gabarito

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1. C) Iremos repetir o processo feito na letra a), só que agora com bases diferentes: 
 
 𝑆𝑒𝑗𝑎𝑚 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 ∈ 𝑅 
 
(√3, 1) = 𝑎(−1,1) + 𝑏(1,1) = (𝑏 − 𝑎, 𝑎 + 𝑏) 
 
(√3,−1) = 𝑐(−1,1) + 𝑑(1,1) = (𝑑 − 𝑐, 𝑑 + 𝑐) 
 
Chegaremos então, no seguinte sistema: 
 
 {
𝑏 − 𝑎 = √3
𝑎 + 𝑏 = 1
𝑑 − 𝑐 = √3
𝑑 + 𝑐 = −1
 → 
 
 
{
 
 
 
 
𝑏 = 𝑎 + √3
𝑎 =
1−√3
2
𝑑 = 𝑐 + √3
𝑐 =
−1−√3
2
 → 
 
 
{
 
 
 
 𝑏 =
1+√3
2
𝑎 =
1−√3
2
𝑑 =
−1+√3
2
𝑐 =
−1−√3
2
 → 
 
Concluímos então, que: 
 
[𝐼]𝛽1
𝛽2 = (
𝑎 𝑐
𝑏 𝑑
) =
(
 
 
1 − √3
2
−1 − √3
2
1 + √3
2
−1 + √3
2 )
 
 
 
 
1.D) 𝐸𝑠𝑐𝑟𝑒𝑣𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑏𝑖𝑛𝑎çã𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝑑𝑜𝑠 𝑣𝑒𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝛽1, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠: 
 
(3, −2) = 𝑎(−1,1) + 𝑏(1,1) = (−𝑎 + 𝑏, 𝑎 + 𝑏), 𝑑𝑎í: 
 
{
−𝑎 + 𝑏 = 3
𝑎 + 𝑏 = 2
 → {
𝑏 = 3 + 𝑎
𝑎 + (3 + 𝑎) = 2
 → {
𝑏 = 3 + 𝑎
2𝑎 = −1
 → {
𝑏 =
5
2
𝑎 =
−1
2
 
 
Concluímos então, que: 
 
[𝑣]𝛽1 = (
𝑎
𝑏
) = (
5
2
−1
2
) 
 
1. E) E𝑠𝑐𝑟𝑒𝑣𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑣 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑏𝑖𝑛𝑎çã𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝑑𝑜𝑠 𝑣𝑒𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝛽2, 𝑡𝑒𝑚𝑜𝑠: 
 
(3, −2) = 𝑐(√3,1)+d(√3,−1) = (𝑐√3 + 𝑑√3, 𝑐 − 𝑑), 𝑑𝑎í: 
 
{𝑐√3 + 𝑑√3 = 3
𝑐 − 𝑑 = −2
 → {𝑐√3 = 3 − 𝑑√3
𝑐 − 𝑑 = −2
→ {
𝑐 =
3−𝑑√3
√3
3−𝑑√3
√3
− 𝑑 = −2
→ {
𝑐 =
3−𝑑√3
√3
3 − 2𝑑√3 = −2√3
 
 
 
→ 
{
 
 
 
 𝑐 =
3 − 𝑑√3
√3
𝑑 = 1 +
3
2√3
 → 
{
 
 
 
 
𝑐 =
√3 − 2
2
𝑑 =
2 + √3
2
 
 
Portanto: 
 
[𝑣]𝛽2 = (
𝑐
𝑑
) = (
√3−2
2
2+√3
2
) 
 
 
 
2. 𝐸𝑠𝑐𝑟𝑒𝑣𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑝 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑐𝑜𝑚𝑏𝑖𝑛𝑎çã𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑝1, 𝑝2 𝑒 𝑝3, temos: 
 
 2 − 𝑥 − 𝑥2 = 𝑎(𝑥 + 𝑥2) + 𝑏(1 + 𝑥2) + 𝑐(1 + 𝑥) = (𝑎𝑥 + 𝑎𝑥2) + (𝑏 + 𝑏𝑥2) +
(𝑐 + 𝑐𝑥) = (𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥2) + (𝑎𝑥 + 𝑐𝑥) + (𝑏 + 𝑐) = (𝑎 + 𝑏)𝑥2 + (𝑎 + 𝑐)𝑥 +
(𝑏 + 𝑐); 𝑇𝑜𝑚𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝑅. 
 
