Algebra Linear Prova AV2

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
MA046 – Álgebra Linear 1 – 2022.2
2o Exercício Escolar - GABARITO
1a Questão Em P2 considere as bases B = {1+ t+ t2, 1− t+ t2, 1+ t− t2} e C = {1, t, t2}.
(a) (1.0 pt) Calcule a matriz de mudança de base [ I ]CB.
(b) (1.0 pt) Encontre [L]CC para L : P2 → P2 a transformação linear que satisfaz
L(1 + t+ t2) = 1 + t,
L(1− t+ t2) = t+ t2,
L(1 + t− t2) = −1 + t2.
SOLUÇÃO
(a) A matriz [ I ]CB é a inversa de [ I ]BC . Como C é a base canônica de P2, a matriz [ I ]BC tem
como colunas os coeficientes dos polinômios que constituem B, isto é, [ I ]BC =
1 1 1
1 −1 1
1 1 −1
.
Invertendo esta matriz:1 1 1 | 1 0 0
1 −1 1 | 0 1 0
1 1 −1 | 0 0 1
 →
1 1 1 | 1 0 0
0 −2 0 | −1 1 0
0 0 −2 | −1 0 1
 →
1 1 1 | 1 0 0
0 1 0 | 1/2 −1/2 0
0 0 1 | 1/2 0 −1/2

→
1 0 0 | 0 1/2 1/2
0 1 0 | 1/2 −1/2 0
0 0 1 | 1/2 0 −1/2

Portanto, [ I ]CB =
 0 1/2 1/2
1/2 −1/2 0
1/2 0 −1/2
.
(b) Pela fórmula de mudança de bases, [L]CC = [ I ]CC︸︷︷︸
I3
[L]BC [ I ]CB = [L]BC [ I ]CB. Quanto a matriz [L]BC ,
suas colunas são dadas por[
L(1 + t+ t2)
]
C = [1 + t]C = (1, 1, 0)⊤,[
L(1− t+ t2)
]
C = [t+ t2]C = (0, 1, 1)⊤,[
L(1 + t− t2)
]
C = [−1 + t2]C = (−1, 0, 1)⊤.
Portanto:
[L ]CC =
1 0 −1
1 1 0
0 1 1
 0 1/2 1/2
1/2 −1/2 0
1/2 0 −1/2
 =
−1/2 1/2 1
1/2 0 1/2
1 −1/2 −1/2
 .
1
(c)
2a Questão Seja T : R3 → R3 a transformação linear T (x) = Ax, onde A =1 −1 2
2 1 −1
0 −3 5
.
(a) (1.0 pt) Encontre uma base para o núcleo N (L).
(b) (1.0 pt) Encontre uma base para a imagem Im(L).
(c) (1.0 pt) O vetor y = (1, 3, 1)⊤ está na imagem de L ?
SOLUÇÃO
(a) O núcleo N (T ) é o conjunto solução do sistema linear homogêneo Ax = 0. Resolvendo
esse sistema por escalonamento:1 −1 2 | 0
2 1 −1 | 0
0 −3 5 | 0
 →
1 −1 2 | 0
0 3 −5 | 0
0 −3 5 | 0
 →
1 −1 2 | 0
0 3 −5 | 0
0 0 0 | 0

=⇒
{
x1 − x2 + 2x3 = 0
3x2 − 5x3 = 0
. Utilizando x3 como variável livre: x2 = (5/3)x3, x1 =
x2 − 2x3 = −(1/3)x3. Portanto,
N (T ) =
{(
−(1/3)x3 , (5/3)x3 , x3
)⊤
: x3 ∈ R
}
= ger
[
(−1/3, 5/3, 1)⊤
]
= ger
[
(−1, 5, 3)⊤
]
.
Segue que o vetor (−1, 5, 3)⊤ é uma base para N (T ).
(b) Como dimN (T ) = 1, então, pelo T.N.I. devemos ter dim Im(T ) = 3− 1 = 2. Sendo e1, e2,
e3 a base canônica do R3, a imagem de T é gerada pelos vetores
T (e1) = Ae1 = (1, 2, 0)⊤ = u1
T (e2) = Ae2 = (−1, 1,−3)⊤ = u2
T (e3) = Ae3 = (2,−1, 5)⊤ = u3.
Para extrairmos uma base, podemos escalonar a matriz cujas linhas são esses vetores: 1 2 0
−1 1 −3
2 −1 5
 u⊤
1
u⊤
2
u⊤
3
→
1 2 0
0 3 −3
0 −5 5
 u⊤
1
u⊤
2 + u⊤
1
u⊤
3 − 2u⊤
1
→
1 2 0
0 3 −3
0 0 0
 u⊤
1
u⊤
2 + u⊤
1
5/3u⊤
2 − 1/3u⊤
1 + u⊤
3
Isso mostra que u3 já é combinação linear de u1 e u2. Como dim Im(T ) = 2, segue que u1 e u2
formam uma base para Im(T ).
(c) O vetor y pertencerá a Im(T ) se, e somente se, existir x ∈ R3 tal que T (x) = y, isto é, tal
que Ax = y. Precisamos portanto decidir se esse sistema linear em x tem solução:1 −1 2 | 1
2 1 −1 | 3
0 −3 5 | 1
 →
1 −1 2 | 1
0 3 −5 | 1
0 −3 5 | 1
 →
1 −1 2 | 1
0 3 −5 | 1
0 0 0 | 2

