EAE0207 - Matemática Aplicada à Economia

Lista 2

Resoluções

Professor: David Turchick

1.

2.

4.

(a) Escrevendo a transformação linear como matriz 3× 2 (que tem que ser o caso, de acordo com o roteirode aula 4), vemos que o enunciado pede a11 a12

a21 a22a31 a32

[ 11

]=

321

e a11 a12

a21 a22a31 a32

[ 0−2

]=

010

.Esse último sistema imediatamente implica a12 = 0, a22 = −1/2 e a32 = 0. Substituindo no primeirosistema, temos a11 = 3, a21 = 5/2 e a31 = 1. Isso responde parte do exercício: se é verdade que algumatransformação linear tem as propriedades pedidas, essa transformação tem que ser representável (em

termos das bases canônicas) pela matriz [T ] =[3 05/2 −1/21 0

]. Resta argumentar que essa transformação

realmente basta. A checagem é trivial: 3 05/2 −1/21 0

[ 11

]=

321

, 3 05/2 −1/21 0

[ 0−2

]=

010

.A transformação também pode ser definida por sua lei: T (x, y) = (3x, 2.5x− 0.5y, x).

(b) Basta olhar para as colunas de [T ]: T (1, 0) = (3, 2.5, 1), T (0, 1) = (0,−0.5, 0).(c) Como em (a), podemos escrever S como matriz, ou diretamente sua lei. Se

[S] =

[b11 b12 b13b21 b22 b23

],

então teremos S (x, y, z) = (b11x+ b12y + b13z, b21x+ b22y + b23z). Logo, o enunciado pede para achar-mos esses parâmetros bs tais que 3b11 + 2b12 + b13 = 1

b12 = 0b13 = 0

e 3b21 + 2b22 + b23 = 1b22 = −2b23 = 0

.

Logo b11 = 1/3 e b21 = 5/3, e S (x, y, z) = (1/3x, 5/3x− 2y). Note-se que não só isso é necessário,como é suficiente para termos S (3, 2, 1) = (1, 1), S (0, 1, 0) = (0,−2) e S (0, 0, 1) = (0, 0).

(d) Pode-se fazer a multiplicação de matrizes ST para achar a matriz que representa (canonicamente) atransformação linear S ◦ T , ou simplesmente partir das leis das funções para achar a lei da composta.Este último será o procedimento adotado a seguir:

(S ◦ T ) (x, y) = S (T (x, y)) = S (3x, 2.5x− 0.5y, x)= ((1/3) (3x) , (5/3) 3x− 2 (5/2x− 1/2y)) = (x, y) ,

1

isto é, S ◦ T = Id.Na verdade, isso podia ser visto mais facilmente, baseando-se nos fatos de composições de transfor-mações lineares serem lineares, e de transformações lineares estarem completamente determinadas apartir unicamente de seus valores nos elementos de qualquer base do domínio (Teorema 5.3.1 do livrode Boldrini et al.): bastaria justificar que ((1, 1) , (0,−2)) é base do R2 e notar que (S ◦ T ) (1, 1) =S (3, 2, 1) = (1, 1) e (S ◦ T ) (0,−2) = S (0, 1, 0) = (0,−2).1

7. Como estamos falando de uma composta de funções lineares, será linear. Essa transformação do R2 no R2pode ser representada matricialmente por:[

cos(−π4)− sin

(−π4)

sin(−π4)

cos(−π4) ] [ 1√

20

0 1√2

]=

[ √22

√22

−√22

√22

][1√2

0

0 1√2

]=

[12

12

− 1212

].

Em outras palavras, ela leva um vetor genérico (x, y) em (0.5x+ 0.5y,−0.5x+ 0.5y).15.

(a) Seja u = (u1, u2). Então[−1 −20 1

] [u1u2

]=

[u1u2

]⇔[−1 −20 1

] [u1u2

]=

[1 00 1

] [u1u2

]⇔

([−1 −20 1

]−[1 00 1

])[u1u2

]=

[00

]⇔[−2 −20 0

] [u1u2

]=

[00

],

ou seja, na verdade estamos procurando os vetores (u1, u2) ∈ ker (T − 1 Id). Imediatamente vemos queo sistema equivale a u1 + u2 = 0, de maneira que ker (T − 1 Id) = [(1,−1)], e u é um vetor da formaα (1,−1) ,∀α ∈ R.

(b) Seja v = (v1, v2). Então[−1 −20 1

] [v1v2

]= −

[v1v2

]⇔[−1 −20 1

] [v1v2

]= (−1)

[1 00 1

] [v1v2

]⇔

([−1 −20 1

]− (−1)

[1 00 1

])[v1v2

]=

[00

]⇔[0 −20 2

] [v1v2

]=

[00

],

ou seja, na verdade estamos procurando os vetores (v1, v2) ∈ ker (T − (−1) Id). Imediatamente vemosque o sistema equivale a v2 = 0, de maneira que ker (T − (−1) Id) = [(1, 0)], e v é um vetor da formaα (1, 0) ,∀α ∈ R.

Obs.: A lógica aplicada neste exercício reaparecerá em nosso estudo sobre autovalores e autovetores detransformações lineares. No caso do item (a), diremos que 1 é autovalor de T , e os vetores u 6= 0 encontradosserão ditos autovetores de T associados ao autovalor 1. Já no caso do item (b), diremos que −1 é autovalorde T , e os vetores v 6= 0 encontrados serão ditos autovetores de T associados ao autovalor −1.

22. Primeiramente, notemos que D está bem-definida: de fato, toda função polinomial pode ser derivada umnúmero ilimitado de vezes (ou seja, faz sentido tomar P3 como domínio de D), e derivadas segundas depolinômios com grau menor ou igual a 3 são também polinômios, e com grau menor ou igual a 1, dondetambém menor ou igual a 3 (ou seja, faz sentido estabelecer P3 como contradomínio de D).Seja D1 : P3 → P3 o operador derivada primeira. Como D1 é linear, D = D1 ◦ D1 também o é, por sercomposição de funções lineares.O núcleo de D é o conjunto de todos os polinômios de grau no máximo 3 cuja derivada segunda é o vetornulo de P3 (a função identicamente nula). Represente um vetor de P3 por at3 + bt2 + ct + d. Entãoat3 + bt2 + ct + d ∈ kerD se e só se 6at + 2b é a função identicamente nula. Isso obviamente ocorre sea = b = 0, mas em verdade só ocorre nesse caso, já que em t = 0 teríamos 0 = 6at+ 2b = 2b, donde b = 0,e em t = 1 teríamos 0 = 6at + 2b = 6a + 2 × 0, donde a = 0. Logo, kerD será o conjunto dos polinômiosde grau no máximo 1 (aqueles da forma ct+ d), e uma base possível é (1, t).

3. De fato, se a lista (u, v) de vetores do Rn é LD, então existem α, β ∈ R, não todos nulos, tais que αu+ βv = 0.Suponhamos então que temos α 6= 0 (o argumento para β 6= 0 seria análogo). Somando ¬ (βv) aos dois ladosdaquela igualdade, obtemos αu = ¬ (βv) = (−1) (βv) = ((−1)β) v = (−β) v. Logo, u = 1u =

(α−1α

)u =

α−1 (αu) = α−1 ((−β) v) = (−β/α) v, isto é, u é múltiplo de v.Reciprocamente, suponha que um dos vetores é múltiplo do outro.2 Sem perda de generalidade, digamos que ué múltiplo de v: u = λv. Somando (−λ) v dos dois lados dessa igualdade, obtemos então 1u+(−λ) v = 0, dondea lista (u, v) é de fato LD.

1O Teorema 5.3.1 é tão importante que alguns se referem a ele, e não ao Teorema do Núcleo/Imagem (Teorema 5.3.9), como o TeoremaFundamental da Álgebra Linear.

2Note que nem sempre valerão ambas essas condições ao mesmo tempo: basta considerar o vetor nulo e um não-nulo.

2

Finalmente: não, a expressão "pelo menos" não poderia ser substituída por "cada". Por exemplo, a lista devetores do R2 ((1, 0) , (0, 0)) é LD, já que 0 (1, 0) + 30 (0, 0) = (0, 0). Porém, (1, 0) não é múltiplo de (0, 0), jáque λ (0, 0) = (0, 0) ,∀λ ∈ R.

4. Desprovemos: note (por exemplo pelo critério dado no exercício 3) que as listas de vetores do R2 ((1, 0) , (0, 1)),((1, 0) , (1, 1)) e ((0, 1) , (1, 1)) são todas LI, porém a lista ((1, 0) , (0, 1) , (1, 1)) é obviamente LD (1 (1, 0)+1 (0, 1)+(−1) (1, 1) = (0, 0)).

5.

6.

(a) Basta notar que soma de polinômios é polinômio, multiplicação de polinômio por escalar é polinômio(mudam apenas os coeficientes), e que a função identicamente nula também pode ser considerada polinômio(assim como qualquer função constante).

(b) Não é possível. Se fosse, poderíamos considerar dentre os vetores (polinômios) dessa base aquele que fosse opolinômio de maior grau. Digamos que esse grau fosse n. Como essa base teria que gerar P, em particularo polinômio tn+1 teria que poder ser escrito como combinação linear dos polinômios dessa base, todos degrau menor ou igual a n. Logo, ao subtrair tal combinação linear de tn+1, obteríamos um polinômio aomesmo tempo de grau n + 1 e identicamente nulo, de maneira que teria infinitas raízes reais, afrontandoassim o Teorema Fundamental da Álgebra.Obs.: Por esse motivo, dizemos que P é um espaço vetorial de dimensão infinita.

7. Sim. Quando consideramos apenas essas operações (e não multiplicação de matrizes), note que não há nenhumadiferença relevante entre M e Rmn; apenas a disposição das coordenadas das mn-uplas é distinta. Logo, M éespaço vetorial de dimensão mn. Por exemplo, para m = 2 e n = 3, uma base seria ([ 1 0 0

0 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 ]).

8.

3. Para estudar a dependência linear dos vetores, podemos dispô-los nas colunas de uma matriz e checar se elarepresenta uma função injetora, isto é, se seu espaço nulo é o trivial. Para tal, como se trata de três vetoresdo R3, podemos usar o Teorema da Matriz Inversível e simplesmente checar se tal matriz é não-singular.

(a) ∣∣∣∣∣∣1 2 33 1 22 3 1

∣∣∣∣∣∣ = 1× (−5) + 2× 1 + 3× 7 = 18 6= 0,de maneira que a lista formada pelos vetores dados é LI.

(b) ∣∣∣∣∣∣1 2 −3−3 1 22 −3 1

∣∣∣∣∣∣ = 1× 7 + 2× 7− 3× 7 = 0,de maneira que a lista formada pelos vetores dados é LD.

5. Note que 1v1 + (−1) v2 + 1v3 = w2 − w3 − (w1 − w3) + w1 − w2 = 0. Logo, a lista (v1, v2, v3) é LD.Obs.: A hipótese de que (w1, w2, w3) é LI parece estar sobrando.

7. Como se tratam de vetores do R4, o Teorema de Rouché-Fontené garante que não podemos formar lista LIcom mais de quatro deles. Para saber o número máximo de vetores LI, novamente procedemos via posto:

1 1 1 0 0 0−1 0 0 1 1 00 −1 0 −1 0 10 0 −1 0 −1 −1

∼1 1 1 0 0 00 1 1 1 1 00 −1 0 −1 0 10 0 −1 0 −1 −1

∼

1 0 0 −1 −1 00 1 1 1 1 00 0 1 0 1 10 0 −1 0 −1 −1

∼1© 0 0 −1 −1 00 1© 0 1 0 −10 0 1© 0 1 10 0 0 0 0 0

,que tem posto 3. Logo, o maior número de vetores LI dentre v1, . . . , v6 é 3. E como sabemos, o postocorresponde à dimensão do espaço-coluna (ou imagem) dessa matriz, isto é, o espaço gerado por esses seisvetores.

