GABARITO DE ÁLGEBRA LINEAR AD1_2023_2

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Gabarito
Álgebra Linear: AD1 - CEDERJ
Márcia Fampa & Mauro Rincon - 2023.2
Tutores: André Saraiva e Dionísio Martins
1.(2.5) Sejam os vetores u = (1,−1, 0), v = (2, 1,−1) e w = (x, y, z).
(a) Determine as componentes do vetor w de forma que os vetores {u, v, w}
gerem o espaço IR3.
(b) Determine a projeção ortogonal de w sobre v (Projvw)
(c) Determine uma base ortogonal para o IR3, a partir dos vetores {u, v, w}.
(d) Seja w = (1, 0,−2). Verifique se os vetores {u, v, w}, são lineramente
independentes. Determine o espaço S gerado pelos vetores {u, v, w}.
(e) Determine uma base e a dimensão do espaço S.
SOLUÇÃO
(a) Para que os vetores u, v, w formem o IR3 o vetor w não pode ser escrito
como combinação linear dos vetores u e v, ou seja, au + bv 6= (x, y, z).
Logo temos o seguinte sistema linear:
a+ 2b = x
−a+ b = y
−b = z
Resolvendo este sistema, para que os vetores u, v e w implica que x +
y + 3z 6= 0. Tomando em particular x = s, y = t, onde s e t∈ IR então
para qualquer vetor z 6= −
(
t + s
)
/3 geram o espaço IR3. Por exemplo
podemos s = t = 0 e z = 1 , ou seja tomando w = (0, 0, 1) então [u, v, w]
gera o espaço IR3.
(b) A projeção ortogonal de um vetor w sobre um vetor v pode ser calculada
usando a fórmula:
Projvw =
w · v
‖v‖2
v
onde · representa o produto escalar entre vetores e ‖v‖ é a norma (mag-
nitude) do vetor v. Vamos tomar, em particular, o vetor w = (0, 0, 1),
obtido no item anterior.
Fazendo os cálculos obtemos que:
w · v
‖v‖2
= −1
6
Então a projeção ortogonal:
Projvw = −
1
6
v = −1
6
(2, 1,−1)
(c) Novamente vamos utilizar o vetor w = (0, 0, 1) obtido no item 1. Para
obter uma base ortogonal para R3 a partir dos vetores u = (1,−1, 0), v =
(2, 1,−1) e w = (0, 0, 1), podemos aplicar o processo de Gram-Schmidt
para ortogonalização. Esse processo nos permite obter uma base ortogonal
a partir de uma base qualquer.
O processo de Gram-Schmidt envolve a criação de vetores ortogonais su-
cessivamente. Vamos começar com o vetor u:
Mantemos u1 = u = (1,−1, 0).
Agora, vamos tornar o vetor v ortogonal a u:
Calculamos a projeção de v sobre u:
Projuv =
v · u
‖u‖2
u
Projuv =
(2.1 + 1.(−1) + (−1).0) = 2− 1 + 0 = 1
‖(1,−1, 0)‖2
(1,−1, 0)
Projuv =
1
2
(1,−1, 0) =
(
1
2
,−1
2
, 0
)
Agora, calculamos o vetor v2 ortogonal a u:
v2 = v − Projuv = (2, 1,−1)−
(
1
2
,−1
2
, 0
)
=
(
3
2
,
3
2
,−1
)
Agora, vamos tornar o vetor w ortogonal a u e v:
Naturalmente o vetor w = (0, 0, 1) ortogonal a u, ou seja, w · u = 0.
Calculamos a projeção de w sobre v2:
Projv2w =
w · v2
‖v2‖2
v2 = −
2
11
(
3
2
,
3
2
,−1
)
= − 1
11
(3, 3,−2)
Agora, calculamos o vetor v3 ortogonal a u e v2:
v3 = w − Projuw − Projv2w
v3 =
3
11
(1, 1, 3)
Agora temos uma base ortogonal {u, v2, v3} para R3.
(d) Sejam a, b, c ∈ R. Para que os vetores sejam LIs, a seguinte condição deve
ser satisfeita:
au+ bv + cw = 0⇐⇒ a, b, c = 0
S = a(1,−1, 0) + b(2, 1,−1) + c(1, 0,−2)
Logo, temos o seguinte sistema linear:
a+ 2b+ 1c = 0 (I)
−a+ b = 0 (II)
−b− 2c = 0 (III)
Da Equação (II) encontramos a = b, da Equação (III) encontramos b =
−2c, logo a = b = −2c, com isso na Equação (I) temos:
a+ 2a− a/2 = 0⇒ a = 0
Portanto este sistema apresenta uma única solução com a = b = −2c = 0.
Logo os vetores são LI.
Encontrando o espaço gerado pelos três vetores {u, v, w}, temos:
au+ bv + cw = (a,−a, 0) + (2b, b,−1b) + (c, 0,−2c) = (x, y, z)
Usando a matriz aumentada do sistema, temos:
a 2b c x
−a b 0 y
0 −b −2c z

