prova 2 - 2009 - Alancardeck

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Coleção de Provas
Disciplina: Álgebra Linear I
Curso: Matemática
Período: 2009/1
Prova: P2
Professor: Alancardek
1. Considere os seguintes subespaços de R4:
W1 =
{
(x, y, z,w) ∈ R4; x+ y = 0 e z− w = 0
}
W2 =
{
(x, y, z,w) ∈ R4; x− y− z+ w = 0
}
(a) Determine bases de W1 e W2.
(b) Determine bases dos subespaços W1 ∩W2 e W1 +W2.
2. Seja M(n) o espaço de todas as matrizes quadradas n × n com coeficientes em R, conside-
remos S(n) = {A ∈ M(n); A′ = A} o subespaço das matrizes n × n simétricas e AS(n) =
{A ∈ M(n); A′ = −A} o subespaço das matrizes n× n anti-simétricas.
(a) Calcule dim S(n) e dim AS(n).
(b) Prove que M(n) = S(n)⊕ AS(n).
(c) Exiba uma base de AS(4).
3. Seja P : R3 → R3 a transformação linear projeção de um vetor no plano Π : x+ y+ z = 0.
(a) Determine uma base ordenada B do espaço R3, tal que
[P]BB =
1 0 00 1 0
0 0 1
 .
(b) Determine P(x, y, z).
(c) P é injetora? P é sobrejetora?
4. Prove as afirmações abaixo:
(a) Se dimV < dimW, então não existe transformação linear sobrejetora T : V →W.
(b) Se T : V → W é uma transformação linear injetora e {v1, v2, ..., vn} ⊂ V é um conjunto LI
em V, então {T(v1), T(v2), ..., T(vn)} é um conjunto LI em W.
1
[Questão 1 - Solução]
W1 =
{
(x, y, z,w) ∈ R4; x+ y = 0 e z− w = 0
}
item (a):
Parte 1 Determinaremos uma base para W1. Observamos então que W1 é o espaço solução do
seguinte sistema linear: {
x+ y = 0
z− w = 0
Resolvendo o sistema observamos que W1 = {(x,−x, z, z); x, z ∈ R}.
Assim Temos:
BW1 = {(1,−1, 0, 0), (0, 0, 1, 1)} .
Parte 2 Determinaremos uma base para W2. Procedendo como no item anterior obtemos:
BW2 = {(1, 0, 0,−1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)} .
item (b):
Parte 1 Determinaremos a base de W1 ∩W2. Basta observa que este espaço é o espaço solução do
seguinte sistema: 
x+ y = 0
z− w = 0
x− y− z+ w = 0
calculamos então o espaço solução e em seguida tomarmos vetores LI neste espaço .
Parte 2 Para obter uma base para W1 +W2 basta unir as bases de W1 e W2 e verificar quais vetores
são LI.
[Questão 2 - Solução]
item (a):
Parte 1 Seja A ∈ S(n),
A =

a11 a12 . . . a1n
a21 a22 a2n
...
...
. . .
...
an1 an2 . . . ann
 .
Sabemos que aij = aji, logo precisamos de uma matriz para cada elemento da diagonal. Por outro
lado, basta também uma matriz para cada par de elementos aij = aji com i 6= j. Portanto precisamos
de n+ (n− 1) + (n− 2) + . . . + 1 = n · n+12 . Daí dim(S(n)) = n · n+12 .
Parte 2 Pensando como no caso anterior, se A ∈ AS(n) vale aij = −aji, em particular temos que
aii = −aii e portanto os elementos da diagonal são todos nulos. Seguindo o mesmo argumento do
caso anterior, podemos concluir que dim(AS(n)) = (n− 1) · n2 .
item (b):
Observamos que A = 12 (A + A
′) + 12 (A − A′). Chamando B′ = A + A′ = B e C′ = A′ − A =
−(A− A′) = −C, temos B ∈ S(n) e C ∈ AS(n) com A = 12B+ 12C e, portanto, temos M(n) = S(n)⊕
AS(n). A nível de curiosidade observamos ainda que dim M(n) = n2 = dim S(n) + dim AS(n).
item (b):
O conjunto B = {A1, A2, . . . , A6} é uma base para AS(4), onde:
A1 =

0 1 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
, A2 =

0 0 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
, A3 =

0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 0
, A4 =

0 0 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0
0 0 0 0
,
A5 =

0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 0
0 0 0 0
 e A6 =

0 0 0 0
0 0 0 0
0 0 0 1
0 0 0 0
.
2
[Questão 3 - Solução]
item (a):
Tomemos os vetores v1 = (1, 0,−1) e v2 = (0, 1,−1) pertencentes ao plano Π : x + y + z = 0.
Calculando o produto vetorial v1 × v2 obtemos o vetor v3 = (1, 1, 1). Observamos então que B =
{v1, v2, v3} é uma de R3. Observamos também que :
P(v1) = 1v1 + 0v2 + 0v3, P(v2) = 0v1 + 1v2 + 0v3, P(v3) = 0v1 + 0v2 + 0v3.
Logo B é tal que [P]BB =
1 0 00 1 0
0 0 1
 , como queríamos.
item (b):
Observamos que P(x, y, z) = x · P(e1) + y · P(e2) + z · P(e3), sendo assim precisamos apenas cal-
cular P(e1), P(e2) e P(e3). Para isso vamos escrever e1, e2, e3 na base B. Para isto será necessário que
resolvamos o seguintes sistemas
e1 = a1 · v1 + b1 · v2 + c1 · v3
e2 = a2 · v1 + b2 · v2 + c2 · v3
e3 = a3 · v1 + b3 · v2 + c3 · v3
Aqui obtemos:
(a1, b1, c1) =
(
2
3
,
−1
3
,
1
3
)
(a2, b2, c2) =
(−1
3
,
1
3
,
2
3
)
(a3, b3, c3) =
(−1
3
,
−1
3
,
1
3
)
Agora resta calcular P(e1), P(e2) e P(e3) usando as igualdades obtidas, isto é,
P(e1) = P (a1 · v1 + b1 · v2 + c1 · v3)
e assim sucessivamente.
item (c):
Observamos que dim(Im(P)) = 2, logo pelo Teorema do Núcleo e da Imagem teremos dim(Ker(P)) =
1 e, portanto, P não pode ser injetiva. Por outro lado, sabemos que P é injetora se, e somente se, for
sobrejetora. Assim P também não pode ser sobrejetora.
[Questão 4 - Solução]
item (a):
Suponha que exista T : V → W, sobrejetora com dim(V) < dim(W). Como T é sobrejetora,
Im(T) = W ⇒ dim(IM(T)) = dim(W). Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem temos dim(V) =
dim(Ker(T)) + dim(Im(T)), mas dim(V) < dim(W) implica que dim(Ker(T)) < 0, o que gera uma
contradição. Portanto não pode existir tal transformação T sobrejetora com dim(V) < dim(W).
item (b):
Queremos mostrar que a equação
x1 · T(v1) + . . . + xn · T(vn) = 0
possui apenas a solução trivial x1 = x2 = . . . = xn = 0.
Com efeito, observamos que
x1 · T(v1) + . . . + xn · T(vn) = 0
=⇒ T(x1 · v1 + . . . + xn · vn) = 0
=⇒ x1 · v1 + . . . + xn · vn ∈ Ker(T)
Por outro lado, como T é injetiva sabemos que Ker(T) = {0} e, portanto, x1 · v1 + . . .+ xn · vn = 0.
Mas o fato de que os vetores v1, . . . , vn são LI’s garante que x1 = x2 = . . . = xn = 0, como queríamos
demonstrar.
3