EP12 gabarito

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Álgebra Linear I 
Exercícios Programados 12 – EP12 
Soluções. 
 
 
1. 
(a) Determine a transformação linear 
22: T
 tal que 
)1,2()1,1( T
 e 
).1,1()1,0( T
 
(b) Determine o núcleo de T, uma base para esse subespaço e sua dimensão. T é 
injetora? Justifique sua resposta. 
(c) Determine a imagem, uma base para esse subespaço e sua dimensão. T é 
sobrejetora? Justifique sua resposta. 
 
 
Solução. 
(a) Sabemos que a transformação 
T
 estará bem determinada se conhecermos as imagens 
dos vetores de uma base de seu domínio 
.2
 
Observe que o conjunto 
    1,0,1,1
 é uma base para 
2
, ou seja, gera o 
2
 e é LI. 
Como este conjunto gera o 2 , qualquer vetor  yx, de 2 pode ser escrito como 
combinação linear dos vetores (-1,1) e (0,1). 
Vamos então determinar esta combinação linear. 
Se 
)1,0()1,1(),( bayx 
, temos o seguinte sistema linear: 











yxb
xa
yba
xa )1,0)(()1,1(),( yxxyx 
 
Daí, 
))1,0)(()1,1((),( yxxTyxT 
 
Como T é linear, pelas propriedades de aditividade1 e homogeneidade2, temos: 
)1,0()()1,1(),( TyxxTyxT 
. Como
)1,2()1,1( T
 e 
)1,1()1,0( T
, 
),()1,1)(()1,2)((),( yyxyxxyxT 
. 
b) 
)}0,0(),(|),{()( 2  yxTyxTN
. 
Assim, para 
),(),( TNyx 
 
)0,0(),(),(  yyxyxT
. Daí,





0
0
y
yx
. 
O conjunto-solução é 
)}.0,0{(
 Logo, a base é o conjunto vazio, 
0)(dim TN
 e T é 
injetora. 
 
1 Propriedade de aditividade de uma transformação linear: 
)()()( vTuTvuT 
, 
u
 e 
v
 são 
vetores de D(T). 
2 Propriedade da homogeneidade: 
)(.).( uTuT  
, 

 é um escalar e 
u
 um vetor de D(T). 
c) Pelo teorema do núcleo e da imagem, 
)Im(dim)(dimdim 2 TTN 
 
2)(dimdim)Im(dim 2  TNT
. 
Logo 
2)TIm(
 e T é sobrejetora. Uma base para a imagem de T é a base canônica, 
{(1,0), (0,1)}. 
 
2. Verifique se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas justificando a sua conclusão. 
(a) Se 33: T é um operador linear e se o núcleo de T é uma reta que passa 
pela origem, então a imagem de T também é uma reta que passa pela origem. 
(b) Uma transformação linear 
5
2: PT
 não pode ser sobrejetora. 
  cbacxbxaP ,,;22
 
(c) Uma transformação 
)(: 2MT
 pode ser injetora. 
 
Solução. 
 
(a) Sendo o núcleo uma reta que passa pela origem, 
1)(dim TN
. 
Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, 
)Im(dim)(dimdim 3 TTN 
. 
Assim, 
213)(dimdim)Im(dim 3  TNT
. 
Logo, o objeto geométrico que representa a imagem é um plano que passa pela origem 
e, portanto, a afirmativa é falsa. 
 
(b) Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, 
Im(T) dim N(T) dim P dim 2 

 3 = dim N(T) + dim Im(T). 
Assim, dim Im(T) 

3. 
Logo T não pode ser sobrejetora. 
Lembre que: T é sobrejetora 

 dim Im(T) = 5. 
 
(c) 
Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, 
)Im(dim)(dim4)Im(dim)(dim)(dim 2 TTNTTNM 
 
Mas 
0)Im(dim T
 ou 1, já que 
)(TCD
. 
Então, 
4)Im(dim4)(dim  TTN
ou 3. Portanto, 
T
 não pode ser injetora. 
Afirmativa falsa. 
3. Considere a transformação 
4
2 )(: MT
, definida por 
),,,( dcba
dc
ba
T 





. 
(a) Mostre que T é linear. 
(b) Mostre que T é injetora. 
(c) Conclua que T é sobrejetora. 
(d) Explique o que é um isomorfismo e responda: os espaços vetoriais 














 dcba
dc
ba
M ,,,|)(2
 e 
4
 são isomorfos? 
Solução. 
a) Dadas 






dc
ba
 e 






''
''
dc
ba
 e 
k
, 




















''
''
dc
ba
dc
ba
T
=








''
''
ddcc
bbaa
T
=
)',',','( ddccbbaa 
=
 )',',','(),,,( dcbadcba












''
''
dc
ba
T
dc
ba
T
 



























dc
ba
Tkdcbakkdkckbka
kdkc
kbka
T
dc
ba
kT ),,,(),,,(.
. 
 
b) Para mostrar que T é injetora, determinaremos o núcleo de T: 




















00
00
)(0)0,0,0,0(),,,( TNdcbadcba
dc
ba
T
. Logo T é injetora. 
 
c) Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem: 
)Im(dim)(dim)(dim 2 TTNM 
. Então, 
dim Im(T) = 4 – 0 = 4 = dim 
4
. Logo T é sobrejetora. 
Obs: Poderíamos também ter usado o Teorema 2 da aula 21. 
 
d) Um isomorfismo é uma transformação linear 
WVT :
bijetora, isto é, injetora e 
sobrejetora. Dizemos que V e W são isomorfos. 
Pelos itens anteriores, a transformação T do enunciado é um isomorfismo entre 
)(2 M
 e 
4
. 
 
