Ep 16 AL1 2014 Gabarito

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ÁLGEBRA LINEAR 1 
Exercícios Programados 16 – EP16 – 20/05/2014 
Resolução 
 
1. Seja T:
33 
 uma transformação linear cuja imagem seja dada pelo conjunto 
Im(T) = {(x,y,z)
3
 | x + y + z = 0}. 
(a) Determine uma base para Im(T). 
(b) Que tipo de objeto geométrico representa Im(T)? 
(c) Utilize o Teorema do Núcleo e da Imagem para responder que tipo de objeto 
geométrico representa N(T). 
(d) Dê exemplo de outra transformação linear com o conjunto imagem dado acima. 
(e) Determine uma base para N(T). 
Solução: 
(a) Dado (x,y,z) 

 Im(T), (x,y,z) = (–y –z,y,z) = y(-1,1,0) + z(-1,0,1). Os vetores (-1,1,0) e 
(-1,0,1) são LI e geram a imgem de T, logo {(-1,1,0), (-1,0,1)} é uma base para Im(T). 
(b) dim Im(T) = 2, assim a imagem de T é um plano que passa pela origem. 
(c) Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, 
dim 
3
 = dim N(T) + dim Im(T) 

 3 = dim N(T) + 2 

 dim N(T) = 1. 
Assim, o núcleo de T é uma reta passando pela origem. 
(d) Escolhendo a base canônica de 
3
 e estabelecendo T(1,0,0) = (0,0,0), T(0,1,0) = (-
1,1,0) e T(0,0,1) = (-1,0,1) (*) teremos: 
(x,y,z) = x(1,0,0) + y(0,1,0) + z(0,0,1) 
T(x,y,z) = xT(1,0,0) + yT(0,1,0) + zT(0,0,1) 
T(x,y,z) = x(0,0,0) + y(-1,1,0) + z(-1,0,1) = (-y-z, y, z). 
Obs: (1) Qualquer vetor v 

 Im(T) é da forma v = (–y –z,y,z) com y,z 

. 
Logo, uma transformação com o conjunto imagem dado pode ser diretamente obtida por 
considerar T(x,y,z) = (–y –z,y,z). 
(2) Discuta com o seu tutor e/ou colegas sobre por que uma das imagens em (*) foi definida 
pelo (0,0,0) e quais seriam as outras possibilidades de estabelecer a transformação. 
(e) Dado (x,y,z) 

 N(T), T(x,y,z) = (–y –z,y,z) = (0,0,0)  y = z = 0 e x

. Logo 
{(1,0,0)} é uma base para N(T). 
 
2. A recíproca da propriedade “se 
VUT :
 é uma transformação linear então 
VUT 0)0( 
” não é válida, ou seja, não é verdade que “se a transformação 
VUT :
satisfaz 
VUT 0)0( 
então T é linear”. Forneça um contra-exemplo para mostrar que essa 
afirmação é falsa. 
Solução: Considere 
23: T
 tal que 
),(),,( 2 zyxzyxT 
. Embora 
)0,0()0,0,0( T
, 
T não é linear. De fato, T não preserva a multiplicação por escalar: dados o escalar 2 e o 
vetor (2,0,-1): T(2.(2,0,-1)) = T(4,0,-2) = (16,-2) diferente de 2.T(2,0,-1) = 2.(4,-1) = (8,-2). 
 
3. Dê exemplo de uma transformação linear: 
(a) sobrejetiva e não injetiva. 
(b) injetiva e não sobrejetiva. 
(c) T: 22  satisfazendo N(T) = Im(T). 
Solução. 
(a) Considere 
2:T
, definida por 
xyxT ),(
. 
i) T é linear. De fato, T preserva a adição de vetores: dados (x,y) e (x’,y’) em 
2
, 
T( (x,y) + (x’,y’) ) = T(x+x’,y+y’) = x+x’ = T(x,y) + T(x’,y’). T preserva a multiplicação 
por escalar: dados 

 e 
2),( yx
, T(

.(x,y)) = T(

.x, 

.y) = 

.x = 

.T(x,y). 
ii) T é sobrejetora: dado x 

, considere o par (x,y) de 
2
, T(x,y) = x. 
Obs: Aqui foi usada a definição de sobrejetividade: considerando 
VUT :
uma 
transformação linear, T é sobrejetora se dado 
Vv
, existe 
Uu
 tal que 
vuT )(
. Veja 
que isso indica que 
)Im(TV 
. Como 
VT )Im(
 então V = Im(T). 
iii) T não é injetora: Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, dim 
2
 = dim N(T) + dim 
Im(T). Como T é sobrejetora, Im(T) = 