Chegaremos então, ao seguinte sistema: 
 
{
𝑎 + 𝑏 = −1
𝑎 + 𝑐 = −1
𝑏 + 𝑐 = 2
 → 
 
{
𝑎 = −1 − 𝑏
𝑐 = 𝑏
2𝑏 = 2
 
{
𝑎 = −2
𝑐 = 1
𝑏 = 1
 
 
Portanto, a matriz das coordenadas de p em relação à base 𝛽 é: 
 
[𝑝]𝛽 = (
𝑎
𝑏
𝑐
) = (
−2
1
1
) 
 
 
 
3. A) Vamos escrever os vetores de 𝛽′𝑒𝑚 𝑓𝑢𝑛çã𝑜 𝑑𝑜𝑠 𝑣𝑒𝑡𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝛽: 
 
(-6,-6,0) = a(-3,0,3) + b(-3,2,-1) + c(1,6,-1) = (-3a-3b+c, 2b+6c, 3a-b-c) 
 
(-2,-6,4) = e(-3,0,3) + f(-3,2,-1) + g(1,6,-1) = (-3e-3f+g, 2f+6g, 3e-f-g) 
 
 
(-2,-3,7) = h(-3,0,3) + i(-3,2,-1) + j(1,6,-1) = (-3h-3i+j, 2i+6j, 3h-i-j) 
 
 
 
Chegaremos em três sistemas: 
 
 {
−3𝑎 − 3𝑏 + 𝑐 = −6
2𝑏 + 6𝑐 = −6
3𝑎 − 𝑏 − 𝑐 = 0
 {
−3𝑒 − 3𝑓 + 𝑔 = −2
2𝑓 + 6𝑔 = −6
3𝑒 − 𝑓 − 𝑔 = 4
 {
−3ℎ − 3𝑖 + 𝑗 = −2
2𝑖 + 6𝑗 = −3
3ℎ − 𝑖 − 𝑗 = 7
 
 
 
Dos quais obtemos as seguintes soluções: 
 
a = 0, b = 3/2 e c = -3/2 
 
e = 8/9, f = -1/2 e g = -5/6 
 
h = 17/9, i = -5/4 e j = -1/12 
 
Temos que: 
 
[𝐼]𝛽
𝛽′
= (
𝑎 𝑒
𝑏 𝑓
ℎ
𝑖
𝑐 𝑔 𝑗
) = (
0 8/9
3/2 −1/2
17/9
−5/4
−3/2 −5/6 −1/12
) 
 
B) 
 
(-5,8,-5) = a(-6,-6,0) + b(-2, -6, 4) + c(-2,-3,7) = (-6a -2b -2c, -6a -6b -3c, 4b + 7c) 
 
Obteremos o sistema: 
 
{
−6𝑎 − 2𝑏 − 2𝑐 = −5
−6𝑎 − 6𝑏 − 3𝑐 = 8
4𝑏 + 7𝑐 = −5
 
 
Após resolvê-lo, obteremos as seguintes soluções: 
 
a=19/12, b = -43/12 e c = 4/3 
 
Daí: [𝑣]𝛽′ = (
19/12
−43/12
4/3
) 
 
c) 
 
 Basta substituir as matrizes que já encontramos e efetuar a 
multiplicação. 
 
 
 
18. Considere 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑈. 
 
 
 A) Note que: 
 
𝑇(0𝑈)= 𝑇(0𝑈 + 0𝑈) = 𝑇(0𝑈) + 𝑇(0𝑈) → 𝑇(0𝑈) = 𝑇(0𝑈) + 𝑇(0𝑈) 
 
Somando o simétrico de T(0𝑈) 𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑜𝑖𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠 𝑑𝑎 𝑒𝑞𝑢𝑎çã𝑜, 𝑡𝑒𝑟𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑞𝑢𝑒: 
 
T(0𝑈) = 0𝑉 
 
Obs: 𝑇(0𝑈),−𝑇(0𝑈) ∈ 𝐼𝑚(𝑇)⊂ V 𝑒 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑇(0𝑈) + (−𝑇(0𝑈)) = 0𝑉 
 
B) Veja que: 
 
𝑇(𝑢) + 𝑇(−𝑢) = 𝑇(𝑢 + (−𝑢)) = 𝑇(𝑢 − 𝑢) = 𝑇(0𝑈) = 0𝑉 → 𝑇(𝑢) + 𝑇(−𝑢) = 0𝑉 
 
Somando o simétrico de T(u) em ambos os membros da equação, chegaremos a 
conclusão que T(-u) = -T(u). 
 
