Algebra Linear Prova AV2

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
MA046 – Álgebra Linear 1 – 2023.1
2o Exercício Escolar - GABARITO
1a Questão Sejam α, β e γ bases do R3 e L : R3 → R3 uma transformação linear tais
que
[L ]γα =
 1 2 2
−1 1 3
2 1 −1
 , [ I ]βγ =
 1 0 1
−1 1 0
0 −1 −1
 .
Sabe-se que α é a base canônica e que γ =
{
(1, 0, 1)⊤, (0, 2, 1)⊤, (−1, 3, 0)⊤
}
.
(a) (1.0 pt) Dado v = (1, 1, 1)⊤, obtenha L(v).
(b) (1.5 pts) Encontre a matriz [L ]γγ .
(c) (1.0 pt) Determine a base β.
SOLUÇÃO
(a) Como α é a base canônica do R3, então L(v) = [L(v) ]α. Por outro lado,
[L(v) ]α = [L ]γα · [v ]γ =
 1 2 2
−1 1 3
2 1 −1
x1x2
x3
 . (⋆)
Precisamos então determinar [v ]γ = (x1, x2, x3)
⊤:
v = x1(1, 0, 1)
⊤ + x2(0, 2, 1)
⊤ + x3(−1, 3, 0)⊤ ⇐⇒

x1 − x3 = 1
2x2 + 3x3 = 1
x1 + x2 = 1
Resolvendo este sistema linear, obtemos que sua única solução é x1 = 2, x2 = −1, x3 = 1.
Voltando para (⋆):
L(v) = [L(v) ]α =
 1 2 2
−1 1 3
2 1 −1
 2
−1
1
 =
20
2
 .
(b) Pela fórmula de mudança de bases,
[L ]γγ = [ I ]αγ · [L ]γα · [ I ]γγ . (♣)
Por outro lado,
1) [ I ]γγ é a identidade I3;
2) [ I ]αγ = ([ I ]γα)
−1 e, como α é a base canônica, [ I ]γα =
1 0 −1
0 2 3
1 1 0
. Invertendo esta matriz
1
pelo método de Gauss-Jordan:1 0 −1 | 1 0 0
0 2 3 | 0 1 0
1 1 0 | 0 0 1
 −→
1 0 −1 | 1 0 0
0 2 3 | 0 1 0
0 1 1 | −1 0 1
 −→
1 0 −1 | 1 0 0
0 0 1 | 2 1 −2
0 1 1 | −1 0 1
 −→
1 0 0 | 3 1 −2
0 0 1 | 2 1 −2
0 1 0 | −3 −1 3
 −→
1 0 0 | 3 1 −2
0 1 0 | −3 −1 3
0 0 1 | 2 1 −2
 .
Voltando para (♣):
[L ]γγ =
 3 1 −2
−3 −1 3
2 1 −2
 1 2 2
−1 1 3
2 1 −1
1 0 0
0 1 0
0 0 1
 =
−2 5 11
4 −4 −12
−3 3 9
 .
(c) Seja β = {v1,v2,v3}. De acordo com a definição da matriz [ I ]βγ , devemos ter
[v1 ]γ =
 1
−1
0
 =⇒ v1 = 1 · (1, 0, 1)⊤ − 1 · (0, 2, 1)⊤ + 0 · (−1, 3, 0)⊤ = (1,−2, 0)⊤,
[v2 ]γ =
 0
1
−1
 =⇒ v2 = 0 · (1, 0, 1)⊤ + 1 · (0, 2, 1)⊤ − 1 · (−1, 3, 0)⊤ = (1,−1, 1)⊤,
[v3 ]γ =
 1
0
−1
 =⇒ v3 = 1 · (1, 0, 1)⊤ + 0 · (0, 2, 1)⊤ − 1 · (−1, 3, 0)⊤ = (2,−3, 1)⊤.
2a Questão Julgue verdadeira ou falsa cada afirmação abaixo. Justifique!
(a) (1.0 pt) Existe um operador linear L : R3 → R3 que possui λ1 = 3 e λ2 = 1
como autovalores e cujos autoespaços associados são Vλ1 = plano de equação
2x− y − z = 0 e Vλ2 = plano de equação x+ y + z = 0.
(b) (1.0 pt) Existe uma transformação linear injetiva S : R8 → R6.
(c) (1.0 pt) A transformação T : R2 → M2×2(R) definida por
T (x, y) =
[
x x+ y
x+ xy y
]
é uma transformação linear.
SOLUÇÃO
(a) Falso. A razão é que os planos 2x − y − z = 0 e x + y + z = 0 possuem interseção
não-nula: por exemplo, o vetor não-nulo v = (0, 1,−1)⊤ está em ambos os planos. Logo, se
existisse um tal operador linear, deveríamos ter, simultaneamente, L(v) = 3 · v e L(v) = 1 · v,
que é uma impossibilidade visto que 3v ̸= v.
(b) Falso. Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, qualquer transformação linear S : R8 → R6
deve cumprir dimN (S)+dim Im(S) = dimR8 = 8. Por outro lado, como Im(S) é um subespaço
2
vetorial de R6, devemos ter dim Im(S) ≤ dimR6 = 6. Segue que dimN (S) = 8− dim Im(S) ≥
8− 6 = 2. Assim, N (S) ̸= {0} e portanto S não poderia ser injetiva.
(c) Falso. Por exemplo, para u = (1, 1), temos que T (2 · u) = T (2, 2) =
[
2 4
6 2
]
e 2 · T (u) =
2 ·
[
1 2
2 1
]
=
[
2 4
4 2
]
, portanto T (2 · u) ̸= 2 · T (u).
3a Questão Considere a seguinte transformação linear L : R3 → P2,
L(x, y, z) = (−2x+ y + z) + (−4x+ 2y − z)t+ (−6x+ 3y + z)t2.
(a) (1.0 pt) Encontre uma base para o núcleo N (L). É L injetiva?
(b) (1.0 pt) Encontre uma base para a imagem Im(L). É L sobrejetiva?
(c) (1.0 pt) O polinômio p(t) = 2 + t− 2t2 pertence à imagem de L?
SOLUÇÃO
(a) Temos que
L(x, y, z) = 0P2 ⇐⇒

