Vetores e Espaços Vetoriais

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GAAL – Lista de Exerćıcios – 9
Vetores LI e LD. Base e Dimensão. Produto escalar em Rn. Diagonalização.
SOLUÇÕES
Exerćıcio 1. Considere os seguintes vetores em R3.
V1 = (1,−1, 1) V2 = (4,−2, 0) V3 = (0,−1, 2).
(a) Estes vetores são LI ou LD?
(b) Caso sejam LD, expresse um deles como combinação linear dos demais.
SOLUÇÃO.
(a) Podemos resolver esse item a partir da conclusão obtida no item (b). De outro
modo, sabemos que um conjunto de n vetores em Rn é linearmente dependente se
a matriz que tem como colunas esses vetores possuir determinante igual a zero.
No caso desta questão, pela regra de Sarrus,
det
 1 4 0
−1 −2 −1
1 0 2
 = −4− 4 + 0 + 0 + 0 + 8 = 0 .
Portanto o conjunto {V1, V2, V3} é LD.
(b) Para o conjunto {V1, V2, V3} ser LD a equação vetorial xV1 + yV2 + zV3 = ~0 deve
possuir alguma solução não trivial. Esta equação é equivalente a
x
 1
−1
1
+ y
 4
−2
0
+ z
 0
−1
2
 =
 0
0
0

Esta equação é equivalente ao sistema linear homogêneo
x + 4y = 0
−x − 2y − z = 0
x + 2z = 0
A matriz aumentada deste sistema linear é 1 4 0 0
−1 −2 −1 0
1 0 2 0

Efetuando as operações elementares L2 ← L2 + L1 e L3 ← L3 − L1 obtemos: 1 4 0 0
0 2 −1 0
0 −4 2 0

Efetuando a operação elementar L3 ← L3 + 2L2 obtemos: 1 4 0 0
0 2 −1 0
0 0 0 0

Considerando y como variável livre, a solução desse sistema linear é x = −4y e
z = 2y. Substituindo em xV1 + yV2 + zV3 = ~0 obtemos −4yV1 + yV2 + 2yV3 = ~0.
Dividindo esta equação por y 6= 0, obtemos
−4V1 + V2 + 2V3 = ~0.
Isolando V2 nesta equação vemos, por exemplo, que
V2 = 4V1 − 2V3
Dáı, como conseguimos exibir um vetor como combinação linear dos demais,
podemos concluir que o conjunto {V1, V2, V3} é LD e isso dá uma outra solução
para o item (a).
Exerćıcio 2. Sejam U , V e W vetores quaisquer de Rn. Mostre que os vetores
R = U + 3V − 2W , S = 4U + 7V + 2W e T = 5U + 8V + 4W
são linearmente dependentes exibindo explicitamente uma combinação linear nula
(não trivial) entre R, S e T .
SOLUÇÃO. Precisamos encontrar uma solução não trivial da equação vetorial
xR + yS + zT = ~0. Isso significa que
x(U + 3V − 2W ) + y(4U + 7V + 2W ) + z(5U + 8V + 4W ) = ~0
ou seja
(x+ 4y + 5z)U + (3x+ 7y + 8z)V + (−2x+ 2y + 4z)W = ~0
Como não sabemos se os vetores U , V e W são linearmente dependente ou linearmente
independentes em Rn, vamos impor que os coeficientes dessa equação são iguais a zero.
Isso dá origem ao seguinte sistema linear
x + 4y + 5z = 0
3x + 7y + 8z = 0
−2x + 2y + 4z = 0
A matriz aumentada desse sistema linear é 1 4 5 0
3 7 8 0
−2 2 4 0

Efetuando operações elementares, obtemos a seguinte matriz escalonada reduzida.
 1 0 −3/5 0
0 1 7/5 0
0 0 0 0

