b em R. Resolvendo o sistema−a+ b = 5

a+ 4b = 11,

obtemos a = −a5e b = 16

5. Portanto, k = 3a− 2b = −59

5.

1.13 (a) {(2, 1, 0), (−3, 0, 1)}. (b) {(1, 1, 0,−1), (0, 0, 1, 0)}.

(c) {1 + x2, x− 12x2}. (d)

{[1 0

−1 0

],

[0 0

1 1

]}.

1.15 (a), (c) e (d).

1.16 (a) −1p1(x)− 2p2(x) + 2p3(x).

(b) 3p1(x) + 0p2(x)− 2p3(x).

(c) 2p1(x)− 1p2(x) + 0p3(x).

2.1* Sejam f(x) = x3 + 4x2 − 2x + 3, g(x) = x3 + 6x2 − x + 4 e h(x) =

2x3 + 8x2 − 8x + 7 e sejam a, b, c ∈ R tais que af(x) + bg(x) + ch(x) = 0.

Temos a+ b+ 2c = 0

4a+ 6b+ 8c = 0

2a+ b+ 8c = 0

3a+ 4b+ 7c = 0 .

Resolvendo o sitema, obtemos a = b = c = 0, Assim, os três polinômios são

linearmente independentes.

2.2 (a) e (b) independentes, (c) dependente.

2.3 (a), (b) e (c) independentes.

2.4 a = −1 ou a = 2.

3.1* Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Queremos mostrar que qual-

quer conjunto linearmente independente com n vetores forma uma base de


V . Sejam v1, v2, . . . , vn vetores linearmente independentes. Se estes vetores

não geram V , então existe um vetor w ∈ V que não pode ser escrito como

combinação linear deles. Sejam α1, . . . , αn, β ∈ R tais que

α1v1 + · · ·+ αnvn + βw = 0.

Observemos que se β = 0, então αi = 0 para todo i = 1, . . . , n, pois os

vetores v1, v2, . . . , vn são linearmente independentes. Se β 6= 0, então

− 1

β(α1v1 + · · ·+ αnvn) = w,

o que contradiz a escolha de w. Assim, β = α1 = · · · = αn = 0. Como temos

que o conjunto com n+1 vetores formado por v1, v2, . . . , vn, w é linearmente

independente, então a dimensão de V é pelo menos n+ 1. Absurdo.

Agora vamos provar que todo conjunto formado por n geradores não

nulos é linearmente independente. Sejam v1, v2, . . . , vn vetores não nulos que

geram o espaço V . Sabemos que sempre é possível extrair dentre eles um

subconjunto linearmente independente, digamos v1, . . . , vk. A�rmamos que

estes k vetores ainda geram V . De fato, como v1, . . . , vk, vk+1 é linearmente

dependente, devemos ter que

α1v1 + · · ·+ αkvk + βvk+1 = 0,

onde os escalares não são todos nulos. Mais ainda, note que β 6= 0. Assim,

vk+1 pode ser escrito como uma combinação linear dos vetores v1, . . . , vk.

Analogamente, mostramos que cada vk+j, com 1 ≤ j ≤ n− k, também pode

ser escrito como uma combinação linear dos vetores v1, . . . , vk. Desta forma,

pela Proposição 3.1.7, concluímos a prova da a�rmação. Portanto, os vetores

v1, . . . , vk formam uma base de V . Como dimV = n, segue que k = n, ou

seja, o conjunto original já era linearmente independente.

3.2* Seja V o espaço das matrizes simétricas 2× 2, ou seja,

V =

{[a b

b c

]a, b, c ∈ R

}.

275

Vejamos que o conjunto β é uma base de V , onde

β =

{[1 0

0 0

],

[0 1

1 0

],

[0 0

0 1

]}.

De fato, β gera V , uma vez que todo elemento de V é da forma[a b

b c

]= a

[1 0

0 0

]+ b

[0 1

1 0

]+ c

[0 0

0 1

].

Sejam a, b, c ∈ R tais que

a

[1 0

0 0

]+ b

[0 1

1 0

]+ c

[0 0

0 1

]=

[0 0

0 0

].

Temos que a = b = c = 0, o que mostra que β é linearmente independente.

3.3* (a) Temos que

U = {(a, b, c, d) ; b+ c+ d = 0)} = {(a, b, c,−(b+ c)) ; a, b, c ∈ R}.

A�rmamos que BU = {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0,−1), (0, 0, 1,−1)} é uma base de U .

De fato, se (a, b, c, d) ∈ U , então

(a, b, c, d) = a(1, 0, 0, 0) + b(0, 1, 0,−1) + c(0, 0, 1,−1)

e se α, β, γ ∈ R são tais que

α(1, 0, 0, 0) + β(0, 1, 0,−1) + γ(0, 0, 1,−1) = 0,

segue que α = β = γ = 0. Portanto, BU é uma base de U e a dimensão de

U é três.

(b) Temos que

W = {(a, b, c, d) ; a+ b = 0, c = 2d} = {(a,−a, 2d, d) ; a, d ∈ R}.

A�rmamos que BW = {(1,−1, 0, 0), (0, 0, 0, 2, 1)} é uma base de W . Seja

(a, b, c, d) ∈ W . Então

(a, b, c, d) = a(1,−1, 0, 0) + d(0, 0, 2, 1)


e se α, β ∈ R são tais que

α(1,−1, 0, 0) + β(0, 0, 2, 1) = (α,−α, 2β, β) = 0,

segue que α = β = 0. Portanto, BW é uma base de W e a dimensão de W é

dois.

(c) Temos que

U∩W = {(a, b, c, d) ; b+c+d = 0, a+b = 0, c = 2d} = {(3d,−3d, 2d, d) ; d ∈ R}.

A�rmamos que B = {(3,−3, 2, 1)} é uma base de U ∩ W . De fato, se

(a, b, c, d) ∈ U ∩W , então

(a, b, c, d) = (3d,−3d, 2d, d) = d(3,−3, 2, 1).