3

18.

(a) Aqui não é possível termos b ∈ [w1, w2, w3], já que os três vetores w1, w2, w3 dados têm 1.a e 2.acoordenada iguais, de maneira que só podem gerar vetores que também têm essa característica (não éo caso do b dado). Isso também pode ser visto através de operações elementares nas linhas do sistema 1 2 0

1 2 00 1 2

∣∣∣∣∣∣345

∼ 1 2 00 0 00 1 2

∣∣∣∣∣∣315

,onde a segunda linha mostra que não pode haver solução.

(b) Obviamente w4 não ajuda a gerar b, por ser combinação linear dos demais, mas façamos a análiseconfome pedido no enunciado: 1 2 0 0

2 5 0 00 0 2 0

∣∣∣∣∣∣b1b2b3

∼ 1 2 0 00 1 0 00 0 2 0

∣∣∣∣∣∣b1

b2 − 2b1b3

∼ 1© 0 0 00 1© 0 00 0 1© 0

∣∣∣∣∣∣5b1 − 2b2b2 − 2b1b3/2

.Assim, o posto da matriz dos coeficientes é 3, e o posto da matriz dos coeficientes aumentada também é3. Logo, pelo Teorema de Rouché-Fontené, o sistema é solúvel, qualquer que seja o b dado, de maneiraque b ∈ [w1, w2, w3, w4].

29. Quanto à primeira pergunta, note que ela é equivalente a: "Quanto é dimN (A)?". O Teorema do Nú-cleo/Imagem traz a resposta: a nulidade de A é 17− 11 = 6.Já a segunda pergunta diz respeito à nulidade de A′, que, seguindo a mesma linha de argumentação, é64− 11 = 53.

33.

(a) As matrizes 3× 3 diagonais são aquelas da forma[a 0 00 b 00 0 c

]= a

[1 0 00 0 00 0 0

]+ b[0 0 00 1 00 0 0

]+ c[0 0 00 0 00 0 1

]. Logo,

uma base natural é([

1 0 00 0 00 0 0

],[0 0 00 1 00 0 0

],[0 0 00 0 00 0 1

]).

(b) As matrizes 3 × 3 reais simétricas são aquelas da forma[a d ed b fe f c

]. Logo, seguindo mesmo argumento

acima, podemos tomar como base([

1 0 00 0 00 0 0

],[0 0 00 1 00 0 0

],[0 0 00 0 00 0 1

],[0 1 01 0 00 0 0

],[0 0 10 0 01 0 0

],[0 0 00 0 10 1 0

]).

(c) As matrizes 3× 3 antissimétricas são aquelas da forma[a d e−d b f−e −f c

]. Logo, podemos tomar como base([

1 0 00 0 00 0 0

],[0 0 00 1 00 0 0

],[0 0 00 0 00 0 1

],[0 1 0−1 0 00 0 0

],[0 0 10 0 0−1 0 0

],[0 0 00 0 10 −1 0

]).

37.

(a) Pede-se a dimensão do núcleo da matriz [ 1 1 1 1 ] (você enxerga isso?). Como seu posto é 1, o Teoremado Núcleo/Imagem dá que a dimensão pedida é 4− 1 = 3.

(b) Como o posto da identidade é pleno, o mesmo teorema dá que a nulidade pedida é 4 − 4 = 0. Argu-mentação alternativa: como Id é bijetora, é injetora, logo ker Id = {0}, e dimker Id = 0.

(c) Como argumentado no exercício 7 desta lista, o conjunto de todas as matrizes reais 4× 4 é um espaçovetorial de dimensão 16.

40. Como o R3 admite a base canônica ((1, 0, 0) , (0, 1, 0) , (0, 0, 1)), pelo Teorema da Dimensão, qualquer basedo R3 tem que ter 3 vetores. Assim, as alternativas (a) e (b) são imediatamente descartadas. Quanto àalternativa (d), nota-se que (0, 8, 6) = 2 (1, 2, 2)+ 2 (−1, 2, 1), de maneira que os três vetores dados não sãoLI, e portanto não formam uma base. Finalmente, quanto à alternativa (b), podemos proceder via cálculode posto ou determinante: ∣∣∣∣∣∣

1 −1 02 2 82 1 0

∣∣∣∣∣∣ = −8× (1− (−2)) = −24 6= 0,de maneira que as três colunas dessa matriz são, de fato, LI. Logo, esses três vetores geram subespaço dedimensão 3, e, conforme argumentado no roteiro de aula 5, esse subespaço terá que ser o próprio R3. Logo,((1, 2, 2) , (−1, 2, 1) , (0, 8, 0)) é, sim, base do R3.

41. Esses polinômios são aqueles da forma a + bt + ct2 + dt3,∀a, b, c, d ∈ R. Logo, uma base desse espaço é(1, t, t2, t3

)(a única combinação linear desses vetores que dá a função identicamente nula é a trivial).

Quanto ao subespaço mencionado no enunciado, este tem apenas os polinômios da forma a + bt + ct2 +(−a− b− c) t3,∀a, b, c ∈ R (pois a+b.1+c.12+d.13 = 0⇒ d = −a−b−c). Logo, esses polinômios também

4

podem ser escritos como a(1− t3

)+b(t− t3

)+c(t2 − t3

), e podemos considerar como candidato para base

desse subespaço vetorial(1− t3, t− t3, t2 − t3

). Como vimos, esses vetores geram o subespaço. Mas são LI?

Escrevendo a(1− t3

)+b(t− t3

)+c(t2 − t3

)≡ 0 ("≡" significa idêntico, isto é, "para qualquer t", já que o

vetor nulo é a função identicamente nula), vemos que essa igualdade implica a+bt+ct2+(−a− b− c) t3 ≡ 0,donde é realmente necessário a = 0, b = 0 e c = 0 (e −a− b− c = 0). Assim, a lista considerada também éLI, de modo que realmente forma base do subespaço sob consideração.

9. Por T : Rn → Rm ser linear, sabemos que pode ser representada por matriz real m× n.

(a) Se T é sobrejetora, vimos que r (T ) = m. Como estamos supondo m > n, isso significa que T , uma vezescalonada, poderá comportar mais pivôs que seu número de colunas, o que é absurdo. Ou: o Teorema doNúcleo/Imagem daria nul (T ) = dimRn − r (T ) = n−m < 0, absurdo.

(b) Se T é injetora, todas suas colunas têm que ser LI (o que também é consistente com o Teorema doNúcleo/Imagem: 0 = nul (T ) = dimRn − r (T )⇒ r (T ) = n). Como estamos supondo n > m, isso significaque T , uma vez escalonada, poderá comportar mais pivôs que seu número de linhas, o que é absurdo.

Obs.: Note que ambos esses resultados são algo intuitivos. No entanto, eles não valem para funções não-lineares.

10. Como A representa uma função (por acaso, linear) do Rn para o Rm, Im, a função identidade do Rm para o Rm,In, a função identidade do Rn para o Rn, e multiplicação de matrizes, composição de funções, a pergunta doenunciado poderia ser reescrita assim: "Existem funções B,C : Rm → Rn tais que A ◦B = Im e C ◦ A = In?".Note que isso significaria que A é uma função inversível (inclusive, nesse caso teríamos necessariamente B = C,pois B = In ◦ B = (C ◦A) ◦ B = C ◦ (A ◦B) = C ◦ Im = C). Isto é, a resposta é afirmativa se e só se A ébijetora. Mas, pelo último exercício, se m > n isso é impossível pois A não pode ser sobrejetora, e se n > m issoé impossível pois A não pode ser injetora. Logo, a resposta é negativa (não é possível matrizes não-quadradasterem inversa).

11.

12.

(a) Dados u,v ∈ V e λ ∈ R, temos (S + T ) (u+ v) = S (u+ v) + T (u+ v) = S (u) + S (v) + T (u) + T (v) =S (u) + T (u) + S (v) + T (v) = (S + T ) (u) + (S + T ) (v) e (S + T ) (λv) = S (λv) + T (λv) = λS (v) +λT (v) = λ (S (v) + T (v)) = λ ((S + T ) (v)) = λ (S + T ) (v). Logo, S + T : V →W é linear.

(b) Dados u,v ∈ V e λ ∈ R, temos (αS) (u+ v) = α.S (u+ v) = α (S (u) + S (v)) =α.S (u) + α.S (v) = (αS) (u) + (αS) (v) e (αS) (λv) = α.S (λv) = α (λ.S (v)) = (αλ) .S (v) =(λα) .S (v) = λ (α.S (v)) = λ ((αS) (v)). Logo, αS : V →W é linear.

(c) Seja O : V → W a função identicamente nula (O (v) = 0W ,∀v ∈ V ). Então O ∈ X, isto é, é linear(O (u+ v) = 0W = 0W + 0W = O (u) + O (v) ,∀u,v ∈ V e O (λv) = 0W = λ0W = λO (v) ,∀u ∈V,∀λ ∈ R), e serve como elemento neutro da operação de adição de transformações definida no enunciadoda questão ((T +O) (v) = T (v) + O (v) = T (v) + 0W = T (v) ,∀v ∈ V ). Defina a inversa aditiva deT , ¬T , pontualmente (i.e., de modo que (¬T ) (v) = ¬ (T (v)) ,∀v ∈ V ), e note que, se T ∈ X, então¬T ∈ X (dados u,v ∈ V e λ ∈ R, vem (¬T ) (u+ v) = ¬ (T (u+ v)) = ¬ (T (u) + T (v)) = ¬ (T (u)) +¬ (T (v)) = (¬T ) (u)+(¬T ) (v) e (¬T ) (λv) = ¬ (T (λv)) = ¬ (λT (v)) = (−1) (λT (v)) = ((−1)λ)T (v) =(λ (−1))T (v) = λ ((−1)T (v)) = λ (¬T (v)). Então T (v)+ (¬T ) (v) = T (v)+¬ (T (v)) = O (v) ,∀v ∈ V ,de modo que T + (¬T ) = O, e ¬T de fato é inversa de T no espaço X. As demais propriedades dasoperações de adição e multiplicação por escalar no espaço de funções X podem ser checadas facilmente,pois são herdadas das propriedades correspondentes em W .

(d) Nesse caso, X será o conjunto (com estrutura de espaço vetorial, como acabamos de ver) de todas astransformações lineares do R2 no R3. Segundo o roteiro de aula 3, tal conjunto pode ser identificado com oconjunto de todas as matrizes reais 3×2 (note que as operações definidas no enunciado da presente questãoequivalem às usuais operações de soma de matrizes e multiplicação de matriz por escalar). De maneirasimilar ao que já foi argumentado no exercício 7 desta lista, a dimensão de X será então 3× 2 = 6.

13.

(a) Encontremos o núcleo através de eliminação de Gauss-Jordan: 1 0 2 10 2 4 20 2 2 1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 2 10 1 2 10 2 2 1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 2 10 1 2 10 0 −2 −1

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 0 2 10 1 2 10 0 1 1/2

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1© 0 0 00 1© 0 00 0 1© 1/2

∣∣∣∣∣∣000

,5

donde temos posto 3, variável livre x4, núcleo{(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x3 = −1/2x4, x2 = 0 e x1 = 0

}=

[(0, 0,−1/2, 1)], e nulidade 1 (igual ao número de variáveis livres, e igual ao número de colunas da matrizdos coeficientes menos o posto, em acordo com o Teorema do Núcleo/Imagem).E, de fato, a matriz dada não tem nenhum menor de ordem maior que 3, mas tem um menor não-nulo deordem 3: ∣∣∣∣∣∣

1 0 20 2 40 2 2

∣∣∣∣∣∣ = 1× (4− 8) = −4 6= 0,e nenhum menor de ordem maior que 3.