Considerando z como variável livre, a solução geral do sistema é x =
3
5
z e y = −7
5
z.
Dáı, substituindo em xR + yS + zT = ~0 obtemos a combinação linear
3
5
zR− 7
5
zS + zT = ~0
Multiplicando por 5 e dividindo por z 6= 0 também obtemos
3R− 7S + 5T = ~0
Exerćıcio 3. Considere o seguinte subespaço de R3.
W = {(a− b+ c, 2a+ b+ 5c, b+ c) ∈ R3, ∀ a, b, c ∈ R}.
(a) Determine uma base e a dimensão de W .
(b) Complete esta base até uma base de R3.
SOLUÇÃO.
(a) Todos os vetores de W são da forma
V = (a− b+ c, 2a+ b+ 5c, b+ c) = a(1, 2, 0) + b(−1, 1, 1) + c(1, 5, 1), ∀ a, b, c ∈ R
Portanto W é o subespaço de R3 gerado pelos vetores
v1 = (1, 2, 0) , v2 = (−1, 1, 1) e v3 = (1, 5, 1)
Para verificar se esses vetores são LI ou LD podemos calcular o determinante da
matriz que tem esses vetores como coluna. Pela regra de Sarrus.
det
 1 −1 1
2 1 5
0 1 1
 = 1 + 0 + 2 + 0− 5 + 2 = 0 .
Portanto o conjunto {v1, v2, v3} é LD. Como quaisquer dois desses vetores não são
múltiplos escalares, podemos concluir que W é um plano pela origem. Uma base
de W é qualquer escolha de dois dos vetores v1, v2 e v3. Por exemplo {v1, v2} é
uma base de W e dim(W ) = 2.
(b) Para completar a base {v1, v2} para uma base de R3, basta escolher qualquer vetor
que não está no plano W . Uma escolha é o vetor normal
N = v1 × v2 = det
 ~i ~j ~k
1 2 0
−1 1 1
 = (2,−1, 3)
Dáı segue que {v1, v2, N} é uma base de R3 sendo {v1, v2} base de W .
Exerćıcio 4. Considere o seguinte subconjunto de R3.
W = {(a− b+ 5c, 2a+ 3b, a+ 4b− 5c) ∈ R3, ∀ a, b, c ∈ R}.
Ele é um subespaço de R3? Se for, determine uma base ortogonal para W .
SOLUÇÃO. Todos os vetores de W são da forma
V = (a− b+ 5c, 2a+ 3b, a+ 4b− 5c) = a(1, 2, 1) + b(−1, 3, 4) + c(5, 0,−5), ∀ a, b, c ∈ R
Observe que W é o espaço gerado pelos vetores
v1 = (1, 2, 1) , v2 = (−1, 3, 4) e v3 = (5, 0,−5)
Portanto W é sim um subespaço de R3. Para calcular a dimensão de W precisamos
verificar se esses vetores são LI ou LD. Para isso, podemos calcular o determinante da
matriz que tem esses vetores como coluna. Pela regra de Sarrus
det
 1 −1 5
2 3 0
1 5 −5
 = 15 + 0 + 50− 15 + 0− 50 = 0 .
Portanto o conjunto {v1, v2, v3} é LD. Como quaisquer dois desses vetores não são
múltiplos escalares, podemos concluir que W é um plano pela origem. Uma base de
W é qualquer escolha de dois dos vetores v1, v2 e v3. Por exemplo, {v1, v2} é uma base
de W e dim(W ) = 2. Observe que essa base não é ortogonal. Entretanto, como os
vetores v1 e v3 são ortogonais, o conjunto {v1, v3} é uma base ortogonal de W .
Exerćıcio 5. Considere o seguinte subconjunto de R3:
W =
{
V ∈ R3 tal que V é ortogonal ao vetor V0 = (2,−1, 1)
}
.
Descreva geometricamente este conjunto W e determine sua equação geral. Determine
também um par de vetores unitários em W e que sejam perpendiculares entre si, ou
seja, determine uma base ortonormal de W .
SOLUÇÃO. O conjunto W é o plano que passa pela origem e que tem vetor normal
V0 = (2,−1, 1). Dáı W é o conjunto dos vetores V = (x, y, z) de R3 cujas coordenadas
satisfazem a equação geral
〈V, V0〉 = 0 ou seja 2x− y + z = 0
Uma base ortonormal de W é uma escolha de quaisquer vetores unitários e ortogonais no
plano W . Podemos fazer essa escolha de várias maneiras. Uma possibilidade é escolher
um vetor V1 qualquer de W e, em seguida, considerar o produto vetorial V2 = V0 × V1.
Fazendo isso, obtemos uma base ortogonal {V1, V2} de W . Dividindo pelas respectivas
normas, encontramos uma base ortonormal de W . Escolhendo então, por tentativa, o
vetor V1 = (0, 1, 1) de W , obtemos
V2 = V0 × V1 = det
 ~i ~j ~k
2 −1 1
0 1 1
 = (−2,−2, 2)
Assim, por construção, o conjunto {V1, V2} é uma base ortogonal de W . Se U1 =
V1
‖ V1 ‖
e se U2 =
V2
‖ V2 ‖
então {U1, U2} é uma base ortonormal de W . No nosso caso obtemos
U1 =
V1
‖ V1 ‖
=
(
0,
1√
2
,
1√
2
)
=
(
0,
√
2
2
,
√
2
2
)
U2 =
V2
‖ V2 ‖
=
(
− 2√
12
,− 2√
12
,
2√
12
)
=
(
−
√
3
3
,−
√
3
3
,
√
3
3
)
Exerćıcio 6. Se V1 = (1, 0, 0,−1) e V2 = (1, 1, 1, 0), considere o seguinte subespaço W
de R4:
V ∈ W se, e somente se, V é ortogonal a V1 e V é ortogonal a V2.
(a) Calcule uma base e a dimensão de W .
(b) Os vetores V1 e V2 e V3 = (4, 3, 3,−2) são LI ou LD? Justifique sua resposta.
SOLUÇÃO.
(a) Um vetor V = (x, y, z, w) ∈ R4 pertente ao subespaço W se 〈V, V1〉 = 0 e
〈V, V2〉 = 0. Essas equações dão origem ao seguinte sistema linear homogêneo.{
x − w = 0
x + y + z = 0
Efetuando a operação elementar L2 ← L2 − L1 obtemos:{
x − w = 0
y + z + w = 0
Esse sistema está na forma escalonada reduzida. Considerando z e w como
variáveis livres, obtemos x = w e y = −z − w. Dáı os vetores de W são da
forma
V = (x, y, z, w) = (w,−z − w, z, w) = z(0,−1, 1, 0) + w(1,−1, 0, 1)
Portanto W é o subespaço de R4 gerado pelos vetores w1 = (0,−1, 1, 0) e
w2 = (1,−1, 0, 1). Como esses vetores não são múltiplos escalares, eles são LI,
{w1, w2} é base de W e dim(W ) = 2.
(b) Primeira solução. Como 〈V1, V3〉 6= 0 vemos que V3 não pertente ao subespaço W
gerado por V1 e V2. Dáı podemos concluir que o conjunto {V1, V2, V3} é LI.
Segunda solução. Para saber se os vetores V1,V2 e V3 são LI ou LD precisamos
resolver a equação vetorial x1V1 + x2V2 + x3V3 = ~0. Colocando esses vetores em
coluna, essa equação é equivalente aos sistema linear homogêneo que tem a seguinte
matriz aumentada. 
1 1 4 0
0 1 3 0
0 1 3 0
−1 0 −2 0

Efetuando operações elementares em linhas, obtemos a seguinte matriz escalonada
reduzida. 
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 0

