GABARITO DE ÁLGEBRA LINEAR AD2_2021_2 UFF

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Gabarito
Álgebra Linear: AD2 - CEDERJ
Mauro Rincon & Márcia Fampa - 2021.2
Tutores: André Saraiva e Dionísio Martins
1.(1.0) Considere o seguinte sistema: z − 3w = bx + 3y − 2z + 8w = −9
x + 3y − z + 5w = −7
(a) Determine o valor de b ∈ IR, para que o sistema tenha solução?
(b) Determine o valor de b ∈ IR, para que o sistema não tenha solução?
Solução
a)
O sistema linear acima pode ser representado por uma matriz aumentada
[A|b]:  0 0 1 −3 | b1 3 −2 8 | −9
1 3 −1 5 | −7

Usando o Método de Eliminação deGauss 0 0 1 −3 | b1 3 −2 8 | −9
1 3 −1 5 | −7

L2 ← L1  1 3 −2 8 | −90 0 1 −3 | b
1 3 −1 5 | −7

L3 ← L3 − L1  1 3 −2 8 | −90 0 1 −3 | b
0 0 1 −3 | 2

L3 ← L3 − L2  1 3 −2 8 | −90 0 1 −3 | b
0 0 0 0 | −b+ 2

Para b = 2, temos:
1
 1 3 −2 8 | −90 0 1 −3 | b
0 0 0 0 | 0

Logo, {
x+ 3y − 2z + 8w = −9
z − 3w = b
Da equação 2 do sistema temos z = b+ 3w
Da equação 1 temos x = 2b− 9− 3y − 2w.
Logo o solução é dada por:
S =
{
(x, y, z, w) ∈ R4; x = 2b − 9 − 3y − 2w, z = b + 3w
}
. Assim para
b = 2, o sistema tem infinitas soluções .
b)
Seguindo a solução acima, onde:

1 3 −2 8 | −9
0 0 1 −3 | b
0 0 0 0 | −b+ 2

Se b 6= 2 não existe solução para o sistema.
2.(1.0) Considere a matriz A dada por:
A =