Portanto, B é uma base de U ∩W e a dimensão de U ∩W é um.

(d) Observe que

dim(U +W ) = dimU + dimW − dim(U ∩W ) = 4.

Logo, U +W = R4. Assim, podemos escolher como base de U +W qual-

quer base de R4. Por exemplo, a base canônica {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0),(0, 0, 0, 1)}.

3.4 (a) dependente, já que v3 = 2v1 − 2v2.

(b) β = {(1, 1, 0), (0, 1,−1)}.(c) dim(G(α)) = 2, porque β é uma base para G(α).

3.6 Os vetores formam uma base paraM(2, 2).

3.9 4.

3.10 (a) 2. (b) Não. Porque

[2 1

3 4

]/∈ W .

3.11 (a) {(−3, 1,−3, 5)}, 1.(b) {(−1, 1, , 0, 0), (2, 0, 1, 0), (−1, 0, 0, 1)}, 3.

277

3.13 (a) 11/28, 1/14. (b) 1,−1. (c) 2, 0,−1.

4.1* Seja U ⊆ R4 gerado pelos vetores (1,−2, 3,−3), (2, 3, 1,−4), (3, 8,−3,−5).

(a) Sejam a, b, c ∈ R tais que

a(1,−2, 3,−3) + b(2, 3, 1,−4) + c(3, 8,−3,−5) = 0.

Temos que a, b, c devem satisfazer o sistema lineara+ 2b+ 3c = 0

−2a+ 3b+ 8c = 0

3a+ b− 3c = 0

−3a− 4b− 5c = 0 .

Somando as duas últimas equações obtemos 3b = −8c e substituindo na se-

gunda equação obtemos 2a = 0. Assim, a = b = c = 0. Logo, (1,−2, 3,−3),(2, 3, 1,−4), (3, 8,−3,−5) é uma base de U e sua dimensão é três.

(b) Chamemos u1 = (1,−2, 3,−3), u2 = (2, 3, 1,−4) e u3 = (3, 8,−3,−5).Devemos achar um vetor v ∈ R4 de modo que o conjunto B = {u1, u2, u3, v}seja linearmente independente, ou seja, devemos achar um vetor v que não

seja combinação linear dos vetores u1, u2 e u3. Ora, U é o espaço gerado por

u1, u2 e u3. Equivalentemente, U é o espaço linha da matriz

A =

1 −2 3 −32 3 1 −43 8 −3 −5

.Reduzindo a matriz A a sua forma escalonada obtemos a matriz

R =

1 0 0 −30 1 0 0

0 0 1 0

.


Os vetores linha não nulos da matriz R são w1 = (1, 0, 0,−3), w2 = (0, 1, 0, 0)

e w3 = (0, 0, 1, 0). Assim,

U = G(u1, u2, u3)

= G(w1, w2, w3)

= {a(1, 0, 0,−3) + b(0, 1, 0, 0) + c(0, 0, 1, 0) ; a, b, c ∈ R}= {(a, b, c,−3a) ; a, b, c ∈ R}.

Portanto, para um vetor v ∈ R4 não ser combinação linear dos vetores u1, u2e u3, basta v não ser da forma (a, b, c,−3a), onde a, b, c ∈ R. Desse modo,

tomemos v = (1, 0, 0, 0). O conjunto B = {u1, u2, u3, v} é linearmente inde-

pendente e, portanto, é uma base de R4.

4.2* Seja U ⊆ R4 gerado pelos vetores u1 = (2, 4,−2, 6), u2 = (1, 2, 1/2,−1)e u3 = (3, 6, 3,−5) e seja W ⊆ R4 gerado pelos vetores w1 = (1, 2,−4, 11)e w2 = (2, 4,−5, 14). Para mostrarmos que U = W , basta mostrar, pela

Proposição 3.1.7, que cada vetor ui é combinação linear dos vetores w1 e w2

para i = 1, 2, 3 e que, para j = 1, 2, cada vetor wj é combinação linear dos

vetores u1, u2 e u3.

Vamos mostrar que u1 é combinação linear dos vetores w1 e w2. Para isto,

temos que achar a, b,∈ R tais que u1 = aw1 + bw2. Como u1 = −2w1 + 2w2,

mostramos o que queríamos. Analogamente podemos ver que

u2 = −2w1 + (3/2)w2,

u3 = −7w1 − (5/7)w2,

w1 = (5/4)u1 + 0u2 − (1/2)u3,

w2 = (13/8)u1 + 1u2 − (3/4)u3.

4.3 Os vetores formam uma base para R3.

4.4 {w1, w2} é uma base para W , pois {w1, w2} é independente e w3 ∈G(w1, w2) já que w3 = 2w1 + 6w2. Portanto, dimW = 2.

279

O conjunto {w1, w2, (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} estende {w1, w2} a uma base

de R4.

4.5 (0, 0, 0, 1, 0) e (0, 0, 0, 0, 1).

Capítulo 4

1.2* Sejam u, v e w três vetores quaisquer em R3. Podemos supor que u e v

são não nulos.

(⇒) Se u, v e w são dependentes, existem a, b, c ∈ R não simultaneamente

nulos tais que au+ bv+ cw = 0. Se a 6= 0, temos que u = −(b/a)v− (c/a)w,

o que mostra que u, v e w pertencem ao plano que passa pela origem que tem

v e w como vetores base.

(⇐) Suponhamos que u, v e w pertencem a um plano π que passa pela origem.

Sabemos que π é um subespaço de R3 de dimensão dois. Assim, qualquer

conjunto com mais de dois elementos de π será dependente, em particular,

{u, v, w} é dependente.