Obs: Tanto na questão a) quanto na b), poderíamos demonstrar as sentenças usando 
apenas o fato de T ser linear e valer 𝑇(𝛼𝑢) = 𝛼𝑇(𝑢) ∀ 𝛼 𝜖 K corpo e ∀ u 𝜖 𝑈. 
 
C) Consideremos: 
 
𝑇(𝑢 − 𝑣) = 𝑇(𝑢 + (−𝑣)) = 𝑇(𝑢) + 𝑇(−𝑣) = 𝑇(𝑢) + (−𝑇(𝑣)) = 𝑇(𝑢) − 𝑇(𝑣) 
 
D) Vamos provar que Ker(T) é um sub-espaço de U, para isso, demonstraremos primeiro 
que o vetor nulo de U está em Ker(T). 
 
Por propriedade, sabemos que T(0𝑈) = 0𝑉, ou seja, 0𝑈 ∈ 𝐾𝑒𝑟(𝑇). 
 
 
Agora provaremos que se u,v ∈ 𝐾𝑒𝑟(𝑇), 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑢 + 𝑣 ∈ 𝐾𝑒𝑟(𝑇). 
 
𝑇(𝑢 + 𝑣) = 𝑇(𝑢) + 𝑇(𝑣) = 0𝑉 + 0𝑉 = 0𝑉 e portanto 𝑢 + 𝑣 ∈ 𝐾𝑒𝑟(𝑇). 
 
Agora tome 𝛼 𝜖 𝑅, mostraremos que αu 𝜖 𝐾𝑒𝑟(𝑇) ∀ 𝑢 𝜖 𝐾𝑒𝑟(𝑇). 
 
 
𝑇(𝛼𝑢) = 𝛼𝑇(𝑢) = 𝛼 ∙ 0𝑉 = 0𝑉 , 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝑇(𝛼𝑢)𝜖 𝐾𝑒𝑟(𝑇). 
 
Como Ker(T) satisfaz todas as 3 condições aqui impostas, ele é um sub-espaço vetorial 
em U. 
 
D) Da mesma forma que provamos para o núcleo, vamos mostrar que a Imagem de T 
contém o vetor nulo, é fechada para a soma e que 𝑇(𝛽𝑢) ∈ 𝐼𝑚(𝑇)∀ 𝛽 ∈ 𝑅 𝑒 ∀ 𝑢 ∈
 𝐼𝑚(𝑇). 
 
(𝐼) Por propriedade, sabemos que T(0𝑈) = 0𝑉, ou seja, 0𝑉 ∈
𝐼𝑚(𝑇) 𝑝𝑜𝑖𝑠 𝑒𝑙𝑒 é 𝑎 𝑖𝑚𝑎𝑔𝑒𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑔𝑢é𝑚 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡á 𝑒𝑚 𝑈. 
 
(II) Se u, v ∈ 𝐼𝑚(𝑇), 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 ∃𝑎, 𝑏 ∈ 𝑈 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑢 = 𝑇(𝑎)𝑒 𝑣 = 𝑇(𝑏) 
 
agora veja que: 
 
𝑢 + 𝑣 = 𝑇(𝑎) + 𝑇(𝑏) = 𝑇(𝑎 + 𝑏), 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝑢 +
𝑣 é 𝑎 𝑖𝑚𝑎𝑔𝑒𝑚 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑔𝑢é𝑚 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠𝑡á 𝑒𝑚 𝑈, 𝑗á 𝑞𝑢𝑒, 𝑠𝑒 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑈, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑎 + 𝑏 ∈
 𝑈 𝑒𝑠𝑝𝑎ç𝑜 𝑣𝑒𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙. 
Portanto, 𝑢 + 𝑣 ∈ 𝐼𝑚(𝑇) 
 
(III) Considere 𝛽 ∈ 𝑅 e 𝑢 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑗á 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑑𝑜 𝑎𝑐𝑖𝑚𝑎, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜: 
 
𝛽𝑢 = 𝛽𝑇(𝑎) = 𝑇(𝛽𝑎), 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝛽𝑢 é 𝑎 𝑖𝑚𝑎𝑔𝑒𝑚 𝑑𝑒 𝛽𝑎 ∈ 𝑈 𝑒 𝑝𝑜𝑟𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝛽𝑢 ∈ Im(T) 
 
Como as 3 condições acima são satisfeitas, Im(T) é um sub-espaço vetorial de V. 
 