−1 −2 1 1
−2 3 −2 1
1 −2 0 −2
3 0 0 0

Calcule o determinante da matriz A.
SOLUÇÃO
2
Usando a transformada de Laplace, sabemos que :
det(A) = ai1Ai1 + ai2Ai2 + · · ·+ ainAin =
n∑
j=1
aijAij , i = 1, 2 · · ·n
ou
det(A) = a1jA1j + a2jA2j + · · ·+ anjAnj =
n∑
i=1
aijAij , j = 1, 2 · · ·n
onde Aij é a matriz dos cofatores definida por: Aij = (−1)i+jdet(Mij).
A maneira mais fácil é utilizar a quarta linha, pois a42 = a43 = a44 = 0.
Logo det(A) = a41 ∗A41 + a42 ∗A42 + a43 ∗A43 + a44 ∗A44 = a41A41
A41 = (−1)4+1 .
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
−2 1 1
3 −2 1
−2 0 −2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= −8
Logo det(A) = a41 ∗A41 = −3 ∗ −8) = 24
3.(2.0) Seja T : IR3 → IR2 uma transformação linear, definida por T (x, y, z) =
(x+ y, 2x− y + z)
(a) Determine uma base e a dimensão do Ker(T )(núcleo de T)
(b) Determine uma base e a dimensão do Img(T )(imagem de T)
SOLUÇÃO
a) N(T ) =
{
(x, y, z) ∈ R3; T (x, y, z) = 0
}
. Assim encontramos o se-
guinte sistema:
 x+ y = 02x− y + z = 0
A solução do sistema é dado por: x = −y e z = −2x+ y = −3x.
3
Solução N(T ) =
{
(x, y, z) ∈ R3; (−y, y, 3y) = y(−1, 1, 3)
}
Para encontrar uma base basta escolher um valor de y ∈ R. Em particular
para y = r temos uma base r(−1, 1, 3). Assim Dim(N(T )) = 1
b) Temos que T (x, y, z) = (x+ y, 2x− y + z) . Logo podemos escrever
(x, 2x) + (y,−y) + (0, z) = x(1, 2) + y(1,−1) + z(0, 1)
. Considere os vetores que geram a imagem de T:
u = (1, 2); v = (1,−1); w = (0, 1)
É fácil notar que esse três vetores são Linearmente dependentes, como por
exemplo: v = u− 3w. Assim temos que uma base para Im(T ) =
[
u,w
]
e Dim
(
Im(T )
)
= 2
4.(2.0) Seja T : IR3 → IR2 uma transformação linear, tal que T (1, 0, 1) = (1, 1), T (1, 1, 0) =
(2, 3) e T (1, 1, 1) = (2, 2).
(a) Determine uma expressão geral para a transformação linear.
(b) Determine o conjunto de vetores u ∈ IR3 tal que T (u) = (−2, 0)
(c) Determine uma base e a dimensão da Im(T ).
(d) Determine uma base e a dimensão da N(T ) = Ker(T ).
SOLUÇÃO
a)
Os vetores {(1, 0, 1); (1, 1, 0); (1, 1, 1)} são linearmente independentes e por-
tanto formam uma base para o espaço R3. Então todo vetor(x, y, z)IR3
pode ser escrito como combinação linear dos três vetores:
(x, y, z) = a(1, 0, 1) + b(1, 1, 0) + c(1, 1, 1) = (a+ b+ c, b+ c, a+ c)
4
Sendo assim temos: x = a+ b+ c; y = b+ c e z = a+ c. Escrevendo a, b
e c em função de x, y e z temos: a = x − y; b = x − z e c = −x + y + z.
Substituindo os valores de a, b e c e aplicando a transformação linear
temos:
T (x, y, z) = (x− y)T (1, 0, 1) + (x− z)T (1, 1, 0) + (−x+ y + z)T (1, 1, 1)
= (x− y)(1, 1) + (x− z)(2, 3) + (−x+ y + z)(2, 2)
= (x− y + 2x− 2z − 2x+ 2y + 2z, x− y + 3x− 3z − 2x+ 2y + 2z)
= (x+ y, 2x+ y − z)
Portanto a forma geral da transformação linear é dada por
T (x, y, z) = (x+ y, 2x+ y − z)
b)
 x+ y = −22x+ y − z = 0
Da primeira equação temos x = −2 − y, substituindo o valor de x na
segunda equação encontramos z = −4 − y. Logo o conjunto de vetores
que satisfaz esta condição é (−2− y, y,−4− y), ou seja
S =
{
(x, y, z) ∈ R3; (−2− y, y,−4− y)
}
c) Im(T ) = (x+ y, 2x+ y − z) = x (1, 2) + y (1, 1) + z (0,−1)
Observe que o vetor (1, 1) pode ser escrito como combinação linear dos
vetores (1, 2), (0,−1). Sendo assim temos uma base para imagem repesen-
tada por B =
{
(1, 2), (0,−1)
}
. Logo, Dim(Im(T )) = 2.
5
d) Para encontrar o núcleo fazemos:
(x+ y, 2x+ y − z) = (0, 0)
 x+ y = 02x+ y − z = 0
Da primeira equação temos x = −y, substituindo o valor de x na segunda
equação encontramos z = −y. Sendo assim podemos reescrever o vetor
como (−y, y,−y). Logo temos uma base para N(T ) dada por (−1, 1,−1)
e Dim(N(T )) = 1.
5.(2.0) Determine a matriz da Transformação Linear T : IR3 → IR2 definida por
T (x, y, z) = (x+ y, y + z) em relação as bases B,C onde
B = u1, u2, u3, onde u1 = (1, 0, 0);u2 = (1, 1, 0);u3 = (1, 1, 1)
C = v1, v2, onde v1 = (1, 0); v2 = (1, 1)
SOLUÇÃO
Primeiro precisamos escrever as imagens da base B como combinações
lineares dos elementos da base C
T (1, 0, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(1, 1)
T (1, 1, 0) = (2, 1) = c(1, 0) + d(1, 1)
T (1, 1, 1) = (2, 2) = e(1, 0) + f(1, 1)
6
Encontrando os valores de a e b:
 a+ b = 1b = 0
Resolvendo o sistema temos a = 1 e b = 0.
Encontrando os valores de c e d: c+ d = 2d = 1
Resolvendo o sistema temos c = 1 e d = 1.
Encontrando os valores de e e f :
 e+ f = 2f = 2
Resolvendo o sistema temos e = 0 e f = 2.
Assim obtemos:
TB,C =
 1 1 00 1 2