(b) Da mesma maneira: −1 0 2 1−2 2 4 2−3 1 6 3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −2 −1−2 2 4 2−3 1 6 3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −2 −10 2 0 00 1 0 0

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 0 −2 −10 1 0 00 1 0 0

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1© 0 −2 −10 1© 0 00 0 0 0

∣∣∣∣∣∣000

,donde temos posto 2, variáveis livres x3 e x4, núcleo

{(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x2 = 0 e x1 = 2x3 + x4

}=

[(2, 0, 1, 0) , (1, 0, 0, 1)], e nulidade 2 (igual ao número de variáveis livres, e igual ao número de colunas damatriz dos coeficientes menos o posto, em acordo com o Teorema do Núcleo/Imagem).E, de fato, a matriz dada não tem nenhum menor de ordem maior que 3, não tem nenhum menor não-nulode ordem 3: ∣∣∣∣∣∣

−1 0 2−2 2 4−3 1 6

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣−1 0 0−2 2 0−3 1 0

∣∣∣∣∣∣ = 0,∣∣∣∣∣∣−1 0 1−2 2 2−3 1 3

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣−1 0 0−2 2 0−3 1 0

∣∣∣∣∣∣ = 0,∣∣∣∣∣∣−1 2 1−2 4 2−3 6 3

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣−1 0 1−2 0 2−3 0 3

∣∣∣∣∣∣ = 0,∣∣∣∣∣∣0 2 12 4 21 6 3

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣0 0 12 0 21 0 3

∣∣∣∣∣∣ = 0,mas tem um menor não-nulo de ordem 2: ∣∣∣∣ −1 0

−2 2

∣∣∣∣ = −2 6= 0.(c) Da mesma maneira: −1 0 2 1

−2 0 4 2−3 0 6 3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −2 −1−2 0 4 2−3 0 6 3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1© 0 −2 −10 0 0 00 0 0 0

∣∣∣∣∣∣000

,donde temos posto 1, variáveis livres x2, x3 e x4, núcleo

{(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = 2x3 + x4

}=

[(0, 1, 0, 0) , (2, 0, 1, 0) , (1, 0, 0, 1)], e nulidade 3 (igual ao número de variáveis livres, e igual ao númerode colunas da matriz dos coeficientes menos o posto, em acordo com o Teorema do Núcleo/Imagem).E, de fato, a matriz dada não tem nenhum menor de ordem maior que 3, não tem nenhum menor não-nulode ordem 3:∣∣∣∣∣∣

−1 0 2−2 0 4−3 0 6

∣∣∣∣∣∣ = 0,∣∣∣∣∣∣−1 0 1−2 0 2−3 0 3

∣∣∣∣∣∣ = 0,∣∣∣∣∣∣−1 2 1−2 4 2−3 6 3

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣−1 0 1−2 0 2−3 0 3

∣∣∣∣∣∣ = 0,∣∣∣∣∣∣0 2 10 4 20 6 3

∣∣∣∣∣∣ = 0,nem de ordem 2: ∣∣∣∣ −1 0

−2 0

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −1 2−2 4

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −1 1−2 2

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 0 20 4

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 0 10 2

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2 14 2

∣∣∣∣=

∣∣∣∣ −1 0−3 0

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −1 2−3 6

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −1 1−3 3

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 0 20 6

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 0 10 3

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 2 16 3

∣∣∣∣=

∣∣∣∣ −2 0−3 0

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −2 4−3 6

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ −2 2−3 3

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 0 40 6

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 0 20 3

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣ 4 26 3

∣∣∣∣ = 0,mas tem um de ordem 1: ∣∣ −1 ∣∣ = −1 6= 0.

6

14.

1. Os teoremas mencionados no enunciado formam o Teorema de Rouché-Fontené(-Kronecker-Capelli). Em cadaitem deste exercício, A e Ab representarão, respectivamente, as matrizes dos coeficientes e dos coeficientesaumentada do sistema dado.

(a) Analisemos primeiro o posto de A: como a segunda linha é múltipla da primeira, temos r (A) ≤ 1. Ecomo a primeira linha não é o vetor nulo, r (A) = 1. Agora o posto de Ab: como a submatriz de ordemdois

[−2 34 1

]tem determinante −14 6= 0, temos r (Ab) = 2. Logo, pelo Teorema de Rouché-Fontené,

temos o conjunto-solução Sol (Ab) = ∅.Outro jeito: suponha que (x1, x2, x3) satisfaz −2x1 − 3x2 + x3 = 3. Logo 4x1 + 6x2 − 2x3 = −6 6= 1.Assim, o sistema não tem solução.

(b) Note que tanto A =[1 1 −1 12 −1 1 −3

]quanto Ab =

[1 1 −1 12 −1 1 −3

∣∣ 21 ] têm posto 2, já que a submatriz

quadrada de ordem dois[1 12 −1

]tem determinante −3 6= 0. Logo, pelo Teorema de Rouché-Fontené,

o sistema dado tem solução. O número de equações supérfluas é o número de equações menos o postoda matriz de coeficientes A, isto é, 2 − 2 = 0. O número de graus de liberdade do sistema é igual ànulidade da matriz de coeficientes A (ou, pelo Teorema do Núcleo/Imagem, o número de variáveis dosistema menos o posto de A), 4− 2 = 2.Para variar, ao invés de resolver o sistema através de eliminação de Gauss-Jordan, escrevamo-lo naforma [

1 12 −1

] [x1x2

]+

[−1 11 −3

] [x3x4

]=

[21

], (1)

que é equivalente a[x1x2

]=

[1 12 −1

]−1([21

]−[−1 11 −3

] [x3x4

])=

(1

−3

[−1 −1−2 1

])([21

]−[−1 11 −3

] [x3x4

])= −1

3

[−1 −1−2 1

] [21

]+1

3

[−1 −1−2 1

] [−1 11 −3

] [x3x4

]=

[11

]+1

3

[0 23 −5

] [x3x4

]. (2)

Assim, Sol (Ab) ={(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = 1 + (2/3)x4 e x2 = 1 + x3 − (5/3)x4

}.

Outra maneira de representar as soluções, uma vez que sua existência já esteja garantida (por exemplo,pelo Teorema de Rouché-Fontené), seria:

• Colocar (por exemplo) x3 = x4 = 0 em (1) para achar uma solução particular (chegaríamos assimà primeira parcela em (2)), que no caso seria xp = (1, 1, 0, 0).

• Trocar o vetor (2, 1) no lado direito de (1) por (0, 0), para então encontrar a solução geral do sistemahomogêneo associado, que no caso corresponderia à segunda parcela em (2): Sol (A0) = N (A) ={(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = (2/3)x4 e x2 = x3 − (5/3)x4

}= [(0, 1, 1, 0) , (2/3,−5/3, 0, 1)].

• Pelo Princípio da Superposição, temos Sol (Ab) ={(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : (x1 − 1, x2 − 1, x3, x4) ∈

[(0, 1, 1, 0) , (2/3,−5/3, 0, 1)]}. Em outras palavras, todas as soluções do sistema dado são da forma(x1, x2, x3, x4) = (1, 1, 0, 0) + x3 (0, 1, 1, 0) + x4 (2/3,−5/3, 0, 1).

A checagem dessas soluções no sistema dado é trivial. A dimensão do subespaço afim Sol (Ab) é adimensão de N (A), isto é, o número de graus de liberdade do sistema, no caso, 2. Isto é, Sol (Ab) éum plano no R4 (que não passa pela origem (0, 0, 0, 0)).

7

(c) Note que

Ab =

1 −1 2 12 1 −1 31 5 −8 14 5 −7 7

∣∣∣∣∣∣∣∣1317

∼1 −1 2 10 3 −5 10 6 −10 00 9 −15 3

∣∣∣∣∣∣∣∣1103

∼

1 −1 2 10 1 −5/3 1/30 6 −10 00 9 −15 3

∣∣∣∣∣∣∣∣11/303

∼1 0 1/3 2/30 1 −5/3 1/30 0 0 −20 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣2/31/3−20

∼

1 0 1/3 2/30 1 −5/3 1/30 0 0 10 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣2/31/310

∼r(A)=3︷ ︸︸ ︷

1© 0 1/3 00 1© −5/3 00 0 0 1©0 0 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣0010

︸ ︷︷ ︸

r(Ab)=3

.

Logo, pelo Teorema de Rouché-Fontené, o sistema dado tem solução. Há 4− 3 = 1 equação supérflua(no caso, como vemos acima, podemos tirar a última), e 4−3 = 1 grau de liberdade. Assim, Sol (Ab) ={(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = − (1/3)x3, x2 = (5/3)x3 e x4 = 1

}. A dimensão desse subespaço afim é o

número de graus de liberdade do sistema, 1. Isto é, Sol (Ab) é uma reta no R4 (não passando pelaorigem).

(d)(e)(f) Como o sistema é linear homogêneo, ele é solúvel (como discutido no item anterior). Logo, r (A) =

r (Ab). Note que

Ab =

1 1 1 11 3 2 42 1 0 −1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1 1 10 2 1 30 −1 −2 −3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1 1 10 1 1/2 3/20 −1 −2 −3

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 0 1/2 −1/20 1 1/2 3/20 0 −3/2 −3/2

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 1/2 −1/20 1 1/2 3/20 0 1 1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1© 0 0 −10 1© 0 10 0 1© 1

∣∣∣∣∣∣000

,donde r (A) = r (Ab) = 3.

Como o posto dessa matriz é 3 (a submatriz de ordem três[1 1 00 −1 00 0 1

]tem determinante −1 6= 0), temos

3−3 = 0 equações supérfluas e 4−3 = 1 graus de liberdade.3 Tomamos para a variável livre x4. Logo,temos Sol (Ab) =

{(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 : x1 = x4, x2 = −x4 e x3 = −x4

}, que é um subespaço vetorial

do R4 com dimensão 1 (uma reta que passa pela origem).

5.(a) Note que 1 1 1

2 −3 23 −2 p

∣∣∣∣∣∣2q4qq

∼ 1 1 10 −5 00 −5 p− 3

∣∣∣∣∣∣2q0−5q

∼ 1 1 10 1 00 0 p− 3

∣∣∣∣∣∣2q0−5q

. (3)

Usando a notação usual, temos as seguintes possibilidades.• Caso q = 0. Aí a quarta coluna de Ab é o vetor nulo, obviamente combinação linear das demaiscolunas. Assim, teremos r (Ab) = r (A), e o sistema será solúvel (claro, será homogêneo!). Dentrodesse caso, podemos considerar dois subcasos:� p = 3. Aí r (A) = 2, donde o sistema terá 3− 2 = 1 grau de liberdade, e Sol (Ab) será infinito.� p 6= 3. Aí r (A) = 3, donde o sistema terá 3− 3 = 0 graus de liberdade, e Sol (Ab) será unitário.

• Caso q 6= 0. Aí temos os mesmos subcasos de interesse:� p = 3. Aí r (A) = 2, enquanto r (Ab) = 3 (−5q será um menor não-nulo de ordem três, bastatomar a submatriz formada pelas 1.a, 2.a e 4.a colunas). Logo, pelo Teorema de Rouché-Fontené,Sol (Ab) será vazio.� p 6= 3. Aí r (A) = 3 (p− 3 será um menos não-nulo de ordem três), e r (Ab), como está limitadosuperiormente pelo número de linhas, também será igual a 3. Logo, pelo mesmo teorema, o sistemaserá solúvel, e terá 3− 3 = 0 graus de liberdade, donde Sol (Ab) será unitário.

3Vale notar que, caso houvesse equações supérfluas, como a ordem em que aparecem as linhas foi trocada para facilitar as contas doescalonamento, não necessariamente o número da linha supérflua (combinação linear das demais) corresponderia ao número da equaçãodo sistema dado.