4. Considere a transformação linear 
32: PPT 
 tal que 
  cxbxaxcbxaxT  232
. 
a) Determine o núcleo de 
T
. 
b) 
T
 é injetora? 
T
 é sobrejetora? 
Solução. 
a) 
}0)(|{)( 22
2  cbxaxTPcbxaxTN
 
Seja 
2
2)( Pcbxaxxp 
 tal que 
0))(( 232  cxbxaxcbxaxxpT
. Então, 
0 cba
 e 
.0)( xp
 
Logo, 
}0{)( TN
, isto é, o único elemento do núcleo é o polinômio nulo. 
b) 
0)(dim TN
, logo 
T
 é injetora. 
Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, 
3)(dim)(dim)Im(dim  TNTDT
, mas 
4dim 3 P
, logo 
T
 não é sobrejetora. 
 
5. Mostre que o conjunto

































3
6
,
6
6
,
6
6
,0,
2
2
,
2
2
,
3
3
,
3
3
,
3
3
S
 é 
ortonormal. 
Solução: Primeiramente, lembre que um conjunto é dito ortonormal, se seus vetores 
são unitários e ortogonais entre si. 
 
 Os vetores de S são dois a dois ortogonais: 
 )0,,(),,,( 2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
 ),,(),,,(
3
6
6
6
6
6
3
3
3
3
3
3
 ),,(),0,,(
3
6
6
6
6
6
2
2
2
2
0. 
 
 Os vetores de S são unitários: 
 
    1,,,1,,
9
6
36
6
36
6
3
6
6
6
6
6
9
3
9
3
9
3
3
3
3
3
3
3  
 
  100,,
4
2
4
2
2
2
2
2 
. 
Logo S é ortonormal. 
 
6. Seja W = {(x,y,z,w) 
4
| y - 2x = 0 e w – x = 0}. 
(a) Encontre uma base do complemento ortogonal 
W
 de 
W
. 
(b) Escreva o vetor (1,1,1,1) como uma soma de um vetor de 
W
 com um vetor de 
W
. 
Solução. 
(a) Se (x,y,z,w)  W, (x,y,z,w) = (x, 2x, z, x) = x.(1,2,0,1) + z(0,0,1,0). 
Os vetores encontrados geram W e são LI, logo {(1,2,0,1), (0,0,1,0)} é uma base de W. 
Vamos determinar o complemento ortogonal de W. 
Seja t = (x, y, z, w) 
W
, então: 
0)0,1,0,0(),,,,(
02)1,0,2,1(),,,,(


zwzyx
wyxwzyx . Daí, 





0
2
z
yxw
 
Logo, 
   yxyxyxW ,;2,0,,
 e o conjunto 
    2,0,1,0,1,0,0,1 
 é uma base de 
W
. 
 
(b) Vamos começar projetando o vetor (1,1,1,1) sobre 
W
. Como dim 
W
 = dim 
W
 = 2, tanto 
faz começarmos projetando o vetor dado sobre 
W
 ou sobre 
W
. 
 
Precisamos de uma base ortonormal 
},{ 21 ww
 para 
W
. 
Já temos 
0)0,1,0,0(),1,0,2,1( 
. Precisamos normalizar o vetor (1,2,0,1). 
6121||)1,0,2,1(|| 222
, então: 
)
6
1
,0,
6
2
,
6
1
(1 w
 e 
)0,1,0,0(2 w
. 
 
Agora sim, podemos projetar o vetor (1,1,1,1) sobre W através da relação 
)1,1,1,1()1,1,1,1()1,1,1,1(
21 wwW
projprojproj 
: 
 
  
  
  
  
)1,1,1,1(
1
)1,1,1,1(
6
4
2
1
)0,1,0,0(0,1,0,0(),1,1,1,1()
6
1
,0,
6
2
,
6
1
()
6
1
,0,
6
2
,
6
1
(),1,1,1,1()1,1,1,1(
w
w
proj
proj
Wproj  
)
3
2
,1,
3
4
,
3
2
()0,1,0,0()
3
2
,0,
3
4
,
3
2
()1,1,1,1( Wproj
 
 
O vetor obtido por subtrair (1,1,1,1) de 
)1,1,1,1(Wproj
é ortogonal a todo vetor de W (veja a 
figura 1 e a Proposição 2 da aula 15): 
 W)
3
1
,0,
3
1
,
3
1
()
3
2
,1,
3
4
,
3
2
()1,1,1,1(
 
Logo, 



WW
)
3
1
,0,
3
1
,
3
1
()
3
2
,1,
3
4
,
3
2
()1,1,1,1(
.