Dáı segue que x1 = 0, x2 = 0 e x3 = 0 e que o conjunto {V1, V2, V3} é LI.
Exerćıcio 7. Seja W o subespaço de R4 gerado pelos vetores
V1 = (1, 2, 0, 1), V2 = (0, 1, 1,−1), V3 = (2, 6, 2, 0) e V4 = (−1, 1, 3,−4).
(a) Mostre que o conjunto {V1, V2, V3, V4} é linearmente dependentes.
(b) Determine uma base e a dimensão de W .
(c) Encontre uma base ortogonal para W .
(d) Complete a base encontrada no item (b) para uma base de R4.
SOLUÇÃO.
(a) Os vetores V1, V2, V3 e V4 são linearmente dependentes se a equação vetorial
x1V1 + x2V2 + x3V3 + x4V4 = ~0
possuir alguma solução não trivial. Substituindo as coordenadas dadas, obtemos
a equação
x1(1, 2, 0, 1) + x2(0, 1, 1,−1) + x3(2, 6, 2, 0) + x4(−1, 1, 3,−4) = (0, 0, 0, 0)
Igualando as coordenadas do lado esquerdo com as respectivas coordenadas do
lado direito, obtemos o sistema linear homogêneo
x1 + 0x2 + 2x3 − x4 = 0
2x1 + x2 + 6x3 + x4 = 0
0x1 + x2 + 2x3 + 3x4 = 0
x1 − x2 + 0x3 − 4x4 = 0
A matriz aumentada deste sistema linear homogêneo tem como matriz dos
coeficientes a matriz cujas colunas são os vetores V1, V2, V3 e V4.
1 0 2 −1 0
2 1 6 1 0
0 1 2 3 0
1 −1 0 −4 0

Efetuando operações elementares em linhas, obtemos a seguinte matriz escalonada
reduzida. 
1 0 2 −1 0
0 1 2 3 0
0 0 0 0 0
0 0 0 0 0

Dáı a solução do sistema linear é x1 = −2x3 + x4 e x2 = −2x3 − 3x4 em que x3
e x4 são variáveis livres. Substituindo na equação x1V1 + x2V2 + x3V3 + x4V4 = ~0
obtemos
(−2x3 + x4)V1 + (−2x3 − 3x4)V2 + x3V3 + x4V4 = ~0
Considerando x3 = 1 e x4 = 0 obtemos −2V1− 2V2 + V3 = ~0. Considerando agora
x3 = 0 e x4 = 1 obtemos V1− 3V2 +V4 = ~0. Dáı V3 = 2V1 + 2V2 e V4 = −V1 + 3V2.
Assim verificamos que V3 e V4 são combinação lineares de V1 e de V2. Portanto o
conjunto {V1, V2, V3, V4} é LD.
(b) No item anterior vimos que V3 e V4 são combinação lineares de V1 e de V2. Portanto
o espaço gerado por V1, V2, V3 e V4 é igual ao espaço gerado apenas pelos vetores
V1 e V2. Como esses dois vetores são linearmente independentes pois um não é um
múltiplo escalar do outro, podemos concluir que o subespaço W tem dimensão 2
e que {V1, V2} é uma base para W .
(c) Existem várias escolhas para uma base ortogonal de W . Podemos obter uma tal
base ortogonal aplicando um processo de ortogonalização na base {V1, V2}. Desse
modo, uma base ortogonal de W é {V1, V ′2} em que
V ′2 = V2 − projV1
(V2) = V2 −
〈V2, V1〉
〈V1, V1〉
V1
V ′2 = (0, 1, 1,−1)− 0 + 2 + 0− 1
1 + 4 + 0 + 1
(1, 2, 0, 1) =
(
−1
6
,
2
3
, 1,−7
6
)
(d) Para completar a base {V1, V2} para uma base de R4 precisamos encontrar dois
vetores linearmente independentes W3 e W4 que não estão no subespaço W . Se esse
é o caso, {V1, V2,W3,W4} é uma base de R4. Existem várias maneiras diferentes
para encontrar esses vetores. Por exemplo, podemos colocar os vetores V1 e V2 em
linha para obter a seguinte matriz.[
1 2 0 1
0 1 1 −1
]
Efetuando a operação elementar L1 ← L1 − 2L2 obtemos a seguinte matriz esca-
lonada reduzida. [
1 0 −2 3
0 1 1 −1
]
Portanto W também é gerado pelos vetores W1 = (1, 0,−2, 3) e W2 = (0, 1, 1,−1)
que estão na linha dessa matriz. Como os pivôs estão na primeira e na segunda
coluna, podemos completar essa base para um conjunto linearmente independente
de vetores em R4 considerando os vetores W3 = (0, 0, 1, 0) e W4 = (0, 0, 0, 1).
Observe que a matriz que tem os vetores W1, W2, W3, W4 como linha
1 0 −2 3
0 1 1 −1
0 0 1 0
0 0 0 1

é uma matriz triangular, que tem determinante igual a 1. Como o determinante é
diferente de zero, o conjunto {W1,W2,W3,W4} é LI e portanto é uma base de R4.
Trocando a primeira e a segunda linha dessa matriz pelos vetores V1 e V2 obtemos
a seguinte matriz equivalente por linhas que, portanto, também tem determinante
diferente de zero. 
1 2 0 1
0 1 1 −1
0 0 1 0
0 0 0 1

Dáı o conjunto {V1, V2,W3,W4} é LI e é uma base de R4, sendo {V1, V2} a base de
W encontrada no item (b).
Exerćıcio 8. Considere a matriz
A =
 3 1 −1
4 3 −2
−4 −2 3

(a) Determine o conjunto S = {v ∈ R3 | Av = v}.
(b) Encontre uma base e determine a dimensão de S.
(c) Encontre uma base ortogonal para S.
SOLUÇÃO.
(a) Se v = (x, y, z) é um vetor em R3, a equação Av = v indica o sistema linear 3 1 −1
4 3 −2
−4 −2 3
xy
z
 =
xy
z