8

(b) Note que z = (z1, z2, z3) é ortogonal aos três vetores mencionados se e só se 1z1 + 1z2 + 1z3 = 02z1 − 3z2 + 2z3 = 03z1 − 2z2 + pz3 = 0

,

que é justamente o sistema dado, com q = 0. Se p 6= 3, como vimos no item anterior, Sol (A0) seráunitário. Olhando para (3), vemos que teremos z3 = 0/ (p− 3) = 0, z2 = 0 e z1 = 0 − z2 − z3 = 0,donde o conjunto pedido será Sol (A0) = {(0, 0, 0)}. Já se p = 3, a terceira equação do sistema serásupérflua, z3 poderá ser tomada como livre, z2 = 0, e z1 = −z3. Logo, nesse caso, o conjunto pedidoserá Sol (A0) = [(−1, 0, 1)].

(c) Baseados no item anterior, podemos argumentar assim: seja A uma matriz real n×n, em que a primeiralinha é formada pelas coordenadas de a1 (na base canônica), a segunda pelas coordenadas de a2 etc.Se b é ortogonal a cada ai, então Ab = 0 (como acabamos de notar para o caso n = 3). Mas comoestamos supondo (a1, . . . ,an) LI, temos que todas as linhas de A são LI, donde detA 6= 0. Logo,pelo Teorema da Matriz Inversível, A é inversível, e, pré-multiplicando cada lado de Ab = 0 por A−1,obtemos b = 0.

15.

4.

(a) Eliminação de Gauss-Jordan:[1 2 22 4 5

∣∣∣∣ 14]∼[1 2 20 0 1

∣∣∣∣ 12]∼[1© 2 00 0 1©

∣∣∣∣ −32],

onde os pivôs estão circulados. Logo, v é variável livre, w = 2 = 2 + 0v e u = −3− 2v, isto é, uvw

= −30

2

+ v −21

0

,∀v ∈ R.Note que (−3, 0, 2) é uma solução particular do sistema dado. Note ainda que o núcleo da matrizdos coeficientes é o subespaço vetorial [(−2, 1, 0)] do R3, isto é, a solução geral do sistema homogêneoassociado ao sistema dado são as combinações lineares do vetor (−2, 1, 0).

(b) Já para o segundo sistema, teríamos[1 2 22 4 4

∣∣∣∣ 14]∼[1© 2 20 0 0

∣∣∣∣ 12],

e a segunda linha acima mostra que o sistema não é solúvel.

5. Aplicando o processo de eliminação de Gauss-Jordan:

A =

1 2 0 10 1 1 01 2 0 1

∼ 1 2 0 10 1 1 00 0 0 0

∼ 1© 0 −2 10 1© 1 00 0 0 0

.Logo, r (A) = 2.

B =

1 2 34 5 67 8 9

∼ 1 2 30 −3 −60 −6 −12

∼ 1 2 30 1 20 −6 −12

∼ 1© 0 −10 1© 20 0 0

,de maneira que também r (B) = 2.

34. Apliquemos o processo de eliminação de Gauss-Jordan à matriz de coeficientes aumentada do sistema:1 22 42 53 9

∣∣∣∣∣∣∣∣b1b2b3b4

∼1 20 00 10 3

∣∣∣∣∣∣∣∣b1

b2 − 2b1b3 − 2b1b4 − 3b1

∼1 20 10 00 3

∣∣∣∣∣∣∣∣b1

b3 − 2b1b2 − 2b1b4 − 3b1

∼1 00 10 00 0

∣∣∣∣∣∣∣∣b1 − 2 (b3 − 2b1)

b3 − 2b1b2 − 2b1

b4 − 3b1 − 3 (b3 − 2b1)

.Assim, pelo Teorema de Rouché-Fontené, como a matriz de coeficientes tem posto 2, o sistema será solúvelse e só se a matriz de coeficientes aumentada também tem posto 2, isto é, não há novo pivô na última

9

coluna da rref dessa matriz. Isto é, o sistema é solúvel se e só se b2− 2b1 = 0 e 3b1− 3b3+ b4 = 0. Supondoser este o caso, a solução será dada por x1 = 5b1 − 2b3 e x2 = b3 − 2b1.O segundo sistema do exercício é tal que, se x3 = 0, recaímos no primeiro sistema. Logo, devemos esperarcondições de solubilidade mais fracas (ou, no máximo, tão fortes quanto). Vejamos:

1 2 32 4 62 5 73 9 12

∣∣∣∣∣∣∣∣b1b2b3b4

∼1 2 30 0 00 1 10 3 3

∣∣∣∣∣∣∣∣b1

b2 − 2b1b3 − 2b1b4 − 3b1

∼

1 2 30 1 10 0 00 3 3

∣∣∣∣∣∣∣∣b1

b3 − 2b1b2 − 2b1b4 − 3b1

∼1 0 10 1 10 0 00 0 0

∣∣∣∣∣∣∣∣5b1 − 2b3b3 − 2b1b2 − 2b1

3b1 − 3b3 + b4

.Vemos então que o critério suficiente e necessário sobre os bs para solubilidade do sistema acaba sendoexatamente o mesmo do sistema anterior, e não mais fraco (isso é uma coincidência, note que não aconteceriase tivéssemos ganho um novo pivô na matriz dos coeficientes). Supondo que tais condições valham, podemostomar x3 como variável livre (sua coluna ao final do processo de eliminação acima não tem pivô), e entãox1 = 5b1 − 2b3 − x3 e x2 = b3 − 2b1 − x3. Alternativamente, podemos escrever as soluções como x1

x2x3

= 5b1 − 2b3−2b1 + b3

0

+ x3 −1−1

1

,∀x3 ∈ R.42.

(a) Seja A = [ 10 ]. Então A [ x ] =[b1b2

]terá uma única solução se b2 = 0 (x = b1), e nenhuma caso contrário.

(b) Seja A = [ 1 1 ]. Então A [ x1x2 ] = [ b ] terá infinitas soluções: para cada x2 ∈ R, basta tomar x1 = b−x2.(c) Seja A = [ 1 0

1 0 ]. Então A [x1x2 ] =

[b1b2

]terá infinitas soluções se b1 = b2 (x1 = b1 e x2 um real arbitrário),

mas nenhuma se b1 6= b2.Obs.: A ideia aqui foi considerar duas retas no plano de mesma inclinação, que podem ser ou iguaisou paralelas.

(d) Seja A = [ 1 ]. Então A [ x ] = [ b ] terá exatamente uma solução (x = b).Obs.: Para exemplos no Rn, qualquer matriz inversível n× n serviria (Ax = b⇒ x = A−1b).

47.

(a) FOLHA DE RASCUNHO: A tem que ser matriz 3× 2. A expressão "the only solution" contém duasinformações. Vou usar primeiro a que diz que aquele x é solução do sistema: a11 a12

a21 a22a31 a32

[ 01

]=

123

⇒ a12 = 1, a22 = 2, a32 = 3.

Então a segunda coluna de A está determinada, mas ainda não sei nada sobre a primeira. Já ainformação de que não há outra solução implica que o sistema homogêneo associado também só podeter uma solução (a trivial), já que, se tivesse outras, o sistema dado também teria outras, pelo Princípioda Superposição. Isto é, a nulidade de A (a dimensão de seu núcleo) tem que ser 0. O Teorema doNúcleo/Imagem diz então que o posto de A deve ser 2. Logo, suas duas colunas devem ser LI (i.e.,nenhuma múltipla da outra, como vimos no roteiro 5).

FOLHA DE RESPOSTA: Tome A =[1 10 20 3

], e tentemos resolver o sistema A

[x1x2x3

]=[123

]. Por elimi-

nação de Gauss-Jordan: 1 10 20 3

∣∣∣∣∣∣123

∼ 1 10 10 3

∣∣∣∣∣∣113

∼ 1 00 10 0

∣∣∣∣∣∣010

,donde x1 = 0 e x2 = 1 é solução única.

(b) Não é possível. De fato, B teria que ser uma matriz 2×3. Se o sistema dado realmente tivesse solução,e única, pelo Princípio da Superposição, o sistema Bx = 0 só poderia ter a solução trivial. Mas issonão é possível pois B tem mais colunas que linhas, donde, pelo Teorema de Rouché-Fontené, ele temao menos um grau de liberdade.

54.

10

65. FOLHA DE RASCUNHO: Chamando a matriz de A, ela tem que ter 4 colunas (são 4 variáveis) e, peloTeorema do Núcleo/Imagem, seu posto deve ser 2 (= 4−dimN (A)). Então uma matriz 2×4 pode bastar.Quero que seu núcleo seja [(2, 2, 1, 0) , (3, 1, 0, 1)]. Então têm que valer as condições:

[a11 a12 a13 a14a21 a22 a23 a24

]2210

= [ 00]

e [a11 a12 a13 a14a21 a22 a23 a24

]3101

= [ 00].

Para simplificar, posso supor que já foi realizada eliminação de Gauss-Jordan, e [ a11 a12a21 a22 ] = [

1 00 1 ]. Então

as condições acima implicam 2 + a13 = 02 + a23 = 03 + a14 = 01 + a24 = 0

.

FOLHA DE RESPOSTA: Tome A =[1 0 −2 −30 1 −2 −1

]. Note que

[1 0 −2 −30 1 −2 −1

]x1x2x3x4

= [ 00]⇔

x1x2x3x4

= x3

2210

+ x43101

,de modo que N (A) = [(2, 2, 1, 0) , (3, 1, 0, 1)].

70. FOLHA DE RASCUNHO: Uma tentativa natural seria A =[ 1 0 a131 3 a235 1 a33

]. Como (1, 1, 2) tem que pertencer

ao núcleo dessa transformação, devemos ter

A

112

= 000

,isto é, 1 + 2a13 = 0

4 + 2a23 = 06 + 2a33 = 0

.

FOLHA DE RESPOSTA: Tome A =

[1 0 −1/21 3 −25 1 −3

]. Note que A (1, 0, 0) = (1, 1, 5) e A (0, 1, 0) = (0, 3, 1),

isto é, ambos (1, 1, 5) e (0, 3, 1) pertencem a C (A). Também, note que A (1, 1, 2) = (0, 0, 0), isto é,(1, 1, 2) ∈ N (A).

16.

29.

(a)

1. [Id]β1β =[−1 11 1

].

2. [Id]ββ1 =([Id]

β1β

)−1= (1/ (−2))

[1 −1−1 −1

]=[−1/2 1/21/2 1/2

].

3. [Id]ββ2 =([Id]

β2β

)−1=([√

3√3

1 −1

])−1=(1/(−2√3)) [−1 −√3

−1√3

]=[1/(2√3) 1/2

1/(2√3) −1/2

].

4. [Id]ββ3 =([Id]

β3β

)−1= ([ 2 0

0 2 ])−1=[1/2 00 1/2

].

(b) Dadas duas bases β e β′ do Rn, a matriz de mudança de base [Id]ββ′ toma um vetor escrito na "lin-

guagem" β e o escreve na "linguagem" β′. Logo, vale a identidade [v]β′ = [Id]ββ′ [v]β ,∀v ∈ R

n, onde[v]β é a n-upla ordenada de coordenadas do vetor v na base β, e analogamente para [v]β′ . Apliquemosessa identidade.

1.[3−2]β=[3−2], pois β é a própria base canônica do R2.

11

2.[3−2]β1= [Id]

ββ1

[3−2]β=[−1/2 1/21/2 1/2

] [3−2]=[−5/21/2

].

3.[3−2]β2= [Id]

ββ2

[3−2]β=[1/(2√3) 1/2

1/(2√3) −1/2

] [3−2]=[(√3−2)/2

(√3+2)/2

].

4.[3−2]β3= [Id]

ββ3

[3−2]β=[1/2 00 1/2

] [3−2]=[3/2−1

].

(c)

1. [v]β = [Id]β1β [v]β1 =

[−1 11 1

][ 40 ] =

[−44

].