1.3* Consideremos v1 = B − A = (3,−3, 1) e v2 = C − A = (0,−3, 1). Sejaπ o plano que passa pelos pontos A,B e C. Um vetor normal n ao plano π é

dado pelo produto vetorial de v1 e v2. Logo, n = v1 × v2 = (0, 3, 6) é um tal

vetor. Assim, 3y + 6z + d = 0 é uma equação geral do plano π, onde d é um

número real a se determinar. Como A ∈ π, segue que 3(2) + 6(0) + d = 0, o

que nos dá que d = −6. Assim, 3y + 6y − 6 = 0 é a equação geral do plano

π.

1.4 (a) {(1, 0, 3), (0, 1,−4)}. (b) {(2,−1, 3)}. (c) {(1, 1, 0), (0, 0, 1)}.

1.5x−24

= y + 4 = z−7−8 .

1.7 x− 2 = y − 3 = −z.

1.8 x = 2z+1−3 , y = 1− z.

1.9 k = −5.


1.11 k = −21/7.

1.13 x = −4/3t−2s, y = t, z = 2+s, sendo t e s números reais quaisquer.

1.14 x = 2− 7t+ 3s, y = −1 + t+ s, z = −5t+ 2s, sendo t e s números

reais quaisquer.

1.15 (2, 1, 0), (0,−3, 2), (3/2, 0, 1/2), respectivamente.

2.1* (a)⇒ (b): Suponhamos que r1 e r2 estejam num mesmo plano, digamos

π(Q, u1, u2). Ora, como r1 ⊂ π e r2 ⊂ π, segue que A1 ∈ π e A2 ∈ π. Assim,

existem m,n, t, s ∈ R tais que

A1 = Q+mu1 + nu2 (1)

e

A2 = Q+ tu1 + su2. (2)

Consequentemente, v ∈ G(u1, u2). Como A1 + v1 ∈ r1 e A2 + v2 ∈ r2, segueque existem a, b, c, d ∈ R tais que

A1 + v1 = Q+ au1 + bu2 (3)

e

A2 + v2 = Q+ cu1 + du2, (4)

já que A1 + v1, A2 + v2 ∈ π. Substituindo (1) em (3) e substituindo (2) em

(4), concluímos que v1 ∈ G(u1, u2) e v2 ∈ G(u1, u2). Mostramos, então, que

{v, v1, v2} ⊂ G(u1, u2). Como dim(G(u1, u2)) = 2, qualquer conjunto com

mais de dois vetores é dependente. Portanto, {v, v1, v2} é dependente.

(b)⇒ (a): Os vetores v, v1 e v2 pertencem a um mesmo plano que passa pela

origem, digamos π = π(0, w1, w2). Assim, existem a, b, c, d, e, f ∈ R tais que

v = aw1 + bw2,

v1 = cw1 + dw2,

v2 = ew1 + fw2.

281

Tome P ∈ r1. Então, existe t ∈ R tal que P = A1 + tv1 = A1 + (tc)w1 +

(td)w2, mostrando que r1⊂π(A1, w1, w2). A�rmamos que r2⊂π(A1, w1, w2)

também. Ora, se P ∈ r2, então existe t ∈ R tal que P = A2 + tv2 =

A1 + aw1 + bw2 + (te)w1 + (tf)w2 = A1 + (a+ te)w1 + (b+ tf)w2, mostrando

que P ∈ π(A1, w1, w2). Portanto, ambas as retas r1 e r2 pertencem ao plano

π(A1, w1, w2).

2.2* Note que

r1 = {(0,−3, 0) + t(1, 2,−1) ; t ∈ R}

e

r2 = {(1, 4, 0) + t(−36,−6, 3) ; t ∈ R}.

Devemos veri�car se o conjunto {(1, 2,−1), (−36,−6, 3), v}, em que v =

(1, 7, 0), é linearmente independente ou não. É fácil veri�car que é line-

armente independente. Assim, as retas são reversas.

2.3 Concorrentes.

2.5 a = 1, b = −2, c = 4.

2.6 a = 4, b = 3.

3.5 x = 10.

3.6* Devemos resolver pela regra de Cramer o sistema linear AX = B, onde

A =

[cos θ − sen θ

sen θ cos θ

], X =

[x′

y′

]e B =

[x

y

].

Como detA = 1, segue pela regra de Cramer que

x′ =detA1

detA= detA1 e y′ =

detA2

detA= detA2,

em que

A1 =

[x − sen θ

y cos θ

]e A2 =

[cos θ x

sen θ y

].

Portanto,

x′ = x cos θ + y sen θ e y′ = −x sen θ + y cos θ.


Capítulo 5

1.4* Sejam A,C ∈ V e sejam a, c ∈ R. Temos

T (aA+ cC) = (aA+ cC)B +B(aA+ cC)

= aAB + cCB + aBA+ cBC

= a(AB +BA) + c(CB +BC)

= aT (A) + cT (C),

mostrando que T é uma transformação linear.

1.6 (a) T (u+ v) = 3u+ v. (b) T (3v) = 3u+ 3v.

(c) T (−3u) = −6u. (d) T (u− 5v) = −3u− 5v.

1.7 (a), (c) e (e) são transformações lineares.

(b) Não, pois T (2(1, 1)) 6= 2T (1, 1).

(d) Não, pois T (−1(1, 1)) 6= −1T (1, 1).(f) É linear somente se a = 0.

1.8 (a) n = 2, m = 3 e T (x, y) = (−x+ 2y,−3x+ 2y, y − x).(b) n = m = 3 e T (x, y, z) = (−x+ 4y − z, 5x− 5y − z, x+ 3z).

2.1* Para mostrarmos que a imagem de T é um subespaço vetorial de W ,

devemos mostrar que se w1, w2 ∈ ImT e a ∈ R, então w1 + w2, aw1 ∈ ImT .

Ora, como w1, w2 ∈ ImT , existem v1, v2 ∈ V tais que T (v1) = w1 e T (v2) =

w2. Assim w1+w2 = T (v1)+T (v2) = T (v1+v2) e, portanto, w1+w2 ∈ ImT .