ou, em termos de equações,
3x + y − z = x
4x + 3y − 2z = y
−4x − 2y + 3z = z
Em cada equação, passando o termo do lado direito para o lado esquerdo, obtemos
o sistema linear homogêneo
2x + y − z = 0
4x + 2y − 2z = 0
−4x − 2y + 2z = 0
Todas as equações deste sistema linear são múltiplas uma da outra. Então consi-
derando apenas a primeira equação, vemos que o conjunto solução S é o plano em
R3 de equação 2x+ y − z = 0.
(b) Isolando y na equação deste plano obtemos y = −2x + z. Logo todo vetor v do
plano S é da forma v = (x,−2x+ z, z) onde x e z são variáveis livres. Separando
estas variáveis na expressão de v obtemos
v = x(1,−2, 0) + z(0, 1, 1)
Esta expressão mostra que se v1 = (1,−2, 0) e v2 = (0, 1, 1) então todo vetor de S
é uma combinação linear de v1 e v2. Como estes vetores não são múltiplos um do
outro, conclúımos que {v1, v2} é uma base de S. Dáı dim(S) = 2.
(c) No item (b) vimos que se v1 = (1,−2, 0) e v2 = (0, 1, 1) então {v1, v2} é uma
base para o plano S. Como 〈v1, v2〉 = −2 6= 0, esta base não é ortogonal. Vamos
mudar desta base para uma base ortogonal {w1, w2} usando projeção ortogonal.
Observando a figura a seguir, estes vetores podem ser definidos por:
• w1 = v1
• w2 = v2 − projv1(v2).
Efetuando os cálculos obtemos
• w1 = v1 = (1,−2, 0)
• w2 = v2 − projv1(v2) = (0, 1, 1)− 0− 2 + 0
1 + 4 + 0
(1,−2, 0) =
(
2
5
,
1
5
, 1
)
.
Observe que estes vetores w1 = (1,−2, 0) e w2 =
(
2
5
,
1
5
, 1
)
satisfazem a equação
2x + y − z = 0 e que, como tinha que ser, 〈w1, w2〉 = 0. Portanto, {w1, w2}
é uma base ortogonal de S. Para evitar o uso de frações, considerando o vetor
5w2 = (2, 1, 5), vemos que {w1, 5w2} também é uma base ortogonal de S.
Exerćıcio 9. Seja W o conjunto solução do sistema linear homogêneo AX = 0, em que
A =
 1 −1 −1 0
4 −5 −5 −1
−2 3 3 1
 .
(a) W é um subespaço de qual Rn?
(b) Determine a dimensão e uma base para W .
(c) Determine uma base ortogonal de W .
SOLUÇÃO.
(a) Na multiplicação AX = 0, temos que A é uma matriz 3×4. Como o enunciado fala
que essa equação representa um sistema linear homogêneo, então 0 é uma matriz
coluna que tem a mesma quantidade de linhas de A. Portanto 0 é uma matriz
3× 1. Dáı, para existir o produto AX e para o resultado dessa multiplicação ser
igual a matriz coluna 0, segue que X é uma matriz 4× 1. Portanto o sistema tem
três equações e quatro incógnitas e o conjunto solução W é um subespaço de R4.
(b) A matriz aumentada do sistema linear AX = 0 é 1 −1 −1 0 0
4 −5 −5 −1 0
−2 3 3 1 0

Efetuando operações elementares em linhas, obtemos a seguinte matriz escalonada
reduzida.  1 0 0 1 0
0 1 1 1 0
0 0 0 0 0

Se as incógnitas desse sistema linear sãoX = (x, y, z, w), então podemos considerar
z e w como variáveis livres e a solução geral é x = −w e y = −z − w. Todo vetor
X = (x, y, z, w) que é solução do sistema se expressa como
X = (x, y, z, w) = (−w,−z − w, z, w) = z(0,−1, 1, 0) + w(−1,−1, 0, 1)
Portanto o subespaçoW é gerado pelos vetores V1 = (0,−1, 1, 0) e V2 = (−1,−1, 0, 1).
Como esses vetores não são múltiplos escalares, eles são LI, o conjunto {V1, V2} é
base de W e dim(W ) = 2.
(c) Existem várias maneiras diferentespara escolhermos uma base ortogonal de W .
Uma possibilidade é aplicar um processo de ortogonalização na base {V1, V2}. Se
isso é feito, encontramos uma base ortogonal {V1, V ′2} em que
V ′2 = V2 − projV1
(V2) = V2 −
〈V2, V1〉
〈V1, V1〉
V1
V ′2 = (−1− 1, 0, 1)− 0 + 1 + 0 + 0
0 + 1 + 1 + 0
(0,−1, 1, 0) =
(
−1,−1
2
,−1
2
, 1
)
Exerćıcio 10. Considere um sistema de coordenadas cartesiano xy no plano R2. Nesse
sistema de coordenadas, considere a base canônica ~i = (1, 0) e ~j = (0, 1). Efetuando
uma rotação de 60o nessa base obtemos, respectivamente, os vetores U1 e U2 de uma
base ortonormal do plano. Determine as coordenadas xy de U1 e de U2.
SOLUÇÃO. Antes de resolver essa questão em particular, vamos relembrar um fato
muito importante sobre as funções trigonométricas seno e cosseno. Para qualquer
ângulo θ, os números cos θ e sen θ são as coordenadas x e y do ponto P , sobre o ćırculo
trigonométrico unitário, tal que o vetor definido pelo ponto P faz ângulo θ com o eixo
x positivo.
Voltando para a questão, como U1 é vetor unitário que faz ângulo de 60o com o eixo x
positivo então suas coordenadas são cos 60o e sen 600.
U1 =
(
cos 60o , sen 600
)
=
(
1
2
,
√
3
2
)
Outra dica interessante. Se V = (a, b) é um vetor não nulo no plano cartesiano, então
existem exatamente dois vetores ortogonais a V e que possuem a mesma norma de V .
Um desses vetores é W = (−b, a) e o outro vetor é −W = (b,−a). O vetor W é obtido
de V por uma rotação de 90o no sentido anti-horário e o vetor −W é obtido de V por
uma rotação de 90o no sentido horário. Você pode verificar isso calculando o produto
escalar e as normas desses vetores.
Voltando para a questão, como U2 é obtido de U1 por uma rotação de 90o no sentido
anti-horário, podemos utilizar essa estratégia para calcular as coordenadas de U2 em
termos das coordenadas de U1. Dáı obtemos
U2 =
(
−sen 60o , cos 600
)
=
(
−
√
3
2
,
1
2
)
Exerćıcio 11. No plano R2 considere um sistema de coordenadas cartesiano xy. Seja
x′y′ o sistema de coordenadas obtido de xy por uma rotação de 30o.
(a) Determine as coordenadas xy dos vetores canônicos unitários U1 e U2 do sistema
de coordenadas x′y′.
(b) Seja V o vetor no plano com coordenadas x = 2 e y = 3. Determine as coordenadas
desse mesmo vetor no sistema de coordenadas x′y′. Isto é, determine coeficientes
a e b tais que V = aU1 + bU2.
SOLUÇÃO.
(a) Da questão anterior temos que
U1 =
(
cos 30o , sen 300
)
=
(√
3
2
,
1
2
)
U2 =
(
−sen 30o , cos 300
)
=
(
−1
2
,
√
3
2
)
(b) Queremos escrever o vetor V como V = aU1+bU2. Para determinar o coeficiente a,
calculamos o produto escalar por U1 de ambos os lados dessa igualdade. Utilizando
o fato dos vetores U1 e U2 serem ortogonais e unitários obtemos, pela propriedade
distributiva do produto escalar,
〈V, U1〉 = 〈aU1 + bU2, U1〉 = a 〈U1, U1〉+ b 〈U2, U1〉 = a
De modo análogo, calculando o produto escalar por U2 obtemos
〈V, U2〉 = 〈aU1 + bU2, U2〉 = a 〈U1, U2〉+ b 〈U2, U2〉 = b
Dáı
a = 〈V, U1〉 = 2 ·
√
3
2
+ 3 · 1
2
=
2
√
3 + 3
2
b = 〈V, U2〉 = −2 · 1
2
+ 3 ·
√
3
2
=
−2 + 3
√
3
2
Exerćıcio 12. No plano R2 considere um sistema de coordenadas cartesiano xy. Seja
x′y′ o sistema de coordenadas obtido de xy por uma rotação de 45o.
(a) Determine as coordenadas xy dos vetores canônicos unitários U1 e U2 do sistema
de coordenadas x′y′.
(b) Considere a parábola de equação y = x2. Determine a equação dessa parábola no
sistema de coordenadas x′y′.
SOLUÇÃO.
(a) Como vimos nas questões anteriores,
U1 =
(
cos 45o , sen 450
)
=
(√
2
2
,
√
2
2
)
U2 =
(
−sen 45o , cos 450
)
=
(
−
√
2
2
,
√
2
2
)
(b) Seja P um ponto no plano cartesiano. A esse ponto podemos associar coordenadas
no sistema xy e podemos associar coordenadas no sistema x′y′. Para responder
essa questão, vamos analisar o significado dessas coordenadas.
Sejam ~i = (1, 0) e ~j = (0, 1) a base canônica do sistema de coordenadas xy. Se,
nesse sistema, o ponto P possui coordenadas x e y, então o vetor V com ponto
inicial na origem e ponto final em P pode ser escrito como a seguinte combinação
linear
V = (x, y) = x~i+ y~j
Por outro lado, suponhamos que no sistema de coordenadas x′y′ o mesmo ponto P
possua coordenadas x′ e y′. De modo análogo, o mesmo vetor V com ponto inicial
na origem e ponto final em P pode ser escrito como a seguinte combinação linear
V = x′U1 + y′U2
em que U1 e U2 são os vetores unitários ortonormais obtidos no item anterior e
que fazem o papel dos vetores canônicos do sistema de coordenadas x′y′.
Para relacionar as coordenadas, é suficiente olhar para as coordenadas dos vetores
dos dois lados da igualdade anterior no sistema de coordenadas xy. Fazendo isso
obtemos a igualdade
(x, y) = x′
(√
2
2
,
√
2
2
)
+ y′
(
−
√
2
2
,
√
2
2
)
Igualando coordenada a coordenada obtemos a relação
x =
x′
√
2− y′
√
2
2
e y =
x′
√
2 + y′
√
2
2
Para o ponto P de coordenadas x e y estar na parábola, essas coordenadas devem
satisfazer a igualdade y = x2. Substituindo as relações anteriores, vemos qual é
a condição que deve ser satisfeita pelas coordenadas x′ e y′, no outro sistema de
coordenadas, para o ponto estar na parábola.
x′
√
2 + y′
√
2
2
=
(
x′
√
2− y′
√
2
2
)2
Essa igualdade responde a questão. Entretanto, costumamos apresentar a resposta
na forma de uma equação geral do segundo grau em duas incógnitas. Para fazer
isso, desenvolvemos o quadrado do lado direito da igualdade, obtendo:
x′
√
2 + y′
√
2
2
=
2x′2 − 4x′y′ + 2y′2
4
Simplificando e passando tudo para o lado direito da igualdade obtemos a deseja
equação da parábola y = x2 expressa no sistema de coordenada x′y′, obtido de xy
por uma rotação de 45o.
x′2 − 2x′y′ + y′2 −
√
2x′ −
√
2 y′ = 0 .
Exerćıcio 13. Considere a base ortogonal de R2 formada pelos vetores V1 = (−2, 3) e
V2 = (−3,−2). Se V = (11, 16) determine coeficientes x1 e x2 tais que V = x1V1 +x2V2.
SOLUÇÃO. Temos que
〈V, V1〉 = 〈x1V1 + x2V2, V1〉 = x1 〈V1, V1〉
Calculando os produtos escalares obtemos
−22 + 48 = 26 = 13x1 ⇒ x1 = 2
De modo análogo
〈V, V2〉 = 〈x1V1 + x2V2, V2〉 = x2 〈V2, V2〉
Calculando os produtos escalares obtemos
−33− 32 = −65 = 13x2 ⇒ x2 = −5
Exerćıcio 14. Considere o plano α de R3 de equação 2x− 3y + 5z = 0. Observe que,
como esse plano passa pela origem, ele é um subespaço de R3.
(a) Determine uma base ortogonal {V1, V2, V3} de R3 tal que {V1, V2} é uma base
ortogonal do plano α.
(b) Escreva o vetor V = (−15,−20, 32) como uma combinação linear dos vetores da
base do item (a). Isto é, calcule coeficientes x1, x2 e x3 tais que
V = x1V1 + x2V2 + x3V3.
SOLUÇÃO.
(a) Para começar, observe que o vetor V3 deve ser um múltiplo do vetor normal
N = (2,−3, 5) do plano α. Assim, em particular, podemos considerar V3 = N .
Agora precisamos encontrar uma base ortogonal {V1, V2} de vetores do plano
α. Esse plano possui uma infinidade de bases ortogonais. Para encontrar uma,
basta escolher dois vetores ortogonais de R3 que satisfazem a equação do plano.
Existem várias estratégias diferentes para a escolha desses dois vetores. Uma
estratégia simples é a seguinte. Analisando a equação do plano, por tentativa e
erro, invente um vetor que satisfaz a equação. Por exemplo, por uma substituição
direta é fácil ver que o vetor V1 = (−1, 1, 1) satisfaz a equação do plano. Uma vez
escolhido o vetor V1, defina V2 = V1 ×N . No nosso caso
V2 = V1 ×N = det
 ~i ~j ~k
−1 1 1
2 −3 5
 = (8, 7, 1)
Assim, os seguintes vetores formam uma base ortogonal de R3 tal que {V1, V2} é
uma base ortogonal do plano α.
V1 = (−1, 1, 1) V2 = (8, 7, 1) V3 = (2,−3, 5)
(b) Como no exerćıcio anterior, temos que
〈V, V1〉 = 〈x1V1 + x2V2 + x3V3, V1〉 = x1 〈V1, V1〉
Calculando os produtos escalares obtemos
15− 20 + 32 = 27 = 3x1 ⇒ x1 = 9
De modo análogo
〈V, V2〉 = 〈x1V1 + x2V2 + x3V3, V2〉 = x2 〈V2, V2〉
Calculando os produtos escalares obtemos
−120− 140 + 32 = −228 = 144x2 ⇒ x2= −2
De modo análogo
〈V, V3〉 = 〈x1V1 + x2V2 + x3V3, V3〉 = x3 〈V3, V3〉
Calculando os produtos escalares obtemos
−30 + 60 + 160 = 190 = 38x3 ⇒ x3 = 5
Exerćıcio 15. Considere os seguintes vetores de R4.
V1 = (1,−2, 5,−2) e V2 = (3,−2,−1, 2)
Seja W o conjunto dos vetores de R4 que são ortogonais a V1 e a V2.
(a) Determine uma base {W1,W2} para W .
(b) Determine uma base ortogonal {U1, U2} para W .
(c) Se U = (−21,−2, 19, 39) mostre que U é um vetor do subespaço W e determine
coeficientes x1 e x2 tais que U = x1U1 + x2U2.
SOLUÇÃO.
(a) Pela própria definição do conjunto W , podemos concluir que W é um subespaço de
dimensão 2 de R4. O subespaço W possui uma infinidade de bases e existem várias
estratégias diferentes para a determinação de uma base de W . Talvez a estratégia
mais simples, neste caso, seja por tentativa e erro, inventando dois vetores W1 e
W2 simultaneamente ortogonais aos vetores V1 e V2. Em vez de fazer isso, vamos
considerar um vetor genérico e vamos impor a condição de ele ser ortogonal a V1
e a V2.
Vamos lá. Um vetor V = (x, y, z, w) de R4 está no subespaço W se, e somente se,
〈V, V1〉 = 0 e 〈V, V2〉 = 0
Calculando os produtos escalares essas equações podem ser organizadas como um
sistema linear. {
x − 2y + 5z − 2w = 0
3x − 2y − z + 2w = 0
Efetuando a operação elementar L2 ← L2 − 3L1 obtemos:{
x − 2y + 5z − 2w = 0
4y − 16z + 8w = 0
Dividindo a segunda linha por 4 obtemos:{
x − 2y + 5z − 2w = 0
y − 4z + 2w = 0
Efetuando a operação elementar L1 ← L1 + 2L2 obtemos:{
x − 3z + 2w = 0
y − 4z + 2w = 0
Observe que esse sistema está na forma escalonada reduzida. Considerando z e w
como variáveis livres, podemos escrever
x = 3z − 2w , y = 4z − 2w , ∀ z , w
Dáı os vetores V = (x, y, z, w) do subespaço W podem ser escritos como
V = (3z − 2w, 4z − 2w, z, w) , ∀ z , w
De modo equivalente, separando as variáveis, podemos escrever:
V = z(3, 4, 1, 0) + w(−2,−2, 0, 1) , ∀ z , w
Portanto, se W1 = (3, 4, 1, 0) e se W2 = (−2,−2, 0, 1) então a equação anterior
implica que o subespaço W é o espaço gerado por W1 e por W2. Como esses
vetores não são múltiplos escalares, eles são linearmente independentes e formam,
portanto, uma base {W1,W2} para o subespaço W .
(b) Para determinar uma base ortogonal {U1, U2} de W vamos utilizar o conceito de
projeção ortogonal. A base ortogonal que vamos considerar será dada por
U1 = W1 e U2 = W2 − projW1
(W2)
Efetuando o cálculo da projeção ortogonal obtemos:
projW1
(W2) =
〈W1,W2〉
〈W1,W1〉
W1 =
−6− 8 + 0 + 0
9 + 16 + 1 + 0
(3, 4, 1, 0) = −14
26
(3, 4, 1, 0)
Dáı
U2 = W2 − projW1
(W2) = (−2,−2, 0, 1) +
14
26
(3, 4, 1, 0) =
(
− 5
13
,
2
13
,
7
13
, 1
)
Para evitar o cálculo com frações vamos trocar o vetor U2 por 13U2. Assim, uma
base ortogonal {U1, U2} de W pode ser dada por
U1 = (3, 4, 1, 0) e U2 = (−5, 2, 7, 13)
Observação. Após fazer uma sequência de cálculos, sempre que posśıvel, volte e
tire a prova para verificar se você está no caminho certo ou obteve a resposta
correta. No caso desse item, queremos dois vetores ortogonais. Logo devemos ter
〈U1, U2〉 = 0. Esses dois vetores também devem ser vetores do subespaço W . Logo
esses dois vetores devem ser ortogonais a V1 e a V2. Logo também devemos ter
〈U1, V1〉 = 0, 〈U1, V2〉 = 0, 〈U2, V1〉 = 0 e 〈U2, V2〉 = 0. Efetuando um cálculo
direto, você pode verificar que, de fato, todos esses produtos escalares são nulos,
como deveriam ser. Assim verificamos que, como desejado, {U1, U2} é uma base
ortogonal de W .
(c) Um vetor U de R4 está no subespaço W se, e somente se, U é ortogonal a ambos
os vetores V1 e V2. No caso particular de U = (−21,−2, 19, 39) temos que
〈U, V1〉 = −21 + 4 + 95− 78 = 0
〈U, V2〉 = −63 + 4− 19 + 78 = 0
Como esses dois produtos escalares são iguais a zero, U é ortogonal a ambos os
vetores V1 e V2 e, portanto, U é um vetor do subespaço W .
Agora vamos calcular coeficientes x1 e x2 tais que U = x1U1 + x2U2. Como nos
dois exerćıcios anteriores temos que
〈U,U1〉 = 〈x1U1 + x2U2, U1〉 = x1 〈U1, U1〉
Dáı segue que
x1 =
〈U,U1〉
〈U1, U1〉
=
−63− 8 + 19 + 0
9 + 16 + 1 + 0
=
−52
26
= −2
De modo análogo
〈U,U2〉 = 〈x1U1 + x2U2, U2〉 = x2 〈U2, U2〉
Dáı segue que
x2 =
〈U,U2〉
〈U2, U2〉
=
105− 4 + 133 + 507
25 + 4 + 49 + 169
=
741
247
= 3
Exerćıcio 16. Considere a matriz
A =
[
4 2
2 1
]
Determine uma matriz ortogonal P e uma matiz diagonal D tal que P−1AP = D.
SOLUÇÃO.
• Polinômio caracteŕıstico de A:
p(λ) = det
[
4− λ 2
2 1− λ
]
= λ2 − 5λ.
• Autovalores são ráızes de λ2 − 5λ = 0, ou seja, λ = 0 ou λ = 5.
• Autovetores para λ = 0: [
4 2
2 1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Este sistema linear tem como solução a reta y = −2x.
• Autovetores para λ = 5: [
−1 2
2 −4
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
.
Neste caso obtemos a reta de equação y =
1
2
x.
• Vetores unitários nas direções destas retas são
U1 =

2√
5
1√
5
 U2 =
 −
1√
5
2√
5
 .
• Colocando os autovalores 5 e 0 na diagonal de D e colocando os correspondentes
autovetores unitários U1 e U2 como colunas de P , obtemos as seguintes matrizes
D e P que diagonalizam A no sentido que P−1AP = D.
D =
[
5 0
0 0
]
P =

2√
5
− 1√
5
1√
5
2√
5

Como as colunas de P formam uma base ortonormal de R2, segue que P é matriz
ortogonal.
Exerćıcio 17. Considere a seguinte matriz
A =
 5 −6 3
3 −4 3
0 0 2

(a) Determine os autovalores de A.
(b) Determine os autoespaços de A e uma base para cada um destes autoespaços.
(c) Mostre que A é diagonalizável, calculando uma matriz diagonal D e uma matriz
invert́ıvel P tais que
P−1AP = D.
SOLUÇÃO.
(a) O polinômio caracteŕıstico de A é
p(λ) = det
 5− λ −6 3
3 −4− λ 3
0 0 2− λ
 .
Desenvolvendo pela regra de Sarrus obtemos
p(λ) = (5− λ)(−4− λ)(2− λ) + 18(2− λ).
Colocando o fator 2− λ em evidência obtemos
p(λ) = (2− λ)
[
(5− λ)(−4− λ) + 18
]
.
Desenvolvendo dentro do colchetes obtemos
p(λ) = (2− λ)(λ2 − λ− 2).
Como os autovalores são as ráızes do polinômio caracteŕıstico, os autovalores são
as soluções da equação
(2− λ)(λ2 − λ− 2) = 0.
Dáı devemos ter 2 − λ = 0 ou λ2 − λ − 2 = 0. A primeira equação tem solução
λ = 2 e a segunda equação possui soluções λ = 2 e λ = −1. Portanto os três
autovalores de A são
λ = −1 , λ = 2 e λ = 2 .
(b) Vamos calcular os autovetores para λ = −1. Esses autovetores são soluções do
sistema linear homogêneo cuja matriz aumentada é 6 −6 3 0
3 −3 3 0
0 0 3 0

A terceira equação deste sistema implica que z = 0. Substituindo esse valor
na primeira ou na segunda equação obtemos x = y. Portanto os autovetores
para λ = −1 são os vetores de R3 da forma V = (x, x, 0). O conjunto destes
vetores descreve geometricamente uma reta pela origem de R3 e de vetor diretor
V1 = (1, 1, 0).
Agora vamos calcular os autovetores para λ = 2. Esses autovetores são soluções
do sistema linear homogêneo cuja matriz aumentada é 3 −6 3 0
3 −6 3 0
0 0 0 0