, então dim Im(T) = 1. Logo dim N(T) = 1, isso 
implica que T não é injetora. Outra maneira de fazer: T(1,0) = 1 = T(1,2), isso indica que T 
não é injetora. 
Obs: Foi usada a definição de injetividade: considerando 
VUT :
uma transformação 
linear, T é injetora se dados 
'uu 
em U, 
)'()( uTuT 
. No nosso caso, exibimos um 
exemplo que mostra que a essa condição não se verifica. 
(b) Considere 
2: T
, definida por 
),()( xxxT 
. 
i) T é linear. De fato: T preserva a adição de vetores: dados x e y em 

, 
T(x+y) = (x+y,x+y) = (x,x) + (y,y) = T(x) + T(y). T preserva a multiplicação por escalar: 
dados 

 e x 

, T(
.
x) = (
.
x, 
.
x) = 
.
(x,x) = 
.
T(x). 
ii) T é injetora: dados 
yx 
 em 

, (x,x) ≠ (y,y), logo T(x) ≠ T(y). 
iii) T não é sobrejetora: dado (1,2) 
2
, não existe x 

 tal que (1,2) = (x,x) = T(x). 
Obs: O elemento (1,2) que pertence ao contradomínio de T não pertence à imagem de T, 
assim não se tem 
)Im(2 T
. 
Outra maneira de fazer: Como T é injetora, N(T) = {0}, logo dim N(T) = 0. Do Teorema do 
Núcleo e da Imagem, dim 

 = dim N(T) + dim Im(T). Assim, dim Im(T) = 1 < 2 = dim
2
, logo T não é sobrejetora. 
(c) Considere T:
22 
 e N(T) = Im(T) = [(1,0)]. A dimensão desses subespaços é 1. 
Considerando a base canônica do domínio de T, que é 
2
, devemos estabelecer que: 
T(1,0) = (0,0) e T(0,1)=(1,0). Dado (x,y)  
2
: (x,y) = x(1,0) + y(0,1). Aplicando T, 
temos: T(x,y) = T( x(1,0) + y(0,1) ) = T( x(1,0) ) + T( y(0,1) ) = xT(1,0) + yT(0,1) = x(0,0) 
+ y(1,0) = (y,0). Logo uma transformação que satisfaz as condições dadas é T(x,y) = (y,0). 
Discuta com o seu tutor e/ou colegas que estabelecendo T(1,0) = (0,0) e T(0,1)=(1,0), a 
condição N(T) = Im(T) = [(1,0)] será satisfeita. 
 
4. Considere o operador linear 
33: T
 definida por 
   yxzyxzyxT  ,2,,,
. 
(a) Determine a matriz associada a T em relação às bases 
    1,0,1(),3,1,2,0,0,1 A
 e 
    )1,1,1(,0,1,0,1,0,1 B
: 
BAT ,][
. 
(b) Usando a matriz encontrada em (a), determine 
BT )]4,1,4([ 
. 
(c) Verifique se o operador T é inversível. Caso seja encontre uma fórmula para seu 
inverso. 
Solução: 
a) Denotando a matriz associada a T em relação às bases A e B por 
BAT ,][
, as suas colunas 
são compostas pelas coordenadas das imagens dos vetores de A em relação à base B: 











|||
)]1,0,1([)]3,1,2([)]0,0,1([
|||
][ , BBBBA TTTT
 
 T(1,0,0) = (1,0,1) = 1.(1,0,1) + 0.(0,1,0) + 0.(1,1,-1), então 











0
0
1
)]0,0,1([ BT
 
 T(2,-1,3) = (1,6,3) = 2.(1,0,1) + 7.(0,1,0) + -1.(1,1,-1), então 












1
7
2
)]3,1,2([ BT
 
 T(1,0,1) = (1,2,1) = 1(1,0,1) + 2.(0,1,0) + 0.(1,1,-1), então 











0
2
1
)]1,2,1([ BT
 
Assim, 












010
270
121
][ ,BAT
. 
 
(b) Usando a relação 
ABAB vTvT ][][)]([ ,
: 
 











1
1
1
)4,1,4(][ AAv
 pois (4,-1,4) = (1,0,0) + (2,-1,3) + (1,0,1). 
Então 
 BT )]4,1,4([
































 1
9
4
1
1
1
.
010
270
121
. 
Obs: Se as bases para o domínio e contradomínio fossem as mesmas, por exemplo, A, a 
notação para a representação matricial e para a relação acima seriam, respectivamente: 
AT][
 
e 
AAA vTvT ][][)]([ 
. 
 