Como aw1 = aT (v1) = T (av1), temos que aw1 ∈ ImT .

2.2* (a) Pela de�nição, (x, y, z) ∈ KerT quando (x, y, z) é solução do sistema

linear x+ 2y − z = 0

y + 2z = 0

x+ 3y + z = 0.

Resolvendo o sistema acima, obtemos x = 5z e y = −2z, com z ∈ R. Assim,

KerT = {(5z,−2z, z) ; z ∈ R}. Como KerT é um subespaço de R3 e sua

dimensão é 1, KerT é uma reta que passa pela origem.

283

(b) x = 5t

y = −2t, t ∈ R

z = t

.

(c) Como dimKerT = 1, segue do teorema do núcleo e da imagem que

dim ImT = 2. Portanto, Im T é um plano que passa pela origem.

(d) Ora,

ImT = G(T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1))

= G(((1, 0, 1), (2, 1, 3), (−1, 2, 1))= G((1, 0, 1), (2, 1, 3)),

já que (−1, 2, 1) = −5(1, 0, 1) + 2(2, 1, 3). Portanto,

ImT = π(0, v1, v2),

onde v1 = (1, 0, 1) e v2 = (2, 1, 3). Assim,x = m+ 2n

y = n, m, n ∈ R

z = m+ 3n

são as equações paramétricas procuradas.

2.4* Se {v1, . . . , vn} é uma base de V , então {T (v1), . . . , T (vn)} gera ImT .

Como dim ImT = n, segue que {T (v1), . . . , T (vn)} é uma base de ImT e,

consequentemente, uma base de W , já que ImT = W . Suponhamos agora

que {T (v1), . . . , T (vn)} é uma base de W . Para provarmos que {v1, . . . , vn}é uma base de V , basta mostrar que este conjunto é independente. Sejam

a1, . . . , an ∈ R tais que a1v1+· · ·+anvn = 0. Temos a1T (v1)+· · ·+anT (vn) =0, portanto, ai = 0 para todo 1 ≤ i ≤ n.

2.6* Vamos resolver este exercício de dois modos:


1o) Usando R[x]3: se p(x)=ax3 + bx2 + cx + d∈W , então a − b + c − d=0.

Assim,p(x) = (b− c+ d)x3 + bx2 + cx+ d

= b(x3 + x2) + c(−x3 + x) + d(x3 + 1).(1)

Chamando q1(x) = x3 + x2, q2(x) = −x3 e q3(x) = x3 + 1 temos, por (1),

que W = G(q1(x), q2(x), q3(x)). Como {q1(x), q2(x), q3(x)} é independente,

segue que este conjunto é uma base de W . Portanto, dimW = 3.

2o) Usando o fato que R[x]3 é isomorfo ao R4: a função T : R[x]3 → R4 dada

por T (ax3 + bx2 + cx + d) = (a, b, c, d) é um isomor�smo. Como T (W ) =

{(b− c+ d, b, c, d) ; b, c, d ∈ R}, para determinarmos a dimensão de W , basta

determinarmos a dimensão de T (W ). Consideremos v1 = (1, 1, 0, 0), v2 =

(−1, 0, 1, 0) v3 = (1, 0, 0, 1). Como {v1, v2, v3} é independente e gera T (W ),

já que

(b− c, d, b, c, d) = bv1 + cv2 + dv3,

segue que {v1, v2, v3} é uma base para T (W ). Portanto, dimT (W ) = 3 e,

consequentemente, dimW = 3.

2.7 (a) KerT = {(x, x, x) ; x ∈ R}, Im T = R2.

(b) KerT = {(0, 1/2w, 3/2w,w) ; w ∈ R}, Im T = R3.

(c) KerT = {0}, Im T = {p(x) = ax3 + bx2 + cx ; a, b, c ∈ R}.

(d) KerT =

{[a b

a b

]; a, b ∈ R

}, Im T =

{[a b

−4a −4b

]; a, b ∈ R

}.

(e) KerT = {0}, Im T = {(a+ b, 2b+ c, a+ 2b− c, c) ; a, b, c ∈ R}.

2.8 injetivas: (c) e (e); sobrejetivas: (a) e (b).

2.10 T (x, y, z) = (0, 0, x+y+3z3

).

2.11 T (x, y, z, t) = (−x− y + z, t− 2x− y, 0).

2.12 T (x, y, z) = (x, 2x+ y, 3x− y).

2.13 T (x, y, z) = (y + z, 3y,−y + z, 2y − z).

2.16 (a) T (x, y, z) = (x, y). (b) Não é possível.

285

(c) T (x, y, z) = (0, 0, 0). (d) T (x, y, z) = (x+ z, 0, 0, 0).

2.19 É invertível;

T−1(x, y, z) = (4x− 2y − 3z,−11x+ 6y + 9z,−12x+ 7y + 10z).

2.20 (a) ai 6= 0 para todo 1 ≤ i ≤ n.

(b) T−1(x1, x2, . . . , xn) = (a−11 x1, a−12 x2, . . . , a

−1n xn).

2.22 T : V → W dada por T ([aij]) = [bij], com bij = aij se i > j e bij = 0 se

i < j.

3.1* Como T : R3 → R4 está dada por T (x, y, z) = (x + y, z, x− y, y + z) e

S : R2 → R3 está dada por S(x, y) = (2x+ y, x− y, x− 3y), obtemos

(T ◦ S)(x, y) = T (2x+ y, x− y, x− 3y)

= ((2x+ y) + (x− y), x− 3y, (2x+ y)− (x− y),(x− y) + (x− 3y))

= (3x, x− 3y, x+ 2y, 2x− 4y).

3.3 (a) (T + S)(x, y) = (x, x).

(b) (5T − 4S)(x, y) = (5x+ 9y,−4x).(c) (S ◦ T )(x, y) = (0, x+ y).

(d) (T ◦ S)(x, y) = (x− y, 0).(e) T 3(x, y) = T (x, y).