6.(2.0) Determinar os autovalores e os autovetores da seguinte transformação li-
near:
T : IR3 −→ IR3; T (x, y, z) = (3x− y − 3z, 2y − 3z,−z)
7
Seja
B =

3 −1 −3
0 2 −3
0 0 −1

SOLUÇÃO
Sendo P (λ) = det(A − λI3) o polinômio característico de A e a equação
P (λ) = det(A − λI3) = 0, chamada equação característica de A, temos
por um teorema que os autovalores de A são as raízes do polinômio carac-
terístico de A. Assim, seu polinômio característico é:
P (λ) = det(A− λI3) =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3− λ −1 −3
0 2− λ −3
0 0 −1− λ
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1)
P (λ) = (3− λ)(2− λ)(−1− λ)
As raizes possíveis de P (λ) são λ1 = 3, λ2 = 2 e λ3 = −1, que são os
autovalores de A. Para encontrar um autovetor
→
x1= [x1.x2.x3]
t associado
a λ1 = 3, formamos o sistema:
Ax = λx ( no caso λ1 = 3)⇔ (A− 3I3)x = 0
De (1) temos

3− 3 −1 −3
0 2− 3 −3
0 0 −1− 3


x1
x2
x3
 =

0
0
0

8

0 −1 −3
0 −1 −3
0 0 −4


x1
x2
x3
 =

0
0
0

Logo −x2 − 3x3 = 0 e −4x3 = 0
Portanto, todos os autovetores associados ao autovalor λ1 = 3 são dados
por r[1, 0, 0]t onde r ∈ R é qualquer número real não-nulo e t e o vetor
transposto..
Para encontrar um autovetor
→
x2= [x1.x2.x3]
t associado ao autovalor λ2 =
2, formamos o sistema:
(A− 2I3)x = 0
isto é,

3− 2 −1 −3
0 2− 2 −3
0 0 −1− 2


x1
x2
x3
 =

0
0
0


1 −1 −3
0 0 −3
0 0 −3


x1
x2
x3
 =

0
0
0

x1 − x2 − 3x3 = 0; −3x3 = 0
Logo x3 = 0 e substituindo na primeira equação obtemos que x1 = x2 = r,
onde r ∈ IR, r 6= 0
9
Portanto, o autovetor v2 associado ao autovalor λ2 = 2 é r[1, 1, 0]t
Para encontrar um autovetor
→
x3= [x1, x2.x3]
t associado ao autovalor λ3 =
−1, formamos o sistema:
(A+ 1I3)x = 0
isto é,

3− (−1) −1 −3
0 2− (−1) −3
0 0 −1− (−1)


x1
x2
x3
 =

0
0
0


4 −1 −3
0 3 −3
0 0 0


x1
x2
x3
 =

0
0
0

Portanto
4x1 − x2 − 3x3 = 0; 3x2 − 3x3 = 0
Portanto, todos os autovetores v3 associados ao autovalor λ3 = −1 são
dados por r[1, 1, 1]t.Final do Gabarito
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