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Prova 1 - UFRGS

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UFRGS – Inst. de Matema´tica e Estat´ıstica
Dept. de Matema´tica Pura e Aplicada
MAT01355 – A´lgebra Linear I - A
Prof. Diego Marcon Farias
1 2 3 4 5 6 x Total
Nome: Em azul, as soluc¸o˜es Carta˜o: Turma:
Prova da A´rea 1 – 26 de Outubro de 2017
Para as Questo˜es 1 e 2, considere a matriz C =

1 4 0 2 1
0 2 1 3 5
0 0 0 1 1
0 0 0 7 3
0 0 0 0 2
∼

1 4 0 2 1
0 2 1 3 5
0 0 0 1 1
0 0 0 0 −4
0 0 0 0 2
 ∼

1 4 0 2 1
0 2 1 3 5
0 0 0 1 1
0 0 0 0 1
0 0 0 0 0

Questa˜o 1. (1,0 ponto) Considere as afirmac¸o˜es sobre C:
I. C na˜o e´ invert´ıvel. Verdade. Podemos usar as va´rias equivaleˆncias de uma matriz ser invert´ıvel
(e de mais de uma forma). Por exemplo, para ser C invert´ıvel C~x = ~0 deveria possuir somente
a soluc¸a˜o trivial (mas na˜o e´ verdade porque a forma escalonada tem uma coluna que na˜o e´ pivoˆ
– logo, infinitas soluc¸o˜es). Uma outra forma de fazer: para ser C invert´ıvel, deveria ser verdade
que todo sistema C~x = ~b possui soluc¸a˜o (o que na˜o vale, por causa da u´ltima linha so´ de zeros
na forma escalonada). Pense em outras maneiras olhando para o teorema de caracterizac¸a˜o de
matrizes invert´ıveis.
II. A transformac¸a˜o linear definida por T~x = C~x e´ injetiva. Falsa. Esta tambe´m e´ uma das
equivaleˆncias. Se a matriz for quadrada, enta˜o ser injetiva ou sobrejetiva ou invert´ıvel e´ tudo
equivalente.
III. dim NulC = 1. Verdade. A forma escalonada possui uma coluna que na˜o e´ pivoˆ. Isto corre-
sponde a uma varia´vel livre na soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo associado.
IV. dim ColC = 3. Falsa. Olhando para a forma escalonada, vemos que temos 4 colunas pivoˆ e,
portanto, dim ColC = 4.
Assinale a alternativa que conte´m todas as afirmac¸o˜es que sa˜o verdadeiras:
(a) I, II e III
(b) I, II e IV
(c) II, III e IV
(d)� I e III
(e) III e IV
Questa˜o 2. (1,0 ponto) Considere as afirmac¸o˜es sobre C:
I. Existe ~b ∈ R5 tal que C~x = ~b e´ inconsistente. Verdade. Como a forma escalonada tem uma
linha de zeros, algumas escolhas do vetor ~b fazem com que o sistema seja imposs´ıvel.
II. Vale que dim NulC + dim ColC = 4. Falsa. Sabendo que dim NulC e´ o nu´mero de varia´veis
livres no sistema homogeˆneo associado (neste caso uma) e que dim ColC e´ o nu´mero de colunas
pivoˆ (neste caso 4), concluimos que dim NulC + dim ColC = 5. Equivalentemente, poder´ıamos
usar o teorema geral que diz que
dim NulC + dim ColC = nu´mero de colunas = 5.
III. A matriz C esta´ na forma escalonada reduzida. Falsa. Nem esta´ na forma escalonada, muito
menos reduzida.
Assinale a alternativa que conte´m todas as afirmac¸o˜es que sa˜o verdadeiras:
(a)� I
(b) I e II
(c) I e III
(d) II e III
(e) I, II e III
Questa˜o 3. (3,0 pontos) Classifique cada uma das afirmac¸o˜es como Verdadeiro (V) ou Falso (F).
(V) O sistema linear A~x = ~b em que A e´ uma matriz 13× 12 possui mais equac¸o˜es do que varia´veis.
O nu´mero de linhas representa o nu´mero de equac¸o˜es do sistema e o nu´mero de colunas o
nu´mero de varia´veis.
(F) Qualquer que seja o valor de h, o sistema linear cuja matriz completa associada e´ 1 3 −1 0 1 00 0 0 1 h 3
0 0 0 0 h− 2 1

na˜o possui soluc¸a˜o. Para qualquer h 6= 2, o sistema possui soluc¸a˜o.
(V) Se A e´ uma matriz quadrada invert´ıvel, enta˜o as colunas de A sa˜o linearmente independentes.
Esta e´ uma das equivaleˆncias do Teorema da Matriz Invert´ıvel. Quem na˜o se lembrava do
teorema poderia pensar que para a matriz ser invert´ıvel, deve ser equivalente por linhas a`
matriz identidade, de modo que todas as colunas sa˜o colunas pivoˆ. Portanto, os vetores nas
colunas de A devem ser LI.
(F) Se A e´ uma matriz quadrada invert´ıvel, enta˜o o sistema linear A~x = ~0 possui infinitas soluc¸o˜es.
Quem lembra do Teorema da Matriz Invert´ıvel, sabe que a soluc¸a˜o deve ser u´nica (e na˜o
infinitas). Quem na˜o lembra, usa a argumentac¸a˜o do item anterior de que todas as colunas
sa˜o pivoˆ, de modo que a soluc¸a˜o so´ pode ser ~x = ~0. Ainda um terceiro argumeto e´ que se A
e´ invert´ıvel e A~x = ~0, enta˜o ~x = A−1 · ~0 = ~0 (qualquer matriz multiplicada pelo vetor nulo so´
pode dar igual ao vetor nulo.)
(F) O conjunto
H =
{
~x ∈ R2; ~x =
[
x1 + x2
5
]}
e´ um subespac¸o vetorial de R2. Para ser subespac¸o, deve conter a origem. Por causa da segunda
coordenada fixa igual a 5, nenhuma escolha de valores de x1, x2 vai chegar no vetor nulo.
(F) A matriz associada a uma transformac¸a˜o linear sobrejetiva e´ sempre invert´ıvel. So´ e´ verdade se
a matriz for quadrada. Matrizes na˜o quadradas que sa˜o sobrejetivas na˜o sa˜o invert´ıveis.
(F) Se A e´ uma matriz 6× 7 com 6 colunas pivoˆ, enta˜o a equac¸a˜o A~x = ~0 possui so´ uma soluc¸a˜o.
Sa˜o 7 colunas, de modo que uma delas na˜o e´ pivoˆ. Logo, o sistema homogeˆneo possui infinitas
soluc¸o˜es (dim NulA = 1).
(V) Se A e´ uma matriz 4× 7, enta˜o A pode ter no ma´ximo 4 posic¸o˜es de pivoˆ. Porque podemos ter
apenas uma posic¸a˜o de pivoˆ por linha.
(V) A transformac¸a˜o T : R5 → R5, definida por T (~x) = 3~x, e´ uma transformac¸a˜o linear. Este e´
o primeiro exemplo de transformac¸o˜a linear (que generaliza a func¸a˜o linear do ensino ba´sico
f(x) = ax). Se quise´ssemos verificar que e´ linear (o que na˜o pedia no enunciado para fazer),
dever´ıamos verificar:
T (c~x) = 3 · c~x = c · 3~x = cT (~x) e
T (~x + ~y) = 3(~x + ~y) = 3~x + 3~y = T (~x) + T (~y).
(V) A dimensa˜o de Span{~v1, ~v2, ~v3, ~v4, ~v5}, onde ~v1, ~v2, ~v3, ~v4, ~v5 ∈ R2, e´ no ma´ximo 2. Como os
vetores esta˜o todos contidos em R2, qualquer combinac¸a˜o linear dos cinco vetores ainda pertence
a R2; portanto, a dimensa˜o e´ no ma´ximo a do espac¸o inteiro, que e´ 2.
Questa˜o 4. (2,0 pontos) Seja T : R3 → R4 a transformac¸a˜o linear dada por
T (x1, x2, x3) = (2x1 + x2 − 3x3, x1 − x2, x3 − 4x1, 3x1 + 4x3).
(a) (1,0 ponto) Determine a matriz canoˆnica associada a` transformac¸a˜o T .
Escrever a “lei” da transformac¸a˜o em forma matricial revela a matriz canoˆnica:
T
x1x2
x3
 =

2x1 + x2 − 3x3
x1 − x2
−4x1 + x3
3x1 + 4x3
 =

2 1 −3
1 −1 0
−4 0 1
3 0 4

x1x2
x3
 =⇒

2 1 −3
1 −1 0
−4 0 1
3 0 4
 = m canoˆnica
(b) (0,5 ponto) Determine se T e´ injetora.
Para que T seja injetora, devemos verificar se o sistema homogeˆneo associado possui apenas
a soluc¸a˜o trivial. Ou, equivalentemente, se as colunas da matriz associada sa˜o linearmente
independentes. Tudo isto se verifica da mesma forma: todas as colunas devem ser pivoˆ. Escalonar
(parece que trocar primeira linha com a segunda ajuda, para ficar com um 1 na posic¸a˜o de pivoˆ):
2 1 −3
1 −1 0
−4 0 1
3 0 4
 ∼

1 −1 0
2 1 −3
−4 0 1
3 0 4
 ∼

1 −1 0
0 3 −3
0 −4 1
0 3 4
 ∼

1 −1 0
0 1 −1
0 0 −3
0 0 7
 ∼

1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
0 0 0

Todas as colunas tem posic¸a˜o de pivoˆ. Portanto, e´ injetora.
(c) (0,5 ponto) Explique, sem fazer contas, que T na˜o pode ser sobrejetora.
Treˆs vetores em R4 (as colunas da matriz associada a` transformac¸a˜o T ) geram no ma´ximo um
subