AP Algebra Linear 2013 1 (Questões e Gabarito)

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Curso de Tecnologia em Sistemas de Computac¸a˜o
Disciplina : A´lgebra Linear
GABARITO da AP3 - Primeiro Semestre de 2013
Professores: Ma´rcia Fampa & Mauro Rincon
(6.0)1. Seja
A =
 1 1 3−1 0 2
1 2 8

(a) Encontre o determinante de A utilizando expansa˜o por cofatores
e explicitando os seus ca´lculos.
(b) Prove que o nu´cleo de A, N(A) e´ um subespac¸o vetorial de IR3.
(c) Encontre uma base para N(A), e determine sua dimensa˜o.
(d) Prove que a imagem de AT , I(AT ) e´ um subespac¸o vetorial de IR3.
(e) Encontre uma base para I(AT ), e determine sua dimensa˜o.
(f) Prove que os subespac¸os N(A) e I(AT ) sa˜o ortogonais.
Soluc¸a˜o
(a)
det(A) = (−1)(−1)3
∣∣∣∣∣ 1 32 8
∣∣∣∣∣+ 2(−1)5
∣∣∣∣∣ 1 11 2
∣∣∣∣∣ = 2− 2× 1 = 0.
1
(b) Sejam x1, x2 ∈ N(A), logo Ax1 = 0 e Ax2 = 0. Seja x = α1x1 +
α2x2, onde α1, α2 ∈ IR. Temos Ax = A(α1x1 + α2x2) = α1Ax1 +
α2Ax2 = 0 + 0 = 0. Logo, x ∈ N(A), o que prova que N(A) e´
subespac¸o vetorial de IR3.
(c) Podemos encontrar uma base para N(A) colocando A em sua
forma escada reduzida por linhas. 1 1 3−1 0 2
1 2 8
 ∼
 1 1 30 1 5
0 1 5
 ∼
 1 1 30 1 5
0 0 0
 ∼
 1 0 −20 1 5
0 0 0

Se x ∈ N(A), da forma escada reduzida por linhas de A temos
que
x1 − 2x3 = 0
x2 + 5x3 = 0
Logo, x1 = 2x3 e x2 = −5x3 Fazendo x3 = α, vemos que N(A) e´
formado por todos os vetores da forma α(2,−5, 1). Logo {(2,−5, 1)}
e´ uma base para N(A) e sua dimensa˜o e´ igual a 1.
(d) Sejam y1, y2 ∈ I(AT ), logo, existem x1 e x2, tais que y1 = Ax1
e y2 = Ax2. Seja y = α1y1 + α2y2, onde α1, α2 ∈ IR. Temos
y = α1Ax1+α2Ax2 = A(α1x1+α2x2) = Ax, onde x = α1x1+α2x2.
Logo existe x tal que y = ATx, provando que y ∈ I(AT ). Logo
I(AT ) e´ um subespac¸o vetorial de IR3.
(e) Podemos encontrar base para I(AT ) tambe´m colocando A em sua
forma escada reduzida por linhas. 1 1 3−1 0 2
1 2 8
 ∼
 1 0 −20 1 5
0 0 0

As colunas de AT geram o espac¸o I(AT ), ou equivalentemente,
as linhas de A geram I(AT ). Desta forma, {(1, 0,−2), (0, 1, 5)} e´
uma base para I(AT ) e sua dimensa˜o e´ igual a 2.
(f) Os subespac¸os N(A) e I(AT ) sa˜o ortogonais se xTy = 0 para
todo x ∈ N(A) e y ∈ I(AT ). Se x ∈ N(A) e y ∈ I(AT ) enta˜o
existem os escalares α, β1, β2, tais que x = α(2,−5, 1) e y =
β1(1, 0,−2) + β2(0, 1, 5). Logo, xTy = αβ1(2,−5, 1)T (1, 0,−2) +
2
αβ2(2,−5, 1)T (0, 1, 5) = 0. Portanto, N(A) e I(AT ) sa˜o ortogo-
nais.
(2.0)2. Ache a dimensa˜o e uma base para a soluc¸a˜o geral W do sistema ho-
mogeˆneo 
x + 3y + 2z = 0
2x + 7y + 2z = 0
x + y + 6z = 0
y − 2z = 0
Soluc¸a˜o
Escalonando o sistema, obtemos

x + 3y + 2z = 0
2x + 7y + 2z = 0
x + y + 6z = 0
y − 2z = 0
→

x + 3y + 2z = 0
y − 2z = 0
− 2y + 4z = 0
y − 2z = 0
→

x + 3y + 2z = 0
y − 2z = 0
0 = 0
0 = 0
→

x + 8z = 0
y − 2z = 0
0 = 0
0 = 0
Como x = −8z e y = 2z, o sistema tem uma varia´vel livre, z, logo,
dimW = 1 e uma base e´ dada por {(−8, 2, 1)}.
(2.0)3. Em cada item abaixo, determinar se os vetores dados geram IR3, justi-
ficando a resposta.
3
(a) v1 = (1,−1, 1), v2 = (2, 1, 3), v3 = (4,−1, 5).
Soluc¸a˜o: Na˜o, pois formando a matriz cujas colunas sa˜o os veto-
res dados e reduzindo-a a forma escalonada, temos: 1 2 4−1 1 −1
1 3 5
 ∼
 1 2 40 3 3
0 1 1
 ∼
 1 2 40 1 1
0 0 0
 ∼
 1 0 20 1 1
0 0 0

Como o posto da matriz e´ 2 e a dimensa˜o de IR3 e´ 3, os vetores
na˜o geram o IR3.
(b) v1 = (3, 1, 4), v2 = (2,−3, 5), v3 = (5,−2, 9), v4 = (6, 2, 1).
Soluc¸a˜o: Sim, pois formando a matriz cujas colunas sa˜o os veto-
res dados e reduzindo-a a forma escalonada, temos: 3 2 5 61 −3 −2 2
4 5 9 1
 ∼
 1 −3 −2 23 2 5 6
4 5 9 1
 ∼
 1 −3 −2 20 11 11 0
0 17 17 −7
 ∼
 1 −3 −2 20 11 11 0
0 0 0 −7

Como o posto da matriz e´ 3 e a dimensa˜o de IR3 tambe´m e´, os
vetores geram o IR3. Os vetores v1, v2 e v4 sa˜o L.I. e formam uma
base para o IR3.
4