O conjunto solução deste sistema homogêneo é o plano de equação 3x−6y+3z = 0
ou equivalentemente, dividindo por 3, x − 2y + z = 0. Isolando, por exemplo,
z = −x+ 2y nesta equação, olhamos x e y como variáveis livres para concluir que
os autovetores associados a λ = 2 são os vetores em R3 com a seguinte forma:
V = (x, y,−x+ 2y). Separando as variáveis V = x(1, 0,−1) + y(0, 1, 2). Portanto,
temos que V2 = (1, 0,−1) e V3 = (0, 1, 2) formam uma base para o plano que é o
conjunto dos autovetores associado a λ = 2.
(c) Para diagonalizar A colocamos na diagonal principal de D os autovalores λ = −1,
λ = 2 e λ = 2 e nas colunas de P as bases {V1} e {V2, V3} dos respectivos
autoespaços.
D =
 −1 0 0
0 2 0
0 0 2
 P =
 1 1 0
1 0 1
0 −1 2
 .
Exerćıcio 18. Considere a matriz
A =
 0 −1 1
−1 0 1
1 1 0
 .
(a) Esta matriz é diagonalizável? Justifique sua resposta.
(b) Calcule o polinômio caracteŕıstico, os autovalores e os respectivos autoespaços de
A.
(c) Obtenha uma matriz invert́ıvel P e uma matrizdiagonal D tais que P−1AP = D.
SOLUÇÃO.
(a) Como A é uma matriz simétrica, A é diagonalizável.
(b) • Polinômio caracteŕıstico.
p(λ) = det
 −λ −1 1
−1 −λ 1
1 1 −λ
 = −λ3 + 3λ− 2
• Autovalores são as ráızes de λ3 − 3λ+ 2 = 0. Resolvendo obtemos as ráızes
λ = 1 , λ = 1 e λ = −2
• Autovetores para λ = 1: −1 −1 1
−1 −1 1
1 1 −1
xy
z
 =
0
0
0

Todas as equações deste sistema são equivalentes a x + y − z = 0, que é a
equação de um plano pela origem. Isolando z por exemplo, obtemos z = x+y
e assim o autoespaço associado ao autovalor λ = 1 é o seguinte subespaço de
R3
W1 =

 x
y
x+ y
 ∈ R3 | ∀ x, y ∈ R

Separando as variáveis também podemos escrever
W1 =
 x
 1
0
1
+ y
 0
1
1
 ∈ R3 | ∀ x, y ∈ R

Isto significa que W1 é um subespaço de dimensão dois com base formada
pelos seguintes vetores V1 e V2.
V1 =
 1
0
1
 e V2 =
 0
1
1

• Autovetores para λ = −2: 2 −1 1
−1 2 1
1 1 2
xy
z
 =
0
0
0

Resolvendo este sistema linear obtemos x = y = −z. Assim o autoespaço
associado ao autovalor λ = −2 é o seguinte subespaço de R3
W−2 =

 t
t
−t
 ∈ R3 | ∀ t ∈ R
 =
 t
 1
1
−1
 ∈ R3 | ∀ t ∈ R

Dáı vemos que W−2 é um subespaço de dimensão um que tem uma base
formada pelo vetor
V3 =
 1
1
−1

(c) Vimos que os autovalores de A são λ = 1, λ = 1 e λ = −2. Colocando estes
números na diagonal de D obtemos
D =
 1 0 0
0 1 0
0 0 −2

Para formar a matriz P basta colocar a base {V1, V2} do autoespaço W1 e a base
{V3} do autoespaço W−2 como vetores coluna da matriz P . Obtemos assim
P =
 1 0 1
0 1 1
1 1 −1

Exerćıcio 19. Analise se a afirmação abaixo é falsa ou verdadeira.
A matriz A =
[
0 1
0 1
]
é diagonalizável.
SOLUÇÃO. Sabemos que uma matriz n×n é diagonalizável se ela possuir n autovetores
LI. Além disso, sabemos que autovetores associados a autovalores diferentes são LI. Deste
modo, se uma matriz n× n possuir n autovalores diferentes, então ela é diagonalizável.
No caso da matriz dada, o polinômio caracteŕıstico é
p(λ) = det
[
−λ 1
0 1− λ
]
= λ2 − λ.
Os autovalores são as ráızes da equação λ2 − λ = 0, ou seja, λ = 0 e λ = 1 são
os autovalores de A. Como A é uma matriz 2 × 2 e como A possui dois autovalores
diferentes, podemos concluir que A é diagonalizável. Portanto a afirmação é verdadeira.
Apesar da questão já estar respondida e justificada, vamos continuar apresentando uma
solução alternativa, calculando os autovetores para cada autovalor de A e as matizes P
e D que diagonalizam A.
• Para λ = 0 os autovetores associados são soluções do sistema linear[
0 1
0 1
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
Deste sistema linear obtemos a reta de equação y = 0. Portanto, por exemplo,
V1 =
[
1
0
]
é um autovetor associado ao autovalor λ = 0.
• Para λ = 1 os autovetores associados são soluções do sistema linear[
−1 1
0 0
] [
x
y
]
=
[
0
0
]
Aqui obtemos a reta de equação y = x. Neste caso, por exemplo, V2 =
[
1
1
]
é um
autovetor associado ao autovalor λ = 1.
Como V1 e V2 são autovetores LI e como A é 2 × 2, podemos concluir que A é
diagonalizável. Mais ainda, colocando os autovalores na diagonal de D e colocando
os autovetores V1 e V2 como colunas de P , obtemos as seguintes matrizes D e P que
diagonalizam A no sentido que P−1AP = D.
D =
[
0 0
0 1
]
P =
[
1 1
0 1
]
Exerćıcio 20.
(a) Existem dois vetores não nulos que geram R3 ?
(b) Existem quatro vetores LI em R3 ?
(c) Se W é um subespaço de dimensão 3 de R5, qual é o número máximo de vetores
LI em W ?
(d) Se W é um subespaço de R5 e se V1, V2 e V3 são vetores LI em W , o que podemos
dizer sobre dim(W ) ?
SOLUÇÃO.
(a) Nâo. Dois vetores não nulos em R3 geram um subespaço de dimensão um ou dois.
(b) Não. Como dim(R3) = 3, vemos que um conjunto LI em R3 possui no máximo
três vetores. Ou seja, qualquer conjunto de quatro ou mais vetores em R3 é um
conjunto LD.
(c) Como no item anterior, como dim(W ) = 3, vemos que um conjunto LI em W
possui no máximo três vetores. Ou seja, qualquer conjunto de quatro ou mais
vetores em W é um conjunto LD.
(d) Se um subespaço W de R5 possui um conjunto de três vetores LI, então podemos
concluir que dim(W ) ≥ 3.
- FIM -