2
Vê-se daí que o sistema linear não possui solução. Portanto, o vetor y não está na imagem de T .
3a Questão Julgue verdadeira ou falsa cada afirmação abaixo. Justifique!
(a) (0.7 pts) A transformação L : R3 → M2×3(R), L(x, y, z) =
[
x yz 0
0 y + z x
]
, não
é linear.
(b) (0.8 pts) Existe transformação linear sobrejetiva T : R3 → R2 cujo núcleo é o
plano de equação x+ y + z = 0.
(c) (0.5 pts) Se A é uma matriz quadrada diagonalizável, de ordem n, cujos auto-
valores distintos são 1 e −1, então A2022 = In.
SOLUÇÃO
(a) Verdadeiro. Por exemplo, para v = (0, 1, 1), então L(v) =
[
0 1 0
0 2 0
]
, enquanto que
L(2v) = L(0, 2, 2) =
[
0 4 0
0 4 0
]
̸= 2L(v).
(b) Falso. Como o plano x+ y + z = 0 é um subespaço vetorial de dimensão 2, então o núcleo
de uma tal transformação linear teria dimensão 2. Logo, pelo teorema do núcleo e da imagem,
deveríamos ter dim Im(L) = dimR3 − dimN (L) = 3 − 2 = 1. Portanto, Im(L) ̸= R2, isto é, L
não poderia ser sobrejetiva.
(c) Verdadeiro. Como A é diagonalizável, existe uma matriz inversível P tal que A = P−1DP ,
onde D é uma matriz diagonal cuja diagonal é formada pelos autovalores de A, isto é, a diagnoal
de D tem apenas 1 e −1 (com repetições). Temos então A2022 = P−1D2022P , e D2022 é uma
matriz diagonal cuja diagonal contém apenas os números 12022 = 1 e (−1)2022 = 1. Assim,
D = In e, portanto, A2022 = P−1InP = P−1P = In.
4a Questão Seja L : R4 → R4 o operador linear L(x) = Ax, onde A =
1 0 1/2 0
0 1 0 −3/2
0 0 1/2 0
0 0 0 1/2
.
(a) (0.5 pts) Calcule os autovalores de L.
(b) (1.0 pt) Encontre uma base para cada autoespaço Vλ de L.
(c) (0.5 pts) Encontre uma base B do R4 tal que a matriz [L]BB seja diagonal, e
explicite esta matriz.
(d) (1.0 pt) Seja x0 = (3,−5,−9, 1)⊤. Mostre que a sequência de vetores x1 =
L(x0), x2 = L(x1), x3 = L(x2), ... converge para um vetor x∗ e determine esse
vetor.
SOLUÇÃO
3
(a) Polinômio característico de L (observe que a matriz abaixo é triangular superior):
cL(t) = |tI4 −A| =
∣∣∣∣∣∣∣∣
t− 1 0 −1/2 0
0 t− 1 0 3/2
0 0 t− 1/2 0
0 0 0 t− 1/2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = (t− 1)2(t− 1/2)2.
Portanto, os autovalores distintos de L são λ = 1 e λ = 1/2.
(b) Autoespaço Vλ=1: é o espaço de anulamento N (I4 −A). Temos:
0 0 −1/2 0
0 0 0 3/2
0 0 1/2 0
0 0 0 1/2