(f) S−3(x, y) = (−y, x).

Capítulo 6

1.2* (a) Sejam α = {v1, . . . , vn} uma base de Rn e β = {w1, . . . , wm} uma

base de Rm. Sejam u, v ∈ Rn e a ∈ R. Digamos que u = x1v1 + · · ·+ xnvn e

v = y1v1 + · · ·+ ynvn. Logo, u+ av = (x1 + ay1)v1 + · · ·+ (xn+ ayn)vn. Pela

de�nição de T ,

[T (u+ av)]β = A[u+ av]α = A[u]α + aA[v]α = [T (u)]β + a[T (v)]β,


onde a segunda igualdade segue das propriedades do produto de matrizes.

Logo, T é uma transformação linear.

(b) Pela de�nição da matriz [T ]αβ , sabemos que a primeira coluna desta

matriz é [T (v1)]β e usando a de�nição de T vemos que [T (v1)]β é precisamente

a primeira coluna de A. Procedemos de maneira análoga para as outras

colunas.

1.4* Basta mostrar que dim ImT = r, pois dimKerT = dimV − dim ImT .

O posto da matriz nos diz que temos r colunas linearmente independentes e

que qualquer conjunto com mais de r colunas será linearmente dependente.

Por outro lado, sabemos que as colunas da matriz geram a imagem e que

podemos obter a partir delas uma base para ImT escolhendo um subconjunto

linearmente independente maximal. Assim pelo visto acima, este conjunto

conterá exatamente r colunas.

1.5 T (x, y, z) = (−x+ 2z,−4x− y + 6z).

1.6

[T ]αβ =

3/2 −1 −1/2−1/2 1 −1/2−1/2 0 1/2

.

1.8 β = {(0, 1, 1), (1, 0, 0), (−3, 7, 1)}.

1.9

[T ]ββ =

1 1 1

0 2 4

0 0 4

.

1.11

[T ]αα =

0 0 0 1

1 0 0 0

0 1 0 0

0 0 1 0

.

287

1.12 a) Não existe v ∈ R2 tal que T (v) = I2.

(b) T (3,−1) =

[5 −35 4

].

2.1 T (x, y, z) = (23x+ 4

3y − 1

3z, 1

3x+ 2

3y + 1

3z, 2y − z)}.

2.2 (a) KerTA = {0}. (b) Im TA = G((1, 0, 1), (2, 1,−1)).(c) KerTB = {0}. (d) Im TB = R3.

(e) Ker(TB ◦ TA) = {0}. (f) Im (TB ◦ TA) = G((2,−1, 2), (2,−2, 3)).

3.1* Vejamos qual é a imagem de cada vetor da base canônica de R2. O vetor

(1, 0) se transforma no vetor (0, 1) pela rotação e depois no vetor (0, 1) pela

re�exão. Já o vetor (0, 1) se transforma no vetor (−1, 0) pela rotação e depoisno vetor (0,−1). Assim, a matriz desta transformação na base canônica é

A =

[1 0

0 −1

].

3.2* Vamos determinar a matriz da transformação na base canônica, pois

sabemos que a inversa desta matriz é a matriz da transformação inversa.

Temos

A =

1 0 0

0 1 0

0 0 −1

.Neste caso, a matriz inversa é igual à matriz. Assim a transformação inversa

é a própria transformação.

3.7 (a)

[0 0

3 0

]. (b)

[ √24−√24

−√24−√24

].

4.1 (a)

[13

43

13−2

3

],

[1 0

1 2

],

[1 0

−12

12

]. (b) [v]β =

[−23

].

4.2 α = {(1, 3), (−5,−12)}.

4.3

−1 1 0

1 0 0

0 −1 1

.


4.8* A demonstração de (a) não apresenta di�culdade. Vamos provar (b).

Escrevamos A = (aij) e B = (blk). Temos que (AB)ii =∑n

j=1 aijbji e

(BA)jj =∑n

i=1 bjiaij . Assim,

trAB =∑n

i=1

∑nj=1 aijbji =

∑nj=1

∑ni=1 aijbji

=∑n

j=1

∑ni=1 bjiaij = trBA.

Vamos provar (c). De fato, existe uma matriz invertível P tal que [T ]αα =

P−1[T ]ββP , logo

tr[T ]αα = trP−1[T ]ββP = tr[T ]ββP−1P = tr[T ]ββ.

Capítulo 7

1.1* (a) Sejam u = (x1, x2), v = (y1, y2) e w = (z1, z2) em R2 e seja c em R.Temos:

1. 〈u, u〉 = 19x21 +

14x22 ≥ 0;

2. 〈u, u〉 = 19x21 +

14x22 = 0 se, e somente se x1 = x2 = 0, ou equivalente-

mente u = 0;

3. 〈u, v〉 = 19x1y1 +

14x2y2 =

19y1x1 +

14y2x2 = 〈v, u〉;

4. 〈u+ v, w〉 = 19(x1 + y1)z1 +

14(x2 + y2)z2 = (1

9x1z1 +

14x2z2) + (1

9y1z1 +

14y2z2) = 〈u,w〉+ 〈v, w〉;

5. 〈cu, v〉 = 19(cx1)y1 +

14(cx2)y2 = c(1

9x1y1 +

14x2y2) = c〈u, v〉.

Portanto, a expressão dada de�ne um produto interno em R2.

(b) Se V é um espaço com produto interno, então o conjunto dos vetores v

de V que satisfazem ||v|| = 1 é chamado de círculo unitário de V . Assim, o

círculo unitário de R2 usando o produto interno em (a) é dado pelo conjunto

dos vetores v = (x, y) em R2 tais que

||v|| = 〈v, v〉1/2 =√

1

9x2 +

1

4y2 = 1,

289

ou equivalentemente,x2

9+y2

4= 1.

A equação acima representa uma elipse de centro na origem e eixos maior e

menor paralelos aos eixos coordenados (Figura 24).