Fazendo L2← L2− (−1)L1
1 2 1 x
0 3 1 x+ y
0 −1 −2 z

Fazendo L3← L3− (−1
3
)L2

1 2 1 x
0 3 1 x+ y
0 0 −5
3
x+y+3z
3


a+ 2b+ c = x
3b+ c = x+ y
−5
3
c = x+y+3z
3
Da equação 3 do sistema obtemos a variável c:
−5
3
c =
x+ y + 3z
3
c =
−x− y − 3z
5
Da equação 2 do sistema obtemos a variável b:
3b = x+ y − c = x+ y − −x− y − 3z
5
b =
2x+ 2y + z
5
Da equação 1 do sistema obtemos a variável a:
a = x− 2b− c = x− 2(2x+ 2y + z
5
)− −x− y − 3z
5
a =
2x− 3y + z
5
A solução geral do sistema é
1
5

2x− 3y + z
2x+ 2y + z
−x− y − 3z

(e) Para determinar o espaço S gerado pelos vetores u, v e w, precisamos
encontrar todas as combinações lineares desses vetores. O espaço S gerado
por um conjunto de vetores é o conjunto de todas as combinações lineares
desses vetores.
Os vetores são u = (1,−1, 0), v = (2, 1,−1) e w = (1, 0,−2). Podemos
montar uma matriz com esses vetores como colunas:
A =

1 2 1
−1 1 0
0 −1 −2

Para determinar S, precisamos encontrar o espaço coluna (imagem) da
matriz A, ou seja, o espaço gerado pelas colunas de A. Para isso, podemos
realizar a eliminação gaussiana na matriz A para encontrar sua forma
escalonada reduzida por linhas:

1 2 1 0
−1 1 0 0
0 −1 −2 0

Fazendo L2← L2− (−1)L1

1 2 1 0
0 3 1 0
0 −1 −2 0

Fazendo L3← L3− (−1
3
)L2 
1 2 1 0
0 3 1 0
0 0 −5
3
0

A matriz escalonada reduzida nos mostra que a terceira coluna é um
múltiplo da primeira coluna. Isso significa que o terceiro vetor w pode ser
escrito como combinação linear dos outros dois vetores u e v. Portanto, o
espaço gerado pelos vetores u, v e w é o mesmo que o espaço gerado pelos
vetores u e v.
Agora, para determinar uma base para o espaço S e a dimensão do espaço
S, podemos pegar os vetores u e v, já que w é redundante em relação a
eles:
Uma possível base para o espaço S é {u, v}, pois esses vetores geram o
mesmo espaço que {u, v, w}.
A dimensão do espaço S é 2, já que ele é gerado por dois vetores linear-
mente independentes u e v.
2.(1.5) Verifique se os subconjuntos são subespaços vetoriais:
(a) S1 = {(x, y) ∈ IR2; x = 2y}
(b) S2 = {(x, y) ∈ IR2; x = 2y − 1}
(c) S3 = {(x, y, z) ∈ IR3; 2x− y + 3z = 0}
SOLUÇÃO
a)
Fechamento sob adição: Se (x1, y1) e (x2, y2) pertencem a S1, então x1 = 2y1 e
x2 = 2y2. A soma desses vetores (x1 + x2, y1 + y2), e a soma satisfaz x1 + x2 =
2y1 + 2y2, logo x1 + x2 = 2(y1 + y2) pertence a S1
Fechamento sob multiplicação: Se (x, y) pertence a S1, então x = 2y. Se
multiplicarmos esse vetor por um escalar c, obtemos (cx, cy) = (2cy, cy). Como
cy é um múltiplo de y, o resultado satisfaz a equação x = 2y e portanto, (cx, cy)
pertencem ao S1.
O vetor nulo (0, 0) pertence a S2, pois 0 = 2 ∗ 0 = 0.
Assim, S1 é um subespaço vetorial.
b)
Fechamento sob adição: Se (x1, y1) e (x2, y2) pertencem a S2, então x1 = 2y1−1
e x2 = 2y2 − 1. A soma desses vetores (x1 + x2, y1 + y2), e a soma satisfaz
x1 + x2 = 2(y1 + y2)− 1 + 2, logo x1 + x2 = 2(y1 + y2) + 1 pertence a S2
Fechamento sob multiplicação: Se (x, y) pertence a S2, então x = 2y − 1. Se
multiplicarmos esse vetor por um escalar c, obtemos (cx, cy) = (2cy − c, cy).
Como a equação x = 2y−1 não é afetada pela multiplicação por c, o resultado
satisfaz a equação x = 2y − 1 e portanto, (cx, cy) pertencem ao S2.
O vetor nulo (0, 0) não pertence a S2, pois 0 = 2 ∗ 0− 1.
Assim, S2 não é um subespaço vetorial.
c)
Fechamento sob adição: Se (x1, y1, z1) e (x2, y2, z2) pertencem a S3, então 2x1+
y1+3z1 = 0 e 2x2−y2+3z2 = 0. A soma desses vetores (x1+x2, y1+y2, z1+z2), e
a soma satisfaz 2(x1+x2)−(y1+y2)+3(z1+z2) = 2x1−y1+3z1+2x2−y2+3z2 =
0 + 0 = 0, logo (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) pertence a S2
Fechamento sob multiplicação: Se (x, y, z) pertence a S3, então 2x1− y1+3z1.
Se multiplicarmos esse vetor por um escalar c, obtemos (cx, cy, cz) = 2(cx) −
(cy) + 3(cz) = c(2x − y + 3z) = c.0 = 0. O resultado satisfaz a equação
2x1 − y1 + 3z1 e portanto pertence ao S3.
O vetor nulo (0, 0, 0) pertence a S3, pois 2 ∗ 0− 0 + 3 ∗ 0 = 0.
Assim, S3 é um subespaço vetorial.
3.(2.0) Calcule, se possível, a matriz indicada:
A =
 2 0
1 −1
 , B =
 1 1
2 −2
 , C =
 −6 −1 −2
1 1 −3

D =

−4 4 1
1 1 4
−2 0 1
 , E =

1 2 −3
−1 0 2
−1 0 −3
 .
Se for possível calcule:
(i) AB −BA, (ii) 2C −D, (iii) (2Dt − 3Et)t, (iv) D2 −DE.
SOLUÇÃO
i)
A.B =
 2 0
1 −1
 .
 1 1
2 −2
 =
 2.1 + 0.2 2.1 +0.− 2
1.1 + (−1).2 1.1 + (−1).(−2)
 =
 2 2
−1 3

B.A =
 1 1
2 −2
 .
 2 0
1 −1
 =
 1.2 + 1.1 1.0 + 1.(−1)
2.2 + (−2).1 2.0 + (−2).(−1)
 =
 3 −1
2 2

AB −BA =
 2 2
−1 3
 −
 3 −1
2 2
 =
 2− 3 2− (−1)
−1− 2 3− 2

AB −BA =
 −1 3
−3 1

ii) Só se pode somar ou subtrair matrizes de mesma ordem. Como a matriz
2C é do tipo 2 × 3 e a matriz D é do tipo 3 × 3, não é possível realizar essa
operação.
iii)
Dt =

−4 1 −2
4 1 0
1 4 1

2Dt = 2

−4 1 −2
4 1 0
1 4 1
 =

−8 2 −4
8 2 0
2 8 2

Et =

1 −1 −1
2 0 0
−3 2 −3

3Et = 3

1 −1 −1
2 0 0
−3 2 −3
 =

3 −3 −3
6 0 0
−9 6 −9

2Dt − 3Et =

−8 2 −4
8 2 0
2 8 2
 −

3 −3 −3
6 0 0
−9 6 −9
 =

−11 5 −1
2 2 0
11 2 11

(2Dt − 3Et)t =

−11 2 11
5 2 2
−1 0 11

iv)
D2 = D.D =

−4 4 1
1 1 4
−2 0 1
 .

