AP1 Algebra Linear CEDERJ

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1 – Preencha cada folha de resposta com NOME, MATRÍCULA e POLO; 
3 – Todas as respostas devem apresentar TODOS os cálculos e justificativas; 
4 – Todas as respostas devem ser MANUSCRITAS. Questões digitadas receberão ZERO; 
5 – Use APENAS canetas AZUIS ou PRETAS; 
6 – Todos os arquivos devem estar no formato PDF. 
7 – A duração da prova é das 17h de 08 de abril (próxima sexta-feira) até às 17h de 09 de abril (próximo 
Sábado). 
8 – Até às 17h de 09 de abril, você precisa postar um ÚNICO arquivo em formato PDF com as suas soluções. 
Este arquivo é o seu CADERNO DE RESPOSTAS. 
9 – Não coloque duas questões na mesma página. 
10 – A prova é individual, não coloque ela na internet. 
AP 1 – Álgebra Linear - Semestre1/2022 
ORIENTA ÇÕES PARA PROVA 
Orientações gerais 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
AP1 – Álgebra Linear EPR – 1/2022 
Código da disciplina EAD01074 
Nome: ___________________________________________ Matrícula:_________________ 
Polo:_____________________________________________ 
Questão 1 (4.0) 
Definição: Seja 𝐴 uma matriz 𝑚 × 𝑛. 
• O espaço linha de 𝐴, denotador por 𝐿𝑖𝑛(𝐴), é o subespaço gerado pelas linhas de 𝐴. 
• O espaço coluna de 𝐴, denotador por 𝐶𝑜𝑙(𝐴), é o subespaço gerado pelas colunas de 
𝐴. 
• O espaço das soluções do sistema Homogêneo 𝐴𝑋 = 0 é chamado espaço nulo de 𝑨 e 
é denotado por 𝑁𝑢𝑙(𝐴). 
• A dimensão de 𝑙𝑖𝑛(𝐴) é chamada posto de 𝑨 e é denotada por 𝑃𝑜𝑠(𝐴). 
Para responder os itens a seguir, considere a matriz 𝐴 = [√
2 1 1
−1 0 √2
]: 
a) (0.75) Determine se a matriz 𝐵 = [
𝜋
√3
] está no espaço coluna de 𝐴. 
b) (1.0) Se 𝑋 = [
𝑥
𝑦
𝑧
] e 𝐵 = [
𝜋
√3
], o sistema 𝐴𝑋 = 𝐵 possui solução? Justifique sua resposta 
e, no caso afirmativo, explicite a solução do sistema. 
c) (0.75) Determine se a matriz 𝑋 = [2√2 5 −1] está no espaço linha de 𝐴. 
d) (1.0). Descreva 𝐿𝑖𝑛(𝐴) e 𝐶𝑜𝑙(𝐴). 
e) (0.5) Determine 𝑃𝑜𝑠(𝐴) e 𝑁𝑢𝑙(𝐴). 
Solução: 
Vamos chamar: 𝑣1 = (√2,−1), 𝑣2 = (1,0), 𝑣3 = (1, √2), 𝑤1 = (√2, 1,1) e 𝑤2 = (−1,0, √2). 
Note que 𝑣1 ⊥ 𝑣3 e 𝑤1 ⊥ 𝑤2. 
Item (a). Existem inúmeras formas de resolver este exercício, estou optando pela que julgo mais 
rápida, mas sempre podemos recorrer ao escalonamento. 
Como 𝑣1 ⊥ 𝑣3, segue que { 𝑣1, 𝑣3}, forma uma base de ℝ
2, e 
𝑐𝑜𝑙(𝐴) = {𝑣 = 𝑎𝑣1 + 𝑏𝑣2; 𝑎, 𝑏 ∈ ℝ} = ℝ
2. 
Sendo 𝐵 = [
𝜋
√3
] um vetor qualquer de ℝ2, segue que 𝐵 ∈ 𝐶𝑜𝑙(𝐴). 
Item (b). Fazendo 𝐿1 = 𝐿1 − √2𝐿2, 𝐴 torna-se: 
[
0 1 0
−1 0 √2
|
𝜋 − √6
√3
] 
Portanto, 𝑦 = 𝜋 − √6 e 𝑥 = 𝑧√2 − √3. 