2. [v]β2 = [Id]β1β2[v]β1 = [Id]

ββ2[Id]

β1β [v]β1 = [Id]

ββ2[v]β =

[1/(2√3) 1/2

1/(2√3) −1/2

] [−44

]=[−2/√3+2

−2/√3−2

].

3. [v]β3 = [Id]β1β3[v]β1 = [Id]

ββ3[Id]

β1β [v]β1 = [Id]

ββ3[v]β =

[1/2 00 1/2

] [−44

]=[−22

].

32.

(a)

1. [Id]β2β1 =[−1 10 1/2

](ambas as colunas, que representam os coeficientes das combinações lineares dos

vetores da base β1 que resultam nos vetores da base β2, podem ser visualizadas de imediato).

2. [Id]β3β2 =[0 −1−1 −1

](a segunda coluna foi obtida notando que 1 (−1, 0) + 1 (1, 1) = −1 (0,−1), mas

caso isso não fosse observado de imediato, poder-se-ia simplesmente resolver o sistema c1 (−1, 0)+c2 (1, 1) = (0,−1), isto é,

[−1 10 1

][ c1c2 ] =

[0−1]).

3. [Id]β3β1 =[−1 0−1/2 −1/2

].

4. [Id]β2β1 [Id]β3β2=[−1 10 1/2

] [0 −1−1 −1

]=[−1 0−1/2 −1/2

].

(b) [Id]β2β1 [Id]β3β2= [Id]

β3β1.

35. A i-ésima coluna dessa matriz terá as coordenadas do i-ésimo vetor da base α em relação à base α. Logo,terá 0s em todas menos a i-ésima posição, onde entrará a coordenada 1. Logo, [Id]αα será uma matriz com1s na diagonal principal e 0s fora dela (uma matriz identidade).

17. Seja Rotθ : R2 → R2 a rotação de θ radianos no sentido anti-horário. Então já sabemos que Qθ := [Rotθ]CanCan =[cos θ − sin θsin θ cos θ

].

(a) A base do R2 com que Do Contra prefere trabalhar é D = ((0, 1) , (1, 0)), que difere da base canônicaCan = ((1, 0) , (0, 1)) na ordem de seus elementos. Para formar Cθ, procedemos como explicado em aula(ou na seção 5.4 de Boldrini et al.):

Cθ := [Rotθ]DD =

[cos θ sin θ− sin θ cos θ

].

Note que a primeira coluna de Cθ recebe a imagem, em "docontrês", do vetor (0, 1), e a segunda colunarecebe a imagem, em "docontrês", de (1, 0).

(b) Primeiramente note que uma base pode ser interpretada como uma "linguagem", no sentido que serve comomeio de representar um vetor: basta escrevermos esse vetor como combinação dos vetores da base (o quepode ser feito de uma e apenas uma maneira, como vimos no roteiro de aula 5), e indicarmos os coeficientesdessa combinação (que chamamos de coordenadas do vetor em termos da base) na ordem. Então uma baseé um código para representarmos vetores, assim como uma linguagem é um código para representarmosobjetos/ideias.A composição M−1CθM significa: dado um vetor escrito na forma canônica, traduza-o para "docontrês"(via a matriz M), aí aplique a rotação de maneira que o resultado fique escrito ainda em "docontrês" (viaCθ), e finalmente traduza o vetor resultante de volta para a linguagem canônica (via M−1). Assim, amatriz M (chamada de "matriz de mudança da base Can para a base D") deve informar, em sua primeiracoluna, como se escreve (1, 0) em "docontrês", e na segunda, como se escreve (0, 1) em "docontrês":

M =

[0 11 0

].

Já M−1 tem que fazer a "tradução" (ou mudança de base) contrária, isto é, de D para Can. É imediatover que, coincidentemente, também

M−1 =

[0 11 0

].

12

Como girar um vetor é girar um vetor, qualquer que seja a linguagem (base) utilizada para representaresse vetor, é certo que teremos M−1CθM = Qθ. Se não acredita, cheque! Outra maneira de escrever essa

mesma equação seria([Id]

CanD

)−1[Rotθ]

DD [Id]

CanD = [Rotθ]

CanCan, ou

[Id]DCan [Rotθ]

DD [Id]

CanD = [Rotθ]

CanCan ,

onde estamos usando o fato que([Id]

CanD

)−1= [Id]

DCan, que vale porque [Id]

DCan [Id]

CanD = [Id]

CanCan (ou, em

palavras, fazer uma tradução para outra língua e depois fazer a tradução de volta para a língua original éo mesmo que não fazer nada).

Quanto à equação MQθ = CθM (ou [Id]CanD [Rotθ]CanCan = [Rotθ]

DD [Id]

CanD ): do lado esquerdo, está a função

que, ao receber um vetor escrito na base canônica Can (do domínio R2), primeiro gira esse vetor, e depoisreescreve o resultado em termos da base D (do contradomínio R2). Já a função do lado direito, ao receberum vetor escrito em termos de Can, primeiro reescreve esse vetor em termos da base D, e só então o gira(lançando o resultado também em termos da base D). Obviamente, o resultado tem que ser o mesmo, emnada importando qual operação veio primeiro, se a rotação ou a tradução.

18.

25. Primeiramente, notamos que a reflexão em relação a uma reta que passa pela origem, como é o caso de[(1, 3)], é um operador linear no plano. Uma maneira de atacar o problema seria, então, fazer uso intensivode geometria analítica para descobrir onde os vetores (1, 0) e (0, 1) são levados por essa transformação. Demaneira alternativa (e mais esperta), podemos começar pelo item (b). Uma vez encontrada uma base B doR2 tal que [T ]BB =

[1 00 −1

], a identidade [T ]CanCan = [Id]

BCan [T ]

BB [Id]

CanB pode ser usada para encontrar [T ]CanCan.

Feito isso, é bem fácil calcular T (x, y) para todo (x, y) ∈ R2.Note que B = ((1, 3) , (−3, 1)) é uma base do R2 (por exemplo, porque

∣∣ 1 −33 1

∣∣ = 10 6= 0). Conformeargumentado no roteiro de aula 5, a transformação linear T está completamente determinada a partirdos valores assumidos por ela nessa base B. Mas, se T é a reflexão em relação à reta [(1, 3)], temos queT (1, 3) = (1, 3) e T (−3, 1) = − (−3, 1) = (3,−1) (faça uma figura!). Então imediatamente temos umaresposta para o item (b), pois [T ]BB =

[1 00 −1

].

Quanto ao item (a), como vale

[T ]CanCan = [Id]

BCan [T ]

BB [Id]

CanB = [Id]

BCan [T ]

BB

([Id]BCan

)−1=

[1 −33 1

] [1 00 −1

] [1 −33 1

]−1=

[1 33 −1

]× 1

10

[1 3−3 1

]=1

10

[−8 66 8

]=

[−0.8 0.60.6 0.8

],

temos então, para todo (x, y) ∈ R2,

T (x, y) =

[−0.8 0.60.6 0.8

] [xy

]= (−0.8x+ 0.6y, 0.6x+ 0.8y) .

19.

4. T é, de fato, uma transformação linear, e sua representação em relação à base canônica é[1 1 01 −1 22 1 −1

]. Para

encontrar seus autovalores, escrevemos sua equação característica:

0 =

∣∣∣∣∣∣1− λ 1 01 −1− λ 22 1 −1− λ

∣∣∣∣∣∣ = −2 (1− λ− 2) + (−1− λ) ((1− λ) (−1− λ)− 1)= (−1− λ) (−2 + (1− λ) (−1− λ)− 1) = (1 + λ) (3 + (1− λ) (1 + λ)) = (1 + λ)

(4− λ2

),

isto é, λ = −1, 2 ou −2. Esses são os autovalores de T .Para encontrar os autovetores de T associados ao autovalor −1, procuramos resolver 1 1 0

1 −1 22 1 −1

xyz

= −1 xyz

,ou, equivalentemente, 2 1 0

1 0 22 1 0

xyz

= 000

.13

Procedendo por eliminação: 2 1 01 0 22 1 0

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 1/2 01 0 22 1 0

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1/2 00 −1/2 20 0 0

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 1/2 00 1 −40 0 0

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 20 1 −40 0 0

∣∣∣∣∣∣000

,donde x = −2z e y = 4z, e os autovetores são os vetores da forma (−2z, 4z, z) ,∀z ∈ R∗.4Para encontrar os autovetores associados a 2: −1 1 0

1 −3 22 1 −3

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 −1 01 −3 22 1 −3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 −1 00 −2 20 3 −3

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 −1 00 1 −10 3 −3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −10 1 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

,donde esses autovetores são os vetores da forma (z, z, z) ,∀z ∈ R∗.Finalmente, quanto aos autovetores associados a −2: 3 1 0

1 1 22 1 1

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 1/3 01 1 22 1 1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1/3 00 2/3 20 1/3 1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1/3 00 1 30 1/3 1

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 0 −10 1 30 0 0

∣∣∣∣∣∣000

,donde tais autovetores são os vetores da forma (z,−3z, z) ,∀z ∈ R∗.

8. Seja [T ]CanCan =[a bc d

]. Então é necessário que valha[

a+ 2 bc d+ 2

] [31

]=

[00

]e [

a− 3 bc d− 3

] [−21

]=

[00

],

isto é, 3 (a+ 2) + b = 03c+ d+ 2 = 0−2 (a− 3) + b = 0−2c+ d− 3 = 0

.

Resolvendo para a, b, c e d, vem que [T ]CanCan =[0 −6−1 1

], isto é, T : R2 → R2 é tal que T (x, y) =

(−6y,−x+ y). E obviamente isto é suficiente para as condições impostas no enunciado serem satisfeitas:T (3y, y) = (−6y,−3y + y) = −2 (3y, y) e T (−2y, y) = (−6y, 2y + y) = 3 (−2y, y).

21.

(a) Sejam c1, c2 ∈ R tais que c1v1+ c2v2 = 0. Então 0 = T (0) = T (c1v1 + c2v2) = c1T (v1)+ c2T (v2) =c1λ1v1 + c2λ2v2. Também temos c1λ1v1 + c2λ1v2 = λ1 (c1v1 + c2v2) = λ10 = 0. Logo 0 = 0 − 0 =c1λ1v1 + c2λ2v2 − (c1λ1v1 + c2λ1v2) = c2 (λ2 − λ1)v2. Como λ2 6= λ1, temos então c2v2 = 0. Mascomo v2 é autovetor, vale v2 6= 0, donde c2 = 0. Logo c1v1 = c1v1 + c2v2 = 0, e como v1 é autovetor,vale v1 6= 0, donde c1 = 0. Assim, (v1,v2) é LI.

(b) Sejam c1, c2 ∈ R tais que c1T (v1)+ c2T (v2) = 0, isto é, c1λ1v1+ c2λ2v2 = 0. Como já mostramos noitem anterior que (v1,v2) é LI, temos então c1λ1 = 0 e c2λ2 = 0. Como o enunciado traz a informaçãoque λ1, λ2 6= 0, temos então c1 = c2 = 0, logo (T (v1) , T (v2)) também é LI.

23. Digamos que T : V → V é linear. Então λ é autovalor de T se e só se ∃v ∈ V \{~0}tal que T (v) = λv,

que por sua vez ocorre se e só se ∃v ∈ V \{~0}tal que (αT ) (v) = α.T (v) = α.λv = (αλ) v, que por sua

vez ocorre se e só se αλ é autovalor de αT . E como T (v) = λv ⇒ (αT ) (v) = (αλ) v e (αT ) (v) = (αλ) v ⇒T (v) =

((α−1α

)T)(v) = α−1. (αT ) (v) = α−1. (αλ) v =

(α−1α

)λv = λv (onde usamos α 6= 0), temos que

T (v) = λv ⇔ (αT ) (v) = (αλ) v, de maneira que os autovetores de T e de αT são exatamente os mesmos.4R∗ é o conjunto dos reais não-nulos, R \ {0}.