−4 4 1
1 1 4
−2 0 1
 =

−14 −12 13
−11 5 9
−10 −8 −1

D.E =

−4 4 1
1 1 4
−2 0 1
 .

1 2 −3
−1 0 2
−1 0 −3
 =

−9 −8 −7
−4 2 −13
−3 −4 3

D2 −D.E =

−14 −12 13
−11 5 9
−10 −8 −1
 −

−9 −8 −7
−4 2 −13
−3 −4 3
 =

−5 −4 20
−7 3 22
13 −4 −4

4(2.0) Determine a solução do sistema linear pelo Método de Gauss-Jordan;
2x− y − z = 2
x+ y − 2z = 1
x− 2y + z = 1
SOLUÇÃO:
O sistema linear acima pode ser representado por uma matriz aumentada [A|b]:
2 −1 −1 2
1 1 −2 1
1 −2 1 1

Usando o Método de Eliminação de Gauss-Jordan:
L1 ← 12L1 
1 −1
2
−1
2
| 1
1 1 −2| 1
1 −2 1| 1

L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − L1 
1 −1
2
−1
2
| 1
0 3
2
−3
2
| 0
0 −3
2
3
2
| 0

L2 ← 23L2 
1 −1
2
−1
2
| 1
0 1 −1| 0
0 −3
2
3
2
| 0

L3 ← L3 + 32L2 
1 −1
2
−1
2
| 1
0 1 −1| 0
0 0 0| 0

L1 ← L1 + 12L2 
1 0 −1| 1
0 1 −1| 0
0 0 0| 0

Logo:  x1 − x3 = 1 Ix2 − x3 = 0 II
Da equação II temos:
x2 = x3
Da equação I temos: x1 = 1 + x3. Assumindo x3 = r, r ∈ IR a solução é dada
por: X = (1 + r, r, r)t
5.(2.0) O espaço nulo de uma matriz de ordem m × n é o conjunto definido por
Nul(A) = {X ∈ IRn;AX = 0}.
(a) Podemos afirmar que Nul(A) é um subespaço vetorial do IRn? Prove.
(b) Encontrar um conjunto gerador para o espaço nulo da matriz
A =

2 −1 −1 2
1 1 −2 −4
1 −2 1 1

SOLUÇÃO:
(a) i. Seja O ∈ IRn o vetor nulo. Então A.O = O. Logo O ∈ Null(A).
ii. Sejam X, Y ∈ Null(A).Então A(X + Y ) = Ax + AY = O + O = O,
pois A é um operador linear. Logo X + Y ∈ Null(A).
iii. Seja α ∈ IR e X ∈ Null(A). Então, sendo A um operador linear
temos: A(α.X) = α.A(X) = αO = O. Assim α.X ∈ Null(A).
Pelas propriedades acima, Null(A) é um subespaço do IRn
(b) Usando o Método de Eliminação de Gauss-Jordan:

2 −1 −1 2| 0
1 1 −2 −4| 0
1 −2 1 1| 0

L1 ← 12L1 
1 −1
2
−1
2
1| 0
1 1 −2 −4| 0
1 −2 1 1| 0

L2 ← L2 − L1
L3 ← L3 − L1 
1 −1
2
−1
2
1| 0
0 3
2
−3
2
−5| 0
0 −3
2
−3
2
0| 0

L2 ← 23L2

1 −1
2
−1
2
1| 0
0 1 −1 −10
3
| 0
0 −3
2
3
2
0| 0

L3 ← L3 + 32L2

1 −1
2
−1
2
1| 0
0 1 −1 −10
3
| 0
0 0 0 −5| 0

L3 ← −15L3

1 −1
2
−1
2
1| 0
0 1 −1 −10
3
| 0
0 0 0 1| 0

L2 ← L2 + 103 L3
L1 ← L1 − L3

1 −1
2
−1
2
0| 0
0 1 −1 0| 0
0 0 0 1| 0

L1 ← L1 + 12L2

1 0 −1 0| 0
0 1 −1 0| 0
0 0 0 1| 0

Logo: 
x1 − x3 = 0 (I)
x2 − x3 = 0 (II)
x4 = 0 (III)
Da equação II temos x2 = x3 e da equação I temos x1 = x3.
Fazendo x3 = r temos o seguinte conjunto gerador: X = (r, r, r, 0)t