(c) Se v = (x, y) ∈ R2, então

||v|| = 〈v, v〉1/2 =√x2 + y2 = 1,

se, e somente se

x2 + y2 = 1.

A equação acima representa um círculo de centro na origem e raio 1 (Fi-

gura 24).

(d) Sim. O círculo unitário com a norma dada pelo produto interno em (a)

tem um formato elíptico.

Figura 24

1.4 (a) 8. (b) −11. (c) 14.

2.1 (a) 0. (b)√22. (c)

√63.


2.2* Sejam u e v dois vetores de um espaço com produto interno. Então

||u+ v||2 + ||u− v||2 = 〈u+ v, u+ v〉+ 〈u− v, u− v〉= 〈u, u〉+ 2〈u, v〉+ 〈v, v〉+ 〈u, u〉 − 2〈u, v〉+ 〈v, v〉

= 2〈u, u〉+ 2〈v, v〉= 2||u||2 + 2||v||2.

2.9* Faremos a prova por indução sobre n. Se n = 2, então

||v1 + v2||2 = 〈v1 + v2, v1 + v2〉= 〈v1, v1〉+ 2〈v1, v2〉+ 〈v2, v2〉= ||v1||2 + ||v2||2,

já que 〈v1, v2〉 = 0. Suponhamos agora o resultado válido para n = k − 1.

Vamos mostrar que ele é válido para n = k. De fato, pelo caso n = 2 e pela

hipótese de indução, segue que

||v1 + · · ·+ vk−1 + vk||2 = ||v1 + · · ·+ vk−1||2 + ||vk||2

= ||v1||2 + · · ·+ ||vk−1||2 + ||vk||2,

pois 〈v1 + · · · + vk−1, vk〉 = 〈v1, vk〉 + · · · + 〈vk−1, vk〉 = 0. Por indução, o

resultado vale para todo n ∈ N \ {0}.

2.12* O conjunto {u, v} é uma base de W . Para mostrar que um vetor v

em R5 ∈ W⊥, ou seja, que 〈v, w〉 = 0 para todo w ∈ W , basta mostrar

que 〈v, u〉 = 〈v, v〉 = 0. Tomemos v = (x, y, z, w, t) ∈ R5. Temos que

〈v, u〉 = 〈v, v〉 = 0 se, e somente se,x+ 2y + 3z − w + 2t = 0

2x+ y + 3z − 2w − t = 0.

291

Equivalentemente,

x = 5z + w +4

3t e y = −z − 5

3t,

onde z, w, t ∈ R.Portanto,

W⊥ = {(5z + w +4

3t,−z − 5

3t, z, w, t) ; z, w, t ∈ R}.

Assim,

α = {(5,−1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (4/3,−5/3, 0, 0, 1)}

é uma base para W⊥.

2.13 Basta veri�car que 〈v, v1〉 = 0 e 〈v, v2〉 = 0, pois 〈v, av1 + bv2〉 =

a〈v, v1〉+ b〈v, v2〉 = 0, para quaisquer a e b em R.

2.14 x = 1 + t, y = −2t, z = −3t, sendo t ∈ R.

3.1 (a) Suponhamos que α = {v1, v2, . . . , vn}. Então

v = a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn,

já que a1, a2, . . . , an são as coordenadas de v na base α. Como α é um

conjunto ortogonal, segue pelo Problema 2.9 que

||v||2 = ||a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn||2

= ||a1v1||2 + ||a2v2||2 + · · ·+ ||anvn||2.

Pela Proposição 7.2.2(c), temos

||a1v1||2 + ||a2v2||2 + · · ·+ ||anvn||2

= |a1|2||v1||2 + |a2|2||v2||2 + · · ·+ |a2n||vn||2

= a21 + a22 + · · ·+ a2n,

pois ||v1|| = ||v2|| = · · · = ||vn|| = 1. Portanto,

||v||2 = a21 + a22 + · · ·+ a2n.


Extraindo as raízes quadradas de ambos os lados da igualdade acima obtemos

||v|| =√a21 + a22 + · · ·+ a2n.

(b) Por de�nição, d(v, w) = ||v − w||. Como

v − w = (a1 − b1)v1 + (a2 − b2)v2 + · · ·+ (an − bn)vn,

segue do item (a) que

d(v, w) =√

(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 + · · ·+ (an − bn)2.

(c) Ora,

〈v, w〉 = 〈a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn, b1v1 + b2v2 + · · ·+ bnvn〉= a1b1〈v1, v1〉+ a1b2〈v1, v2〉+ · · ·+ a1bn〈v1, vn〉+ a2b1〈v2, v1〉+ a2b2〈v2, v2〉+ · · ·+ a2bn〈2, vn〉+ · · ·+ anb1〈vn, v1〉+ anb2〈vn, v2〉+ · · ·+ anbn〈vn, vn〉

= a1b1 + a2b2 + · · ·+ anbn,

já que 〈vi, vj〉 = 0 sempre que i 6= j e 〈vi, vi〉 = 1 para todo i.

3.4* (a) Pelo Teorema 14, v = v1+v2 onde v1 = projWv ∈ W e v2 = v−v1 ∈W⊥. Como v1 ∈ W e {w1, w2, . . . , wn} é uma base de W , v1 se escreve de

modo único como combinação linear dos vetores w1, w2, . . . , wn, digamos

v1 = a1w1 + a2w2 + · · ·+ anwn. (1)

Vamos mostrar que, para cada 1 ≤ i ≤ n, ai = 〈v, wi〉. Ora como

v − v1 ∈ W⊥, segue que 〈v − v1, w〉 = 0 para todo w ∈ W . Em particular,

〈v − v1, wi〉 = 0 para todo 1 ≤ i ≤ n. Consequentemente,

〈v, wi〉 = 〈v1, wi〉 para todo 1 ≤ i ≤ n.