14

25.

(a) Se 0 é autovalor de T , então existe v ∈ V não-nulo tal que T (v) = 0v = ~0. Como a linearidade de T

implica que também T(~0)= ~0, temos que T não é injetora.

(b) Sim. Se T não é injetora, sejam v1, v2 ( 6= v1) ∈ V tais que T (v1) = T (v2). Logo T (v1 − v2) =T (v1)− T (v2) = ~0 = 0 (v1 − v2), e como v1 − v2 6= ~0, temos que 0 é autovalor de T .

26. Como detA = 1 6= 0 e detB = 6 6= 0, temos, de fato, ambas inversíveis.

(a) Temos AB =[1 7 40 −2 30 0 −3

]e BA =

[1 −1 30 −2 20 0 −3

], de fato distintos.

(b) O polinômio característico de AB é (1− λ) (−2− λ) (−3− λ), e o de BA também. Logo, os autovaloresdessas duas matrizes são os mesmos: 1, −2 e −3.

(c) Cada autovalor acima tem multiplicidade algébrica unitária, logo sua multiplicidade geométrica tam-bém unitária. Isso quer dizer queAutovetores associados ao autovalor 1 de AB: 0 7 4

0 −3 30 0 −4

∣∣∣∣∣∣000

⇔ z = 0, y = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (1, 0, 0).Autovetores associados ao autovalor −2 de AB: 3 7 4

0 0 30 0 −1

∣∣∣∣∣∣000

⇔ z = 0, 3x+ 7y = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (7,−3, 0).Autovetores associados ao autovalor −3 de AB: 4 7 4

0 1 30 0 0

∣∣∣∣∣∣000

⇔ y = −3z, 4x− 17z = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (17,−12, 4).Autovetores associados ao autovalor 1 de BA: 0 −1 3

0 −3 20 0 −4

∣∣∣∣∣∣000

⇔ z = 0, y = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (1, 0, 0).Autovetores associados ao autovalor −2 de BA: 3 −1 3

0 0 20 0 −1

∣∣∣∣∣∣000

⇔ z = 0, 3x− y = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (1, 3, 0).Autovetores associados ao autovalor −3 de BA: 4 −1 3

0 1 20 0 0

∣∣∣∣∣∣000

⇔ y = −2z, 4x+ 5z = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (−5,−8, 4).Podemos notar que não há necessariamente igualdade entre os autovetores de um mesmo autovalor deAB e BA.

(d) Sejam A e B matrizes inversíveis n×n. Se λ é autovalor de AB, então ∃v ∈ Rn\{0} tal que ABv = λv.Logo BABv = Bλv = λBv, e como Bv também será não-nulo (caso contrário, Bv = 0 implicaria,usando a inversibilidade de B, v = B−1Bv = B−10 = 0, absurdo), temos que λ será autovalor de BA.Trocando-se A por B na argumentação anterior, vemos que os autovalores de AB e BA são exatamenteos mesmos. Essa argumentação também mostra que, se v é autovetor de AB associado a um autovalorλ1, então Bv é um autovetor de BA associado a esse mesmo autovalor. E trocando A por B, vemosque se w é autovetor de BA associado a um autovalor λ2, então Aw é autovetor de AB associado aomesmo autovalor.

15

20. Seja U uma matriz triangular superior (ou seja, abaixo de sua diagonal principal só há zeros) n × n, e sejamd1, . . . , dn as entradas de sua diagonal. Então o polinômio característico de A é

∏ni=1 (di − λ), de maneira que

seus autovalores são exatamente suas entradas diagonais.

Dada uma matriz triangular inferior L, o mesmo argumento acima valeria. Alternativamente, poder-se-ia argu-mentar que L′ é triangular superior, com diagonal principal igual à de L, e mesmos autovalores (os polinômioscaracterísticos de uma matriz e de sua transposta coincidem, |A′ − λI| = |A′ − λI ′| =

∣∣(A− λI)′∣∣ = |A− λI|),logo os autovalores de L também são os elementos de sua diagonal.

21.

(a) A equação característica dessa matriz é λ2 − (−6)λ+ 5 = 0, donde λ = −1 ou −5, cada um com multipli-cidade algébrica 1. Autovetores (x, y) associados ao autovalor −1 podem ser encontrados resolvendo-se osistema

A

[xy

]= (−1)

[xy

],

onde A :=[2 −73 −8

]. Equivalentemente,

(A− (−1) Id)[xy

]=

[00

],

sendo queA−(−1) Id =[3 −73 −7

]. Como esse sistema linear tem solução (é homogêneo) e r (A− (−1) Id) =

1, há 2 − 1 = 1 equação supérflua (tanto faz qual, são iguais) e 2 − 1 = 1 grau de liberdade. O vetor(x, y) é solução se e somente se x = (7/3) y. Assim, os autovetores associados ao autovalor −1 são to-dos os vetores da forma (7/3y, y) ,∀y ∈ R∗. O subespaço (ou autoespaço) associado ao autovalor −1 éV−1 = N (A− (−1) Id) = [(7, 3)]. Sua dimensão é o número de graus de liberdade do sistema, que, comojá dissemos, é 1. Isto é, a multiplicidade geométrica do autovalor −1 é 1.Analogamente para o autovalor −5, temos V−5 = N (A− (−5) Id) = [(1, 1)], e multiplicidade geométrica 1.

(b) A equação característica da matriz é λ2 − 8λ+ 20 = 0, donde λ = 4± 2i, e não há autovalores reais.(c) A equação característica é (3− λ)2 = 0, com soluções 3 e 3. Assim, há apenas um autovalor (3), com

multiplicidade algébrica 2. Para encontrar autovetores associados a esse autovalor, temos que resolver[3− 3 00 3− 3

] [xy

]=

[00

],

o que obviamente vale sem restrição (as 2 − 0 = 2 equações são supérfluas). Isto é, qualquer vetor não-nulo (x, y) é autovetor (o que é óbvio se lembrarmos que a matriz dada representa um redimensionamentouniforme). Assim, a dimensão de V3 (a multiplicidade geométrica do autovalor 3) é o número de graus deliberdade desse sistema, 2− 0 = 2, e V3 = N ([ 0 0

0 0 ]) = R2.(d) A equação característica é λ2 − 6λ+ 9 = 0, ou seja, novamente (3− λ)2 = 0 (como no item anterior), com

soluções 3 e 3. Assim, há apenas um autovalor (3), com multiplicidade algébrica 2. Resolvendo o sistema[4− 3 1−1 2− 3

] [xy

]=

[00

],

vem x = −y, y arbitrário. Logo, V3 = [(−1, 1)], e a multiplicidade geométrica do autovalor 3 é 1, estrita-mente menor que sua multiplicidade algébrica.

(e) Como a matriz A dada é diagonal (ou mesmo por ser triangular), sua equação característica pode ser escritacomo (2− λ) (3− λ) (4− λ) = 0, e tem autovalores 2, 3 e 4, cada um com multiplicidade algébrica 1. Paraencontrar autovetores associados a 2: 0 0 0

0 1 00 0 2

xyz

= 000

.Como esse sistema linear tem solução (é homogêneo) e r (A− 2 Id) = 2, há 3− 2 = 1 equação supérflua (aprimeira, necessariamente) e 3−2 = 1 grau de liberdade (sendo a variável livre a primeira, necessariamente).O vetor (x, y, z) é solução se e somente y = 0 e z = 0. Assim, os autovetores associados ao autovalor 2são todos os vetores da forma (x, 0, 0) ,∀x ∈ R∗. O subespaço (ou autoespaço) associado ao autovalor 2 éV2 = N (A− 2 Id) = [(1, 0, 0)]. Sua dimensão é o número de graus de liberdade do sistema, que, como jádissemos, é 1. Isto é, a multiplicidade geométrica do autovalor 2 é 1.O mesmo raciocínio vale para os demais autovalores, ambos de multiplicidade geométrica unitária: V3 =[(0, 1, 0)] e V4 = [(0, 0, 1)].

16

(f) Equação característica: 0 = (2− λ) (1− λ) (−2− λ) + 2 (1 + 1− λ) = (2− λ) [(1− λ) (−2− λ) + 2] =(2− λ)

(λ2 + λ

)= (2− λ)λ (λ+ 1). Assim, os autovalores são −1, 0 e 2, cada um com multiplicidade

algébrica 1. Para achar autovetores associados ao autovalor −1, procuramos resolver 3 1 −10 2 12 0 −1

xyz

= 000

.Como já foi argumentado nos itens anteriores, o sistema é solúvel. Operações elementares nas linhas dosistema podem facilitar a resolução:

Ab =

3 1 −10 2 12 0 −1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1/3 −1/30 2 12 0 −1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1/3 −1/30 2 10 −2/3 −1/3

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 1/3 −1/30 1 1/20 −2/3 −1/3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −1/20 1 1/20 0 0

∣∣∣∣∣∣000

.Assim, vemos que r (Ab) = 2, e o sistema tem 3 − 2 = 1 equação supérflua e 3 − 2 = 1 grau de liberdade(que podemos tomar como sendo correspondente à última variável). A solução envolve tomar x = (1/2) ze y = − (1/2) z. Assim, V−1 = N (A+ Id) = [(1,−1, 2)].Analogamente, V0 = N (A) = [(1,−1, 1)], e V2 = N (A− 2 Id) = [(2, 1, 1)]. Obviamente, todas as multipli-cidades geométricas neste exemplo também são 1.

(g) A equação característica é 0 = 1 [−6 + 4 (4− λ)] − 1 [−3 (4− λ) + 4] + (0− λ)[(4− λ)2 − 2

]=

−6 + 4 (4− λ) + 3 (4− λ) − 4 − λ[(4− λ)2 − 2

]= 18 − 5λ − λ (4− λ)2 = −λ3 + 8λ2 − 21λ + 18 =

− (λ− 2) (λ− 3)2 (por inspeção, a partir das relações de Girard). Assim, a transformação dada tem doisautovalores, 2 e 3, com multiplicidades algébricas 1 e 2, respectivamente.Autovetores associados a 2 são soluções não triviais do sistema 2 2 −4

1 2 −31 1 −2

xyz

= 000

.Como a multiplicidade geométrica desse autovalor terá que ser 1 também, sabemos que esse sistema teráum grau de liberdade. Simplifiquemo-lo através de operações elementares em suas linhas: 2 2 −4

1 2 −31 1 −2

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1 −21 2 −31 1 −2

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1 −20 1 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −10 1 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

.Logo, x = z e y = z, isto é, V2 = [(1, 1, 1)].Autovetores associados a 3 são soluções não triviais do sistema 1 2 −4

1 1 −31 1 −3

xyz

= 000

.Simplificando: 1 2 −4

1 1 −31 1 −3

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 2 −40 −1 10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 2 −40 1 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −20 1 −10 0 0

∣∣∣∣∣∣000

.Logo, x = 2z e y = z, isto é, V3 = [(2, 1, 1)]. A multiplicidade geométrica do autovalor 3 é 1 (note que há3− 2 = 1 graus de liberdade no sistema acima), estritamente menor que sua multiplicidade algébrica.

(h) Trata-se de uma rotação de 30◦ em torno do eixo z, seguida de reflexão em relação ao plano xy. Logo,

teremos o autovalor −1, com V−1 = [(0, 0, 1)], mais dois autovalores não-reais, raízes de(√3/2− λ

)2+1/4:√

3/2±(1/2) i. Todas as multiplicidades algébricas são 1, mas apenas falamos em multiplicidade geométricapara o autovalor real −1, que é 1 também.

17

22.

5.