x1
x2
x3
x4
 =

0
0
0
0
 ⇐⇒ x3 = x4 = 0
=⇒ Vλ=1 =
{
(x1, x2, 0, 0)
⊤ : x1, x2 ∈ R
}
= ger[e1, e2], onde e1 = (1, 0, 0, 0)⊤ e e2 = (0, 1, 0, 0)⊤.
Os vetores e1 e e2 são L.I. e, portanto, formam uma base para Vλ=1.
Autoespaço Vλ=1/2: é o espaço de anulamento N (1/2I4 −A). Temos:
−1/2 0 −1/2 0
0 −1/2 0 3/2
0 0 0 0
0 0 0 0


x1
x2
x3
x4
 =

0
0
0
0
 ⇐⇒ x1 = −x3 e x2 = 3x4
=⇒ Vλ=1/2 =
{
(−x3, 3x4, x3, x4)
⊤ : x3, x4 ∈ R
}
= ger
[
(−1, 0, 1, 0)⊤︸ ︷︷ ︸
v1
, (0, 3, 0, 1)⊤︸ ︷︷ ︸
v2
]
. Os vetores
v1 e v2 são L.I. e, portanto, formam uma base para Vλ=1/2.
(c) A teoria garante que ao juntarmos uma base de Vλ=1 a uma base de Vλ=1/2 obteremos um
conjunto L.I.. Segue que os vetores B = {e1, e2,v1,v2} são L.I. e portanto formam uma base
do R4. A matriz de L nessa base é
[L]BB =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1/2 0
0 0 0 1/2
 .
(c) Começamos expressando x0 na base de autovetores de L encontrada em (c):
(⋆) x0 = a1e1 + a2e2 + b1v1 + b2v2 ⇐⇒

a1 − b1 = 3
a2 + 3b2 = −5
b1 = −9
b2 = 1
=⇒ a1 = −6, a2 = −8, b1 = −9, b2 = 1. Agora, como Lk(e1) = e1, Lk(e2) = e2, Lk(v1) =
(1/2)kv1 e Lk(v2) = (1/2)kv2 para todo k = 1, 2, 3, ..., aplicando Lk a ambos os membros da
igualdade (⋆) obtemos
xk = Lk(x0) = −6e1 − 8e2 − 9(1/2)kv1 + (1/2)kv2
−→ −6e1 − 8e2 = (−6,−8, 0, 0)⊤ quando k → +∞.
4
5a Questão (exclusiva para turmas ABI) Seja Refπ : R3 → R3 o operador de reflexão
em torno do plano π: −x+ y = 0.
(a) (1.0 pt) Encontre uma base B = {v1,v2,v3} do R3 tal que [Refπ]
B
B =1 0 0
0 1 0
0 0 −1
.
(b) (1.0 pt) Sendo C = {e1, e2, e3} a base canônica, use o item anterior e a fórmula
de mudança de bases para calcular [Refπ]
C
C .
SOLUÇÃO
(a) Sejam v1 e v2 uma base do subespaço vetorial π; por exemplo, podemos tomar v1 = (1, 1, 0)⊤
e v2 = (0, 0, 1)⊤. Como v1 e v2 estão no plano π, é claro que Refπ(v1) = v1 e Refπ(v2) = v2.
Seja agora v3 um vetor não-nulo ortogonal a π; por exemplo, v3 = (−1, 1, 0)⊤. Como v3 ⊥ π, é
claro que Refπ(v3) = −v3. Os três vetores v1, v2, v3 formam uma base do R3 e, pelas igualdades
anteriores, temos que [Refπ]
B
B =
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
 .
(b) Pela fórmula de mudança de bases, [Refπ]
C
C = [ I ]BC [Refπ]
B
B [ I ]CB. Como C é a base canônica,
então [ I ]BC =
[
v1 v2 v3
]
=
1 0 −1
1 0 1
0 1 0
. A matriz [ I ]CB é a inversa de [ I ]BC ; calculando via
Gauss-Jordan, obtemos [ I ]CB =
 1/2 1/2 0
0 0 1
−1/2 1/2 0
. Portanto:
[Refπ]
C
C =
1 0 −1
1 0 1
0 1 0
1 0 0
0 1 0
0 0 −1
 1/2 1/2 0
0 0 1
−1/2 1/2 0
 =
0 1 0
1 0 0
0 0 1
 .
5