Fixemos agora 1 ≤ i ≤ n. Temos

〈v, wi〉 = 〈v1, wi〉 = 〈a1w1 + a2w2 + · · ·+ anwn, wi〉 = ai, (2)

293

pois {w1, w2, . . . , wn} é um conjunto ortonormal. Substituindo (2) em (1),

obtemos

projWv = 〈v, w1〉w1 + 〈v, w2〉w2 + · · ·+ 〈v, wn〉wn.

(b) A demonstração é análoga à prova acima, sendo que, neste caso, para

cada 1 ≤ i ≤ n

〈v, wi〉 = ai〈wi, wi〉 = ai||wi||2

e, consequentemente,

ai =〈v, wi〉||wi||2

.

3.5 {w1, w2, w3, w4}, sendo w1 = (0, 2, 1, 0), w2 = (1,−1/5, 2/5, 0),w3 = (1/2, 1/2,−1,−1) e w4 = ( 4

15, 415,− 8

15, 45).

3.6 (−1/2, 5/2,−2, 4).

3.7 {(2/√5, 1/√5, 0), (−1/

√5, 2/√5, 0), (0, 0, 1)}.

4.1* Sejam S e T operadores lineares num espaço com produto interno de

dimensão �nita V e seja k ∈ R. Sejam u, v ∈ V quaisquer.

(a) 〈(S + T )(u), v〉 = 〈S(u), v〉+ 〈T (u), v〉 = 〈u, S∗(v)〉+ 〈u, T ∗(u)〉= 〈u, (S∗ + T ∗)(v)〉;

Assim, (T + S)∗ = T ∗ + S∗.

(b) 〈(kT )(u), v〉 = k〈T (u), v〉 = 〈u, T ∗(v)〉 = 〈u, kT ∗(v)〉;

Logo, (kT )∗ = kT ∗.

(c) 〈(ST )(u), v〉 = 〈T (u), S∗(v)〉 = 〈u, T ∗(S∗(v))〉;

Assim, (ST )∗ = T ∗S∗.

(d) 〈T ∗(u), v〉 = 〈v, T ∗(u)〉 = 〈T (v), u〉 = 〈u, T (v)〉.

Logo, (T ∗)∗ = T .

4.2 u = (1, 4,−5).

4.3 T ∗(x, y, z) = (2x+ 3y, 2x+ z,−4y).


4.6 (a), (c) e (d) são operadores ortogonais.

4.7* A segunda linha (a, b, c) deve satisfazer duas condições: a2+b2+c2 = 1 e

a+2b+2c = 0. Assim, 5b2+5c2+8bc = 1. Escolhendo c = 0, obtemos b =√55

e a = −2√5

5. Para a terceira linha (d, e, f), queremos que d2 + e2 + f 2 = 1,

d + 2e + 2f = 0 e que −2e + f = 0, ou seja, devemos ter que d = −2√5

15,

e = −4√5

15e f = 5

√5

15.

4.9 (a)

[2√5

1√5

− 1√5

2√5

].

(b)

13−2

323

−23−2

3−1

3

−23

13

23

.

Capítulo 8

2.2* Por indução sobre n. Para n = 2, o resultado é óbvio. Suponhamos o

resultado válido para n − 1 e seja A = [aij] uma matriz triangular superior

de ordem n. Então aij = 0 para todo j < i.

Pelo Teorema 8.2.1,

detA = a11 det(A(1|1)),

já que ai1 = 0 para todo 2 ≤ i ≤ n. Como a matriz A(1|1) é uma matriz

triangular superior de ordem n − 1, com a22, . . . , ann como elementos da

diagonal principal, temos, pela hipótese de indução, que

detA(1|1) = a22 . . . ann,

o que termina a prova o resultado.

2.3* Seja a ∈ R. Fazendo o desenvolvimento de Laplace pela primeira linha

295

obtemos

detA = det

a a2 a3

a2 a3 a4

a3 a4 a5

− det

1 a2 a3

1 a3 a4

1 a4 a5

+det

1 a a3

1 a2 a4

1 a3 a5

− det

1 a a2

1 a2 a3

1 a3 a4

= a det

a a a3

a2 a2 a4

a3 a3 a5

− a det1 a2 a2

1 a3 a3

1 a4 a4

+a2 det

1 a a

1 a2 a2

1 a3 a3

− det

1 a a

1 a2 a2

1 a3 a3

.Note que cada uma das matrizes anteriores tem duas colunas iguais e, por-

tanto, cada uma delas tem determinante nulo. Consequentemente, detA = 0.

4.1 (a) {(0, 0, 0)}. (b) {(−1, 3, 1,−1)}.

Capítulo 9

1.1* A(c) = {v ∈ V ;T (v) = cv}. Tomemos v e w em A(c) e tomemos a e b

em R. Pela linearidade de T , T (av+ bw) = aT (v)+ bT (w). Como T (v) = cv

e T (w) = cw, segue que T (av+bw) = a(cv)+b(cw) = c(av+bw), mostrando

que av + bw ∈ A(c). Portanto, A(c) é um subespaço vetorial de V .

1.2 (a) Não tem autovalores e autovetores.

(b) 1, {(x,−x,−x) ;x 6=0}; −1, {(0,−3x, x) ;x 6=0}; 2, {(0, 0, x) ;x 6=0}.

(c) 1, {ax2 + bx+ b ; a 6= 0 ou b 6= 0}; −1, {ax− a ; a 6= 0}.


(d) 1,

{[0 0

0 a

]; a 6= 0

};

−1,

{[−2a a

a 0

]; a 6= 0

};

−2,

{[a 0

−a 0

]; a 6= 0

}.

1.3 (a) c = 0, {(x,−x) ;x 6= 0}; c = 4, {(x, x) ;x 6= 0}.

(b) c = 1, {(−y − 2z, y, z) ; y 6= 0 ou z 6= 0}; c = 2, {(0, y,−y) ; y 6= 0}.