(a) Polinômio característico de A: |A− λI| = (1− λ) (a− λ). Logo, os autovalores de A são 1 e a. Sea 6= 1, teremos então dois autovalores reais e distintos, cada um de multiplicidade algébrica unitária.Logo suas multiplicidades geométricas também serão unitárias, de maneira que A será diagonalizável.Já se a = 1, teremos um único autovalor, 1, com ma (1) = 2. Procuremos mg (1):[

0 10 0

] [xy

]=

[00

],

donde V1 = [(1, 0)], e mg (1) = 1 < 2 = ma (1). Logo, nesse caso A não será diagonalizável.(b) Polinômio característico de B: |B − λI| = (1− λ) (1− λ). Logo, o único autovalor de A é 1, de

multiplicidade algébrica 2. Procuremos sua multiplicidade geométrica:[0 a0 0

] [xy

]=

[00

]implica que, se a 6= 0, então V1 = [(1, 0)] e mg (1) = 1, e se a = 0, então V1 = R2 e mg (1) = 2. Assim,B será diagonalizável se e só se a = 0.

6.

(a) Como [T ]αα é triangular superior, como vimos no exercício 20 desta lista, seu polinômio característico é(2− λ) (−3− λ)2, e seus autovalores são 2 e −3 (todos reais), com multiplicidades algébricasma (2) = 1e ma (−3) = 2. Procuremos os autovetores correspondentes.Autovetores associados ao autovalor 2: 0 0 1

0 −5 10 0 −5

xyz

⇔ z = 0, y = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (1, 0, 0).Autovetores associados ao autovalor −3: 5 0 1

0 0 10 0 0

xyz

⇔ z = 0, x = 0,

donde tais autovetores são os múltiplos não-nulos do vetor (0, 1, 0).

(b) Primeiramente, note que β é base do R3:∣∣∣ 0 0 11 −1 01 1 1

∣∣∣ = 1× (1− (−1)) = 2 6= 0. Então[T ]

ββ = [Id]

αβ [T ]

αα [Id]

βα =

([Id]

βα

)−1 2 0 10 −3 10 0 −3

0 0 11 −1 01 1 1

=

12

−1 1 1−1 −1 12 0 0

1 1 3−2 4 1−3 −3 −3

= −3 0 − 52−1 −4 − 721 1 3

.O polinômio característico dessa matriz é:

(−3− λ)[(−4− λ) (3− λ) + 7

2

]− 52[−1− (−4− λ)]

= (−3− λ)(−12 + 4λ− 3λ+ λ2 + 7

2

)+5

2(−3− λ)

= (−3− λ)(−6 + λ+ λ2

)= (−3− λ) (−3− λ) (2− λ) ,

o mesmo de [T ]αα. Como sabemos, isso acontece porque∣∣∣[T ]ββ − λI∣∣∣ =∣∣∣[Id]αβ [T ]αα [Id]βα − λI∣∣∣ = ∣∣∣[Id]αβ [T ]αα [Id]βα − [Id]αβ λ [Id]βα∣∣∣

=∣∣∣[Id]αβ ([T ]αα − λI) [Id]βα∣∣∣ = ∣∣∣∣([Id]βα)−1∣∣∣∣ |[T ]αα − λI| ∣∣∣[Id]βα∣∣∣

=∣∣∣[Id]βα∣∣∣−1 ∣∣∣[Id]βα∣∣∣ |[T ]αα − λI| = |[T ]αα − λI| .

18

(c) Como visto no item (a), temos mg (−3) = 1 < 2 = ma (−3). Logo, o operador linear T não édiagonalizável — isto é, não existe base γ do R3 tal que [T ]γγ seja uma matriz de redimensionamento(uma matriz diagonal).

7.

(a) Este é um caso particular da argumentação contida no item (b) do último exercício:∣∣∣[T ]ββ∣∣∣ =∣∣∣[Id]αβ [T ]αα [Id]βα∣∣∣ = ∣∣∣∣([Id]βα)−1 [T ]αα [Id]βα∣∣∣∣ = ∣∣∣∣([Id]βα)−1∣∣∣∣ |[T ]αα| ∣∣∣[Id]βα∣∣∣

=∣∣∣[Id]βα∣∣∣−1 ∣∣∣[Id]βα∣∣∣ |[T ]αα| = |[T ]αα| .

(b) Seja T : Rn → Rn tal que A = [T ]CanCan. Como A é diagonalizável, existe base β = (v1, . . . ,vn) do Rn talque [T ]ββ é uma matriz diagonal. Sabemos que suas entradas diagonais λ1, . . . , λn são exatamente os

autovalores de [T ]ββ , já que [T ]ββ [vi]β = λi [vi]β ([vi]β é uma coluna repleta de zeros e apenas um 1 na

entrada i). Como vimos no item (b) do último exercício, esses são também os autovalores de [T ]αα (ou,

de maneira mais simples, de T ). Pelo item anterior, vemos então que |A| =∣∣∣[T ]CanCan

∣∣∣ = ∣∣∣[T ]ββ∣∣∣ =∏ni=1 λi.

23.

(a) Conforme visto na resolução do exercício 21(b) desta lista, essa matriz não tem só autovalores reais. Logo,ela não é diagonalizável.

(b) Equação característica: 0 = (0− λ)[(0− λ)2 − 0

]+ 6 [1/6− 0] = −λ3 + 1, isto é, λ3 = 1. Lembrando que

números complexos são multiplicados através do produto dos módulos e da soma dos argumentos, temosque os autovalores dessa matriz são 1, e(2π/3)i (= cos (2π/3) + i sin (2π/3) = −1/2 +

√3/2i) e e(4π/3)i

(= cos (4π/3) + i sin (4π/3) = −1/2 −√3/2i). Como há autovalores que não são reais, a matriz não é

diagonalizável.

(c) Equação característica:0 = (5− λ) [(4− λ) (−4− λ) + 12] + 1 [−6 (−4− λ)− 36] + 3 [−12 + 6 (4− λ)] = −λ3 + 5λ2 − 8λ+ 4. Porinspeção, vemos que 1 é raiz, e 2 também. Pelas relações de Girard, a outra raiz é 2 também, logotemos apenas autovalores reais. Como mg (1) ≥ 1 e mg (1) ≤ ma (1) = 1, temos que o autovalor 1 temmultiplicidades iguais entre si. Calculemos agora a multiplicidade geométrica do autovalor 2:

(x, y, z) ∈ V2 ⇔

3 −6 −6−1 2 23 −6 −6

xyz

= 000

.Claramente temos posto unitário (tanto a 2.a como a 3.a linha são múltiplas da 1.a, que é não-nula), e3−1 = 2 graus de liberdade (isto é, a nulidade da matriz quadrada acima é 2). Assim, mg (2) = 2 = ma (2).Logo, a matriz dada é diagonalizável.

(d) Como a matriz é simétrica, o Teorema Espectral (Teorema 14.8 do livro de Sydsaeter e Hammond) garantiráque ela é diagonalizável.5

24.

25.

1. Note que todas as matrizes neste exercício são simétricas. Logo, pelo Teorema Espectral, elas são diagona-lizáveis, e podemos tomar as matrizes de autovetores que aparecem em suas decomposições como matrizesortogonais (de maneira que, para calcular suas inversas, basta transpô-las).

(a) Equação característica: 0 = λ2 − trAλ+ detA = λ2 − 4λ+ 3. Logo, λ = 3 ou 1.Autovetores associados ao autovalor 3:[

−1 11 −1

] [xy

]=

[00

]⇔ x = y,

donde(1/√2, 1/√2)serve (e é um vetor unitário).

Autovetores associados ao autovalor 1:[1 11 1

] [xy

]=

[00

]⇔ x = −y,

5A prova desse importante teorema usa as técnicas de otimização estática que estudaremos mais adiante no curso. Uma ótima referênciaé o livro de Hubbard e Hubbard, "Vector Calculus, Linear Algebra, and Differential Forms: A Unified Approach", seção 3.7.

19

donde(−1/√2, 1/√2)serve (e é unitário).

Tome U =[1/√2 −1/

√2

1/√2 1/

√2

]. Note que é ortogonal: cada coluna é unitária e perpendicular às demais

(i.e., U ′ = U−1). Note ainda que

U−1AU = U ′AU =

[1√2

1√2

− 1√2

1√2

] [2 11 2

] [1√2− 1√

21√2

1√2

]=

[1√2

1√2

− 1√2

1√2

] [ 3√2− 1√

23√2

1√2

]=

[3 00 1

](o que é equivalente a A = U [ 3 0

0 1 ]U−1).

(b) Equação característica: 0 = (2− λ)(λ2 − 2λ+ 0

)= (2− λ)λ (λ− 2). Logo, λ = 2 ou 0.

Autovetores associados ao autovalor 2: −1 1 01 −1 00 0 0

xyz

= 000

⇔ x = y,

donde(1/√2, 1/√2, 0)e (0, 0, 1) servem (e são ambos vetores unitários e perpendiculares entre si, pois(

1/√2, 1/√2, 0)· (0, 0, 1) = 0 + 0 + 0 = 0).

Autovetores associados ao autovalor 0: 1 1 01 1 00 0 2

xyz

= 000

⇔ z = 0, x = −y,

donde(−1/√2, 1/√2, 0)serve (e é unitário).

Tome U =

[0 1/

√2 −1/

√2

0 1/√2 1/

√2

1 0 0

]. Note que é ortogonal: cada coluna é unitária e perpendicular às demais

(i.e., U ′ = U−1). Note ainda que

U−1AU = U ′AU =

[0 0 11√2

1√20

− 1√2

1√20

] 1 1 01 1 00 0 2

[ 0 1√2− 1√

2

0 1√2

1√2

1 0 0

]

=

[0 0 11√2

1√20

− 1√2

1√20

] 0√2 0

0√2 0

2 0 0

= 2 0 00 2 00 0 0

.(c) Equação característica: 0 = 4 (0− 4 (1− λ)) + (1− λ)

(λ2 − 2λ− 8

)= (1− λ)

(λ2 − 2λ− 24

). Logo,

λ = 1 ou λ =(2±

√4− 4 (−24)

)/2 = 1± 5.

Autovetores associados ao autovalor 6: −5 3 43 −5 04 0 −5

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 −0.6 −0.83 −5 04 0 −5

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 −0.6 −0.80 −3.2 2.40 2.4 −1.8

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 −0.6 −0.80 1 −0.750 2.4 −1.8

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 −1.250 1 −0.750 0 0

∣∣∣∣∣∣000

⇔ x = 1.25z, y = 0.75z,

donde (5, 3, 4) é autovetor. Como sua norma é 5√2, podemos dividir por esse fator para obter o

autovetor unitário(0.5√2, 0.3

√2, 0.4

√2).

Autovetores associados ao autovalor 1: 0 3 43 0 04 0 0

∣∣∣∣∣∣000

⇔ x = 0, y = −43z,

donde (0,−4, 3) é autovetor. Como sua norma é 5, podemos dividir por esse fator para obter o autovetorunitário (0,−0.8, 0.6).Autovetores associados ao autovalor −4: 5 3 4

3 5 04 0 5

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0.6 0.83 5 04 0 5

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0.6 0.80 3.2 −2.40 −2.4 1.8

∣∣∣∣∣∣000

∼

1 0.6 0.80 1 −0.750 −2.4 1.8

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 0 1.250 1 −0.750 0 0

∣∣∣∣∣∣000

⇔ x = −1.25z, y = 0.75z,

20

donde (−5, 3, 4) é autovetor. Como sua norma é 5√2, podemos dividir por esse fator para obter o

autovetor unitário(−0.5

√2, 0.3

√2, 0.4

√2).

Tome U =

[0.5√2 0 −0.5

√2

0.3√2 −0.8 0.3

√2

0.4√2 0.6 0.4

√2

]. Note que é ortogonal: cada coluna é unitária e perpendicular às

demais (i.e., U ′ = U−1). Note ainda que

U−1AU = U ′AU =

0.5√2 0.3

√2 0.4

√2

0 −0.8 0.6

−0.5√2 0.3

√2 0.4

√2

1 3 43 1 04 0 1

0.5√2 0 −0.5

√2

0.3√2 −0.8 0.3

√2

0.4√2 0.6 0.4

√2

=

0.5√2 0.3

√2 0.4

√2

0 −0.8 0.6

−0.5√2 0.3

√2 0.4

√2

3√2 0 2

√2

1.8√2 −0.8 −1.2

√2

2.4√2 0.6 −1.6

√2

= 6 0 00 1 00 0 −4

.2.