(c) Nesse caso, como o objetivo é determinar a expressão de 1T , caso T seja inversível, 
usaremos a matriz canônica de T: 












011
200
011
][T
. 
Como 
04
011
200
011


, então T é inversível. Obteremos a matriz canônica de 1T e depois 
sua expressão: 











 100
010
001
011
200
011












010
100
001
200
011
011












010
101
001
200020
011
 












02/10
2/102/1
001
100
010
011











02/10
2/102/1
2/102/1
100
010
001
 
Logo, [ 1T ] = 











02/10
2/102/1
2/102/1
 e 
).
2
,
2
,
2
(),,(1
yzxzx
zyxT


 
 
5. Considerando as bases 
    1,0,1(),3,1,2,0,0,1 A
 e 
    )1,0,0(,0,1,0,0,0,1B
. 
(a) Determine a matriz de mudança da base A para a base B, 
BAI ,][
. 
(b) Determine a matriz de mudança da base B para a base A, 
ABI ,][
. 
(c) Calcule 
Bv][
 sabendo que 











3
2
1
][ Av
. 
 
Solução: 
(a) Analogamente ao que foi feito no item a), a matriz de mudança da base A para a base B 
é dada por: 






















|||
)]1,0,1[()]3,1,2[()]0,0,1[(
|||
|||
)]1,0,1([)]3,1,2([)]0,0,1([
|||
][ , BBBBBBBA IIII
, 
Em que I é a transformação identidade definida em 
3
. Assim, 
(1,0,0) = 1.(1,0,0) + 0.(0,1,0) + 0.(0,0,1), então 











0
0
1
)]0,0,1[( B
. Veja que, como a base B é 
a base canônica de 
3
, as entradas x, y e z de um vetor (x,y,z) coincidem com as 
coordenadas em relação a esta base (B), então











3
1
2
)]3,1,2[( B
 e 











1
0
1
)]1,0,1[( B
 e 











130
010
121
][ ,BAI
. 
(b) Há duas maneiras de determinar a matriz 
ABI ,][
: 
i) podemos seguir o mesmo procedimento do item (a), levando em conta que agora teremos 
que determinar as coordenadas dos vetores da base canônica em relação à base A: 











|||
)]1,0,0[()]0,1,0[()]0,0,1[(
|||
][ , AAAABI
 
 ii) Lembrando que a matriz 
ABI ,][
 é a inversa de 
BAI ,][
, podemos calcular a inversa desta 
última que foi obtida no item (a). 
Vamos seguir o caminho apontado em ii): 
 



































130
010
111
100
010
001
130
010
021
100
010
101
100
010
001
130
010
121
][ , II BA
 
Logo, 













130
010
111
][ ,ABI
. 
(c) 
Usando a fórmula 
BABA vvI ][][][ , 
, temos:
































9
2
8
3
2
1
.
130
010
121
. 
 
6. Considere a base 
},{ 21 vvS 
 de 2 dada por ),1,1(1 v )0,1(2 v . Seja 22: T 
a transformação linear tal que 
),0,1()( 1 vT )1,2()( 2 vT
. 
 
(a) Encontre uma fórmula para 
 yxT ,
; depois use esta fórmula para calcular 
 3,2 T
. 
(b) Verifique se o operador T é inversível. Caso seja inversível encontre uma fórmula 
para seu inverso, 
 .,1 yxT 
 
Solução: 
(a) Expressando 
 yx,
 como combinação linear dos vetores 
21,vv
 , temos: 
  21, bvavyx 
. Equacionando temos, 







ya
xba
 , então 
yxbya  ,
 e portanto 
      .0,11,1, yxyyx 
 
 
Assim, 
        xyyxyxyvTyxvyTbvavTyxT  ,21,20,1)()()()(, 2121
. 
A partir desta fórmula obtemos 
   .5,73,2 T 
(b) Sendo 
  








11
12
T
 a matriz canônica de T, det[T]= 1 0. Logo, T é inversível. 
Obteremos a matriz canônica de 1T e, a partir dela, a expressão de 1T : 










10
01
11
12










01
10
12
11










01
10
12
11










01
10
12
11








21
10
10
11








21
11
10
01    yxyxyxT 2,,1 
. 
 
7. Qual será a imagem do vetor (1,1) após sofrer uma rotação de 60º, no sentido anti-horário, 
seguida de uma reflexão em relação ao eixo dos x? Apresente a resolução completa. 
Solução: A rotação de 60º é dada pela matriz 
















 


2
1
2
3
2
3
2
1
)60cos()60(
)60()60cos(
oo
oo
sen
sen
A
. 
A reflexão em relação ao eixo dos x é dada por 








10
01
B
. 
Logo, a matriz que representa a seqüência é dada pelo produto das matrizes 








10
01
BA 




 
2
1
2
3
2
3
2
1 = 








2
1
2
3
2
3
2
1 . 
Portanto, o vetor (1,1) terá como imagem o vetor: 




























2
13
2
31
1
1
2
1
2
3
2
3
2
1