(c) c = 0, {(0, 0, 0, x) ;x 6= 0}; c = 2, {(−x,−2y, x, y) ;x 6= 0 ou y 6= 0};c = 4, {(x, 0, 0, 0) ;x 6= 0}.

1.5 T (x, y, z) = (x, 2x− y + 2z, 4x− 4y + 5z).

1.6* Seja (x, y, z) em R3. Então,

(x, y, z) = (x+ y − z)(1, 1, 1) + (−x− y + 2z)(0, 1, 1) + (y − z)(−1, 1, 0),

o que pela linearidade de T nos dá que

T (x, y, z) = (x+y−z)T (1, 1, 1)+(−x−y+2z)T (0, 1, 1)+(y−z)T (−1, 1, 0).

Como T (1, 1, 1) = (1, 1, 1), T (0, 1, 1) = (0, 2, 2) e T (−1, 1, 0) = (1,−1, 0),segue que

T (x, y, z) = (x+ y − z)(1, 1, 1) + (−x− y + 2z)(0, 2, 2) + (y − z)(1,−1, 0)= (x+ 2y − 2z),−x− 2y + 4z,−x− y + 3z).

1.8 1 0 0

−1 −12−1

2

1 −12−1

2

.

297

2.1* Calcular os autovalores e os autovetores de uma matriz A nada mais é

do que calcular os autovalores e os autovetores de TA. Assim,

det

[c− 2 3

1 c− 4

]= c2 − 6c+ 5,

nos dando que c = 1 e c = 5 são os autovalores de A. O conjunto solução do

sistema linear [−1 3

1 −3

][x

y

]=

[0

0

]é dado por {(3x, x) ;x ∈ R} e o conjunto solução do sistema linear[

3 3

1 1

][x

y

]=

[0

0

]

é dado por {(x,−x) ;x ∈ R}. Assim, os autovetores associados a c = 1 são

os vetores da forma (3x, x), x 6= 0 e os autovetores associados a c = 4 são os

vetores da forma (x,−x), x 6= 0.

2.2* Seja A ∈M(n). A matriz A é invertível se, e somente se, KerTA = {0}.Agora, KerTA = {0} se, e somente se, não existe v ∈ Rn, não nulo, tal que

TA(v) = 0 = 0 · v. Portanto, A é invertível se, e somente se, c = 0 não é um

autovalor de A.

3.1* Sabemos que o cálculo dos autovalores de T independe da base consi-

derada em R3. Assim,

det

t− 1 −2 0

−1 t+ 1 0

1 0 t− 2

= (t− 2)(t−√3)(t+

√3).

Portanto, T tem três autovalores distintos. Como dimR3 = 3, existe uma

base de R3 formada de autovetores de T e, assim, T é diagonalizável.

3.2 (a) verdadeiro (b) verdadeiro (c) falso (d) falso

3.3 (a) Não é diagonalizável.


(b) P =

[1 4

−1 3

]. (c) P =

0 1 −11 0 0

−1 0 1

.3.4 (a) c 6= 1. (b) c = 0.

3.5 (a) I3. (b) A. (c) I3.

3.6* Seja α a base canônica de R2. Então,

P[T ]αα(t) = det

[t− 2 2

1 t− 3

]= t2 − 5t+ 4,

o que nos dá que c1 = 1 e c2 = 4 são os autovalores de T . O conjunto solução

do sistema linear [−1 2

1 −2

][x

y

]=

[0

0

]e o conjunto solução do sistema linear[

2 2

1 1

][x

y

]=

[0

0

]

é o autoespaço associado a c1 = 1 e o autoespaço associado a c2 = 4, respec-

tivamente. Assim, (2, 1) é um autovetor associado a c1 = 1 e (1,−1) é um

autovetor associado a c2 = 4. Portanto, β = {(2, 1), (1,−1)} é uma base de

R2 tal que [T ]ββ é uma matriz diagonal.

5.1* (a) Temos que

x2 − 4x− 2y + 4 = 0 ⇐⇒ (x− 2)2 = 2y ⇐⇒ y =1

2(x− 2)2.

Portanto, a equação representa uma parábola.

(b) A equação 4x2 − 3y2 + 24xy − 156 = 0 equivale a equação matricial

[x y

] [ 4 12

12 −3

][x

y

]+ [−156] = [0]. (1)

299

A matriz

A =

[4 12

12 −3

]é simétrica. Logo, pelo Teorema Espectral, A é ortogonalmente diagona-

lizável. De fato, c1 = 13 e c2 = −12 são os autovalores de A. O vetor

v1 = (4/5, 3/5) é um autovetor associado a c1 = 13 e o vetor v2 = (−3/5, 4/5)é um autovetor associado a c2 = −12. Logo, a base β = {v1, v2} é uma base

ortonormal de R2 formada por autovetores. Seja P = [IR2 ]βα, onde α é a base

canônica de R2. Chame D = P−1AP . Temos

P =

[45−3

535

45

]e D =

[13 0

0 −12

]. (2)

Chamando [v]β de

[x′

y′

], onde v = (x, y) ∈ R2, de (1) e (2) obtemos a equação

matricial [x′ y′

] [13 0

0 −12

][x′

y′

]+ [−156] = [0],

que equivale a equação

13x′2 − 12y′2 − 156 = 0,

ou seja,x′2

12− y′2

13= 1.

Portanto, a equação 4x2 − 3y2 + 24xy − 156 = 0 representa uma hipérbole.

5.2

(a) ∅. (b) elipse. (c) duas retas paralelas.

(d) uma reta. (e) hipérbole. (f) elipse.

(g) parábola. (h) elipse. (i) hipérbole.

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Capítulo 10: Soluções e Respostas - PROFMATmoodle.profmat-sbm.org.br/MA33/2012/AL_PROFMAT_cap10.pdf · 2012-03-19 · 2.1* Como os termos independentes do sistema são todos iguais