(a) Equação característica: 0 = λ2 + λ− 6. Logo, λ = 2 ou −3, ambos reais.Autovetores associados ao autovalor 2:[

−1 22 −4

] [xy

]=

[00

]⇔ x = 2y,

donde (2, 1) serve.Autovetores associados ao autovalor −3:[

4 22 1

] [xy

]=

[00

]⇔ x = −1

2y,

donde (−1, 2) serve.Note que a lista ((2, 1) , (−1, 2)) é LI (tem tamanho 2 e nenhum dos seus vetores é múltiplo do outro).Tome P =

[2 −11 2

]. Então

P−1AP =1

5

[2 1−1 2

] [1 22 −2

] [2 −11 2

]=

1

5

[2 1−1 2

] [4 32 −6

]=1

5

[10 00 −15

]=

[2 00 −3

](o que é equivalente a A = P

[2 00 −3

]P−1).

Finalmente, note que, devido à simetria de A, autovetores associados a autovalores distintos como osacima são, de fato, perpendiculares entre si: (2, 1) · (−1, 2) = −2 + 2 = 0.

(b) Equação característica: 0 = −λ [−λ (−1− λ)− 1] + 1 [0− (−λ)] = −λ [λ (1 + λ)− 1] + λ =−λ(λ2 + λ− 2

)= −λ (λ− 1) (λ+ 2). Logo, λ = 1, 0 ou −2, todos reais.

Autovetores associados ao autovalor 1: −1 0 10 −1 11 1 −2

∣∣∣∣∣∣000

∼ −1 0 1

0 −1 10 1 −1

∣∣∣∣∣∣000

⇔ y = z, x = z,

donde (1, 1, 1) serve.Autovetores associados ao autovalor 0: 0 0 1

0 0 11 1 −1

∣∣∣∣∣∣000

⇔ z = 0, x = −y,

donde (−1, 1, 0) serve.Autovetores associados ao autovalor −2: 2 0 1

0 2 11 1 1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1 10 2 12 0 1

∣∣∣∣∣∣000

∼ 1 1 10 2 10 −2 −1

∣∣∣∣∣∣000

⇔ y = −1

2z, x = −y − z = −1

2z,

donde (−1,−1, 2) serve.Note que a lista ((1, 1, 1) , (−1, 1, 0) , (−1,−1, 2)) é LI:

∣∣∣ 1 −1 −11 1 −11 0 2

∣∣∣ = ∣∣∣ 1 −1 01 1 01 0 3

∣∣∣ = 3× (1 + 1) = 6 6= 0.21

Tome P =[1 −1 −11 1 −11 0 2

]. Então

P−1AP =1

6

2 2 2−3 3 0−1 −1 2

0 0 10 0 11 1 −1

1 −1 −11 1 −11 0 2

=

1

6

2 2 2−3 3 0−1 −1 2

1 0 21 0 21 0 −4

= 1

6

6 0 00 0 00 0 −12

= 1 0 00 0 00 0 −2

.Finalmente, note que, devido à simetria de A, autovetores associados a autovalores distintos como osacima são, de fato, perpendiculares entre si: (1, 1, 1) · (−1, 1, 0) = −1+1+0 = 0, (1, 1, 1) · (−1,−1, 2) =−1− 1 + 2 = 0, e (−1, 1, 0) · (−1,−1, 2) = 1− 1 + 0 = 0.

26.

(a) F.

(b) V.

(c) V.

(d) F.

(e) V.

(f) F.

(g) V.

(h) F.

(i) V.

(j) F.

(k) V.

(l) V.

(m) F.

27. (⇒): Suponha T injetora. Sejam λ1, . . . , λn ∈ R tais que∑ni=1 λiT (ei) = 0W . Usando a linearidade de T ,

obtemos então T (∑ni=1 λiei) = 0W . Como T é linear, sabemos que T (0V ) = 0W (isso segue de T (0V ) =

T (0V + 0V ) = T (0V ) + T (0V )). Pela injetividade de T , temos então∑ni=1 λiei = 0V . Mas como B é base, a

sequência (e1, . . . , en) é LI. Logo, λi = 0, i = 1, . . . , n, e (T (e1) , . . . , T (en)) é LI.

(⇐): Suponha (T (e1) , . . . , T (en)) linearmente independente, e sejam u, v ∈ V tais que T (u) = T (v). Usandoa linearidade de T , temos então 0W = T (u) − T (v) = T (u− v). Como B é base, existem λ1, . . . , λn ∈ R taisque u =

∑ni=1 λiei e existem µ1, . . . , µn ∈ R tais que v =

∑ni=1 µiei. Logo, 0W = T (

∑ni=1 (λi − µi) ei). Mas

como (T (e1) , . . . , T (en)) é LI, temos então λi − µi = 0, i = 1, . . . , n. Assim, u = v, e T é injetora.

28.

(a)

(b)

(c) F.

(d) F.

(e) F.

(f)

(g)

(h) V.

(i) V.

29.

30.

(a) Note que ImT está contido no espaço vetorial W . Logo, para garantir que ImT é espaço vetorial (nocaso, subespaço vetorial de W ), basta checar que ele é não-vazio, fechado por soma e por multiplicação porescalar:

22

• Como T é linear, sabemos que T (0V ) = 0W . Logo, 0W ∈ ImT (e ImT 6= ∅).• Dados w1,w2 ∈ ImT , existem v1,v2 ∈ V tais que T (v1) = w1 e T (v2) = w2. Pela linearidade de T ,T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) = w1 +w2, logo w1 +w2 ∈ ImT .

• Dados w ∈ ImT e α ∈ R, existe v ∈ V tal que T (v) = w. Pela linearidade de T , T (αv) = αT (v) =αw, logo αw ∈ ImT .

(b) Dada T : V →W linear, com dimV <∞, temos dimV = null (T ) + r (T ), onde a nulidade de T , null (T ),é definida como a dimensão de kerT , e o posto de T , r (T ), é definido como a dimensão de ImT .

(c) Primeiro, suponha detA 6= 0. Logo, A é inversível, isto é, existe A−1. Dado x tal que Ax = 0, temos entãoA−1Ax = A−10, isto é x = 0. Logo, Ax = 0 não tem solução não-trivial.Reciprocamente, suponha detA = 0. Logo, r (A) < n (o posto de uma matriz é igual à maior ordem possívelde um menor não-nulo seu). Então, pelo Teorema do Núcleo/Imagem, temos null (A) = n − r (A) > 0.Assim, N (A) % {0}, de maneira que existe x 6= 0 tal que Ax = 0.

31.

(a) Como (b,−a) (um ponto da reta diferente da origem) é projetado nele mesmo, ele é um autovetor de Tassociado ao autovalor 1. Como (a, b) (um vetor normal à reta) é projetado na origem, trata-se de umautovetor de T associado ao autovalor 0.Seja B = ((b,−a) , (a, b)). É base do R2 pois

[b a−a b

]é inversível, isto é, sobrejetora (i.e., B gera o R2) e

injetora (i.e., B é LI). Essa inversibilidade pode ser averiguada simplesmente pelo cálculo do determinante:b2 + a2 6= 0 (pois, caso contrário, teríamos a = b = 0, em contradição com o enunciado da questão).

E claro, [T ]BB = [1 00 0 ], matriz diagonal.

(b) Basta notar:

[T ]CanCan = [Id]

BCan [T ]

BB

([Id]BCan

)−1=

[b a−a b

] [1 00 0

]1

a2 + b2

[b −aa b

]=

1

a2 + b2

[b a−a b

] [b −a0 0

]=

1

a2 + b2

[b2 −ab−ab a2

].

32.

33.

(a) Isso foi feito no exercício 6(b) desta lista.

(b) De fato, P2 é um subespaço vetorial de P (sabidamente um espaço vetorial, pelo enunciado): o vetor nulode P é o polinômio identicamente nulo, que é no máximo quadrático; soma de dois polinômios no máximoquadráticos quaisquer dá um polinômio no máximo quadrático (

(a1 + b1t+ c1t

2)+(a2 + b2t+ c2t

2)=

(a1 + a2) + (b1 + b2) t+ (c1 + c2) t2); e multiplicação de um polinômio no máximo quadrático qualquer por

um escalar qualquer dá um polinômio no máximo quadrático (α(a+ bt+ ct2

)= (αa) + (αb) t+ (αc) t2).

(c) Como qualquer polinômio no máximo quadrático pode ser escrito na forma a.1 + b.t + c.t2, temos que alista

(1, t, t2

)gera P2. Mas note que

(1, t, t2

)é LI: de fato, se a, b, c ∈ R3 são tais que a.1 + b.t + c.t2 é o

polinômio identicamente nulo, então, pondo t = 0, vemos ser necessário 0 = a.1 + b.0 + c.02 = a, e pondot = 1 e t = −1, vemos ser necessários 0 = 0 + b.1 + c.12 = b+ c e 0 = 0 + b (−1) + c (−1)2 = −b+ c, dondetambém b = 0 e c = 0. Logo,

(1, t, t2

)é uma base de P2, de modo que dimP2 = 3.

(d) Se T : P2 → P é linear, pelo Teorema do Núcleo/Imagem, temos dimkerT + dim ImT = dimP2 = 3.Fosse kerT = ImT , teríamos dimkerT = dim ImT , donde 2 dimkerT = 3. Como dimkerT é um númerointeiro, teríamos assim igualdade entre um número par e um número ímpar, absurdo.

34.

(a) B gera o Rm se e só se T é sobrejetora, e B é LI se e só se T é injetora.

(b) Sejam A =[1 −1 −11 1 −11 0 2

]e T : R3 → R3 dada por T (x) = Ax. Como |A| =

∣∣∣ 1 −1 −10 2 00 1 3

∣∣∣ = 6 6= 0, temos queA é não-singular, e, pelo Teorema da Matriz Inversível, valem tanto que T é sobrejetora quanto que T éinjetora. Logo, pelo item anterior, a lista B dada gera o R3 e é LI —em outras palavras, é uma base do R3.

(c) Temos

[Id]CanB =

([Id]BCan

)−1=

1 −1 −11 1 −11 0 2

−1 = 1

6

2 2 2−3 3 0−1 −1 2

.

23

35.

(a) [ 1 ].

(b) [ 1 02 1 ].

(c) [ 0 ].

(d) [ 1 00 0 ]

[0 −11 0

]=[0 −10 0

].

36.

37.

38.

39. Sejam A =[a 0 00 b 00 0 c

]e T : R3 → R3 dada pela lei T (x, y, z) = A (x, y, z) (i.e., T (x, y, z) = (ax, by, cz)). Nota-se

que vale (x, y, z) ∈ E1,1,1 se, e somente se, (ax)2 /a2+(by)2 /b2+(cz)2 /c2 ≤ 1, isto é, T (x, y, z) ∈ Ea,b,c. Assim,Ea,b,c é a imagem direta de E1,1,1 via T , de modo que o volume de Ea,b,c é o determinante do operador T (ouda matriz A) vezes o volume de E1,1,1: (4π/3) abc.

40.

(a) Por ser composição de duas funções lineares, T é linear. Sua representação matricial canônica é A = [ 0 11 0 ].

(b) Verdadeiro. De fato, a representação matricial canônica de tal reflexão também seria A, já que a reflexãode (1, 0) em relação à reta y = x é (0, 1) e a reflexão de (0, 1) em relação àquela reta é (1, 0).

(c) P =[1 −11 1

]e D =

[1 00 −1

].

24