−2x + y + z = 0
−4x + 2y − z = 0
−6x + 3y + z = 0
⇐⇒
{
−2x + y + z = 0
z = 0
=⇒ N (L) =
{
(x, y, z) : z = 0 e y = 2x
}
= ger[(1, 2, 0)].
Segue que o vetor (1, 2, 0) é uma base de N (L). Como N (L) ̸= {(0, 0, 0)}, então L não é injetiva.
(b) Im(L) é gerada pelos polinômios
L(e1) = −2− 4t− 6t2 = p1(t),
L(e2) = 1 + 2t+ 3t2 = p2(t),
L(e3) = 1− t+ t2 = p3(t).
Como p1(t) = −2p2(t), e como p2(t) e p3(t) são L.I., segue que p2(t) e p3(t) formam uma base
para Im(L).
(c) Como Im(L) = ger[p2(t), p3(t)], precisamos saber se existem λ2, λ3 tais que
2 + t− 2t2 = λ2p2(t) + λ3p3(t)
= λ2(1 + 2t+ 3t2) + λ3(1− t+ t2),
isto é, tais que 
λ2 + λ3 = 2
2λ2 − λ3 = 1
3λ2 + λ3 = −2
Escalonando: 1 1 | 2
2 −1 | 1
3 1 | −2
 −→
1 1 | 2
0 −3 | −3
0 −2 | −8
 −→
1 1 | 2
0 −3 | −3
0 0 | −6
 .
3
Segue-se que o sistema linear acima não possui solução. Portanto, p(t) /∈ Im(L).
4a Questão Considere a matriz A =

−1 0 0 0
−3 1 1 0
−3 0 2 0
3 0 0 2
.
(a) (0.5 pts) Determine os autovalores de A.
(b) (1.5 pts) Para cada autovalor λ, encontre uma base do autoespaço Vλ.
(c) (0.5 pts) De acordo com (b), a matriz A é diagonalizável? Em caso afirmativo,
encontre uma matriz inversível P e uma matriz diagonal D tais que P−1AP =
D.
SOLUÇÃO
(a) Polinômio característico de A:
cA(t) = det(tI4 −A) =
∣∣∣∣∣∣∣∣
t+ 1 0 0 0
3 t− 1 −1 0
3 0 t− 2 0
−3 0 0 t− 2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (t+ 1)
∣∣∣∣∣∣
t− 1 −1 0
0 t− 2 0
0 0 t− 2
∣∣∣∣∣∣
= (t+ 1)(t− 1)(t− 2)2.
Segue que os autovalores de A são −1, 1 e 2.
(b) Autoespaço Vλ=−1: é o espaço de anulamento N (−I4 −A). Temos:
0 0 0 0
3 −2 −1 0
3 0 −3 0
−3 0 0 −3


x1
x2
x3
x4
 =

0
0
0
0
 ⇐⇒ x1 = x2 = x3 = −x4
=⇒ Vλ=−1 =
{
(x1, x1, x1,−x1)
⊤ : x1 ∈ R
}
= ger
[
(1, 1, 1,−1)⊤︸ ︷︷ ︸
v1
]
. Segue que v1 é uma base para
o autoespaço Vλ=−1.
Autoespaço Vλ=1: é o espaço de anulamento N (I4 −A). Temos:
2 0 0 0
3 0 −1 0
3 0 −1 0
−3 0 0 −1


x1
x2
x3
x4
 =

0
0
0
0
 ⇐⇒ x1 = x3 = x4 = 0
=⇒ Vλ=−1 =
{
(0, x2, 0, 0)
⊤ : x2 ∈ R
}
= ger
[
(0, 1, 0, 0)⊤︸ ︷︷ ︸
v2
]
. Segue que v2 é uma base para o
autoespaço Vλ=1.
Autoespaço Vλ=2: é o espaço de anulamento N (2I4 −A). Temos:
3 0 0 0
3 1 −1 0
3 0 0 0
−3 0 0 0


x1
x2
x3
x4
 =

0
0
0
0
 ⇐⇒ x1 = 0 e x2 = x3
4
=⇒ Vλ=−1 =
{
(0, x2, x2, x4)
⊤ : x2, x4 ∈ R
}
= ger
[
(0, 1, 1, 0)⊤︸ ︷︷ ︸
v3
, (0, 0, 0, 1)⊤︸ ︷︷ ︸
v4
]
. Segue que v3 e v4
formam uma base para o autoespaço Vλ=2.
(c) A teoria já garante que os vetores v1, v2, v3, v4 encontrados em (b) são L.I., e portanto
formam uma base do R4 constituída por autovetores de A. Segue que a matriz A é diagonalizável.
Sendo P a matriz cujas colunas são os v1, v2, v3, v4, isto é, P =

1 0 0 0
1 1 1 0
1 0 1 0
−1 0 0 1
, então P é
inversível e P−1AP =

−1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 2
.
5