E) Como se trata de uma bicondicional, temos de provar a volta e a ida, começaremos 
pela ida: 
 
(𝐾𝑒𝑟(𝑇) = {0𝑈}) → 𝑇 é 𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 
 
Para provar que a transformação T é injetora, devemos provar que 𝑇(𝑢) = 𝑇(𝑣) → 𝑢 =
𝑣 
∀𝑢, 𝑣 ∈ 𝑈. 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑇(𝑢) = 𝑇(𝑣) → 𝑇(𝑢) − 𝑇(𝑣) = 0𝑉 → 𝑇(𝑢 − 𝑣) = 0𝑉 
 
Mas veja que, por hipótese, Ker(T) = {0𝑈} e portanto 𝑢 − 𝑣 = 0𝑈 → 𝑢 = 𝑣. 
Logo, T é injetora. 
 
Vamos provar agora a volta 
 
𝑇 é 𝑖𝑛𝑗𝑒𝑡𝑜𝑟𝑎 → (𝐾𝑒𝑟(𝑇) = {0𝑈}) 
 
Suponha, por redução ao absurdo que ∃𝑏 ≠ 0𝑈 𝑡𝑎𝑙 𝑞𝑢𝑒 𝑏 ∈ 𝐾𝑒𝑟(𝑇), 𝑒𝑛𝑡ã𝑜: 
 
𝑇(𝑏) = 0𝑉, mas também sabemos através de propriedades que T(0𝑈) = 0𝑉, ou seja: 
 
T(b) = T(0𝑈) 
 
Mas como T é uma transformação linear injetora, a igualdade acima implica 
b = 0𝑈, 𝑎𝑏𝑠𝑢𝑟𝑑𝑜. 
 
Provamos então, que T é injetora se, e só se, Ker(T) = {0𝑈}. 
 
19. Para mostrar que 
{𝑇(𝑢1), 𝑇(𝑢2),… , 𝑇(𝑢𝑘)}é 𝑢𝑚 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐿. 𝐼 𝑒𝑚 𝑉, 𝑏𝑎𝑠𝑡𝑎 𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒: 
 
𝛼1𝑇(𝑢1) + 𝛼2𝑇(𝑢2)+. . . +𝛼𝑘𝑇(𝑢𝑘) = 0 ↔ 𝛼1 = 𝛼2 = . . . = 𝛼𝑘 = 0 
 
Considere então: 
 
𝛼1𝑇(𝑢1) + 𝛼2𝑇(𝑢2)+. . . +𝛼𝑘𝑇(𝑢𝑘) = 0 → 𝑇(𝛼1𝑢1) + 𝑇(𝛼2𝑢2)+. . . +𝑇(𝛼𝑛𝑢𝑘) = 0 
 
→ 𝑇(𝛼1𝑢1 + 𝛼2𝑢2 +⋯+ 𝛼𝑘𝑢𝑘) = 0 
 
Mas como T é injetora, a última igualdade ocorre se, e só se 
(𝛼1𝑢1 + 𝛼2𝑢2 +⋯+ 𝛼𝑘𝑢𝑘) = 0 
 
Veja também que {𝑢1, 𝑢2, … , 𝑢𝑘}é 𝑢𝑚 𝑐𝑜𝑛𝑗𝑢𝑛𝑡𝑜 𝐿. 𝐼 em V, ou seja, a igualdade acima só 
ocorre se, e só se: 
 
𝛼1 = 𝛼2 = . . . = 𝛼𝑘 = 0 
 
O que prova a veracidade do que queríamos demonstrar. 
 
20. A) Para mostrar S+T é uma transformação linear de V em W, devemos mostrar que: 
 
(𝐼)(𝑆 + 𝑇)(𝑢 + 𝑣) = (𝑆 + 𝑇)(𝑢) + (𝑆 + 𝑇)(𝑣) ∀𝑢, 𝑣 ∈ 𝑉 
 
(𝐼𝐼) (𝑆 + 𝑇)(𝛽𝑣) = 𝛽(𝑆 + 𝑇)(𝑣)∀, 𝑣 ∈ 𝑉 
 
Vamos mostrar primeiramente (𝐼) 
 
𝑆𝑒𝑗𝑎𝑚 𝑢, 𝑣 ∈ 𝑉, 𝑛𝑜𝑡𝑒 𝑞𝑢𝑒: 
 
(𝑆 + 𝑇)(𝑢 + 𝑣) = 𝑆(𝑢 + 𝑣) + 𝑇(𝑢 + 𝑣) = 𝑆(𝑢) + 𝑆(𝑣) + 𝑇(𝑢) + 𝑇(𝑣) 
 
= 𝑆(𝑢) + 𝑇(𝑢) + 𝑆(𝑣) + 𝑇(𝑣) = (𝑆 + 𝑇)(𝑢) + (𝑆 + 𝑇)(𝑣) 
 
Donde, na primeira igualdade utilizamos a definição da aplicação S+T, na segunda 
utilizamos o fato de S e T serem aplicações lineares , na terceira se aproveitamos de 
valera comutatividade no espaço vetorial W e na última utilizamos novamente a 
definição da aplicação S+T. 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑎𝑔𝑜𝑟𝑎 𝛽 ∈ 𝐾 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜, 𝑣𝑒𝑗𝑎 𝑜 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑖𝑛𝑡𝑒: 
 
(𝑆 + 𝑇)(𝛽𝑣) = 𝑆(𝛽𝑣) + 𝑇(𝛽𝑣) = 𝛽𝑆(𝑣) + 𝛽𝑇(𝑣) = 𝛽[𝑆(𝑣) + 𝑇(𝑣)] = 𝛽(𝑆 + 𝑇)(𝑣) 
 
Donde, na primeira igualdade utilizamos a definição da aplicação, na segunda gozamos 
do fato de S e T serem lineares, na terceira aproveitamos a distributividade válida no 
espaço vetorial W e na última recorremos novamente à definição da aplicação. 
 
Está provado então que S+T é uma transformação linear de V em W. 
 
B) 
 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒 𝛼𝑆 é 𝑢𝑚𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑉 𝑒𝑚 𝑊, 𝑑𝑒𝑣𝑒𝑚𝑜𝑠 𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎𝑟 𝑞𝑢𝑒: 
 
(𝐼) (𝛼𝑆)(𝑢 + 𝑣) = (𝛼𝑆)(𝑢) + (𝛼𝑆)(𝑣) ∀𝑢, 𝑣 ∈ 𝑉 
 
(𝐼𝐼)(𝛼𝑆)(𝛽𝑢) = 𝛽(𝛼𝑆)(𝑢) ∀ 𝑢 𝜖 𝑈 𝑒 ∀ 𝛽 𝜖 𝐾 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑢, 𝑣 𝜖 𝑉: 
 
(𝛼𝑆)(𝑢 + 𝑣) = 𝛼𝑆(𝑢 + 𝑣) = 𝛼[𝑆(𝑢) + 𝑆(𝑣)] = 𝛼𝑆(𝑢) + 𝛼𝑆(𝑣) = (𝛼𝑆)(𝑢) + (𝛼𝑆)(𝑣) 
 
Donde, na primeira igualdade utilizamos a definição da aplicação 𝛼𝑆, na segunda o fato 
de S ser uma transformação linear de V em W, na terceira nos aproveitamos da 
distributividade válida no espaço vetorial W e na última desigualdade recorremos 
novamente à definição da aplicação. 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑒 𝑎𝑔𝑜𝑟𝑎 𝛽 𝜖 𝐾 𝑐𝑜𝑟𝑝𝑜 
 
(𝛼𝑆)(𝛽𝑢) = 𝛼𝑆(𝛽𝑢) = 𝛼[𝛽𝑆(𝑢)] = 𝛽[𝛼𝑆(𝑢)] = 𝛽(𝛼𝑆)(𝑢) 
 
Donde, na primeira igualdade utilizamos a definição da aplicação, na segunda utilizamos 
o fato de S ser linear, na terceira usamos uma propriedade válida em espaços vetoriais e 
na última recorremos novamente à definição da aplicação. 
 
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑡𝑎𝑚𝑜𝑠 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝛼𝑆 é 𝑢𝑚𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎çã𝑜 𝑙𝑖𝑛𝑒𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑉 𝑒𝑚 𝑊. 
 
C) Cancelada