Item (c) Mais uma vez, sempre podemos recorrer ao escalonamento, contudo, em ℝ3, eu 
sempre prefiro recorrer a geometria. O espaço linha é determinado pelo plano que representa 
o espaço gerado por 𝑤1 e 𝑤2, que é dado por: 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐𝑧 = 0 onde 𝑤1 × 𝑤2 = (𝑎, 𝑏, 𝑐): 
𝑤1 ×𝑤2 = [
√2 1 1
−1 0 √2
] = (√2,−3 , −1) 
Assim, 𝐿𝑖𝑛(𝐴) = {[𝑥 𝑦 𝑧]; √2𝑥 = 3𝑦 + 𝑧, 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ} . 
Como (4 ≠ 14), segue que 𝑋 = [2√2 5 −1], não está no espaço linha de A. 
Item (d) Este item é uma consequência das escolhas de soluções em (a), onde 𝐶𝑜𝑙(𝐴) = ℝ2 , e 
em (c) onde 𝐿𝑖𝑛(𝐴) = {[𝑥 𝑦 𝑧]; √2𝑥 = 3𝑦 + 𝑧, 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ ℝ} 
Item (e) Como fizemos em (b), 𝐿1 = 𝐿1 − √2𝐿2, 𝐴 torna-se: 
[
0 1 0
−1 0 √2
|
0
0
] 
Portanto, 𝑦 = 0 e 𝑥 = 𝑧√2 e 𝑁𝑢𝑙(𝐴) = {(√2, 0,1)𝑡; 𝑡 ∈ ℝ} e 𝑃𝑜𝑠(𝐴) = 2, uma vez que a 
dimensão do espaço linha é 2. 
Questão 2 (2.5) 
Sejam 𝑎𝑖, 𝑏𝑗 ∈ ℝ com 𝑖, 𝑗 = 1,2 ou 3 e com algum 𝑎𝑖 não nulo, 
𝐴 = [
𝑎1 𝑎2 𝑎3
𝑏1 𝑏2 𝑏3
] 
a) (1.0) Mostre que se 𝑣 = (𝑎1, 𝑎2, 𝑎3), 𝑤 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) forem LI., então dim𝐶𝑜𝑙(𝐴) = 2. 
b) (1.0) Mostre que se 𝑣 = (𝑎1, 𝑎2, 𝑎3), 𝑤 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3) forem LD., então dim𝐶𝑜𝑙(𝐴) = 1. 
(0.5) Conclua que dim𝐿𝑖𝑛(𝐴) = dim𝐶𝑜𝑙(𝐴) 
Solução: 
Como na questão anterior existem diversas formas de resolver este problema. Vamos optar pela 
que eu acredito que seja a mais próxima de vocês. 
Vamos resolver em vários casos. Considere a matriz: 
𝐴 = [
𝑎1 𝑎2 𝑎3
𝑏1 𝑏2 𝑏3
] 
Podemos considerar os vetores: 𝑣 = (𝑎1, 𝑎2, 𝑎3), 𝑤 = (𝑏1, 𝑏2, 𝑏3), 𝑣1 = (𝑎1, 𝑏1), 𝑣2 =
(𝑎2, 𝑏2), 𝑣3 = (𝑎3, 𝑏3). 
Item (a). Suponha, 𝑣 , 𝑤 LI com 𝑎1 ≠ 0. Suponha sem perda de generalidade que 𝑏1 ≠ 0, pois 
caso contrário, poderíamos substituir o vetor 𝑤 por 𝑤1 = 𝑣 + 𝑤 = (𝑐1, 𝑐2, 𝑐3), onde 𝑣 e 𝑤1 
seriam LI com 𝑐1 ≠ 0. Suponha por contradição que dim𝐶𝑜𝑙(𝐴) = 1, neste caso existem 𝑥, 𝑦 ∈
ℝ∗ tal que 𝑣1 = 𝑥𝑣2 = 𝑦𝑣3. Tome 𝑡 = −
𝑎1
𝑏1
, então 
𝑡𝑤 = (𝑏1𝑡, 𝑏2𝑡, 𝑏3𝑡) =
(
 
 
𝑏1 (−
𝑎1
𝑏1
) , 𝑏2(−
𝑎1
𝑥
𝑏1
𝑥
) , 𝑏3(−
𝑎1
𝑦
𝑏1
𝑦
)
)
 
 
= −(𝑎1, 𝑎2, 𝑎3) = −𝑣 
Pois 𝑎1 = 𝑎2𝑥 = 𝑎3𝑦 e 𝑏1 = 𝑏2𝑥 = 𝑏3𝑦. Portanto 𝑣 + 𝑡𝑤 = 0 o que é uma contradição uma 
vez que 𝑣,𝑤, são LI. 
Item (b) Suponha 𝑣 , 𝑤 LD com 𝑎1 ≠ 0. Se 𝑤 = (0,0,0), nada temos a fazer, pois (𝑎1, 0) = 𝑣1 
será uma base para 𝐶𝑜𝑙(𝐴), e, portanto, sua dimensão é 1. Suponha assim que 𝑤 ≠ (0,0,0). 
Então existe 𝑡 ∈ ℝ∗ tal que 𝑣 = 𝑡𝑤, daí 𝑎𝑖 = 𝑡𝑏𝑖, com 𝑖 = 1,2 ou 3. Queremos mostrar que 
qualquer par de vetores 𝑣𝑖 , 𝑣𝑗, com 𝑖 = 1,2 ou 3 são LD. O caso 𝑖 = 𝑗 é imediato, assim vamos 
supor 𝑖 ≠ 𝑗. Verificar neste caso se são ou não LD, consiste em verificar se o determinante a 
seguir é ou não nulo: 
det [
𝑎𝑖 𝑎𝑗
𝑏𝑖 𝑏𝑗
] = det [
𝑡𝑏𝑖 𝑡𝑏𝑗
𝑏𝑖 𝑏𝑗
] = 𝑡𝑏𝑖𝑏𝑗 − 𝑡𝑏𝑖𝑏𝑗 = 0 
Portanto são LD, como queríamos provar. Concluímos então que dim𝐶𝑜𝑙(𝐴) = 1. 
Item (c). Este é uma consequência dos Itens (a) e (b), pois em b mostramos que se a dimensão 
do espaço linha é 2, então a do espaço coluna também deve ser 2, e analogamente se a 
dimensão do espaço linha é 1, então a dimensão do espaço coluna é 1. Portanto dim𝐿𝑖𝑛(𝐴) =
dim𝐶𝑜𝑙(𝐴). 
Questão 3 (3.5) 
Seja 𝑉 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈ ℝ3 ; 𝑥 = 2𝑦}. 
a) (1.0) Encontre uma base 𝛽 para 𝑉. 
b) (0.5) 𝑉 Representa que objeto geométrico? Faça um esboço. 
c) (0.5) Determine o complemento ortogonal de 𝑉 (𝑉⊥). 
d) (1.5) Determine uma transformação linear que represente a projeção de ℝ3 sobre V. 
Solução: 
a) Buscamos os vetores 𝑣 = (𝑥, 𝑦, 𝑧) tal que 𝑥 = 2𝑦. 
Logo 𝑣 = (2𝑦, 𝑦, 𝑧) = 𝑦(2,1,0) + 𝑧(0,0,1). Donde vemos que 𝛽 = {(2,1,0), (0,0,1)} forma uma 
base de 𝑉. 
b) 𝑉 é um plano. 
c) O complemento ortogonal de 𝑉 é o espaço gerado pelo vetor diretor do plano. 
𝑉⊥ = {𝑡(1,−2,0); 𝑡 ∈ ℝ3} 
d) Uma forma interessante de pensar sobre o assunto é que tal transformação é: 
(𝑥, 𝑦, 𝑧) ⟼ (𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝑃𝑜𝑟𝑗𝑉⊥(𝑥, 𝑦, 𝑧) 
Note que 𝛼 = {(2,1,0); (0,0,1); (1, −2,0)} forma uma base de ℝ3. Ou seja, estamos retirando a 
componente de 𝑉⊥ do espaço. Note ainda que sabemos que a 𝑃𝑟𝑜𝑗 é linear e a identidade é 
linear. Donde a transformação que definimos acima é linear e projeta um vetor do espaço em 
𝑉. 
𝑃𝑟𝑜𝑗𝑉⊥ (𝑥, 𝑦, 𝑣) = 𝑃𝑟𝑜𝑗(1,−2,0)(𝑥, 𝑦, 𝑧) =
〈(𝑥, 𝑦, 𝑧); (1,−2,0)〉
||(1,−2,0)||
2 (1,−2,0) 
Então, a transformação é dada por 
𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥, 𝑦, 𝑧) − 𝑃𝑜𝑟𝑗𝑉⊥(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (
[4𝑥 + 2𝑦]
5
,
[𝑦 + 2𝑥]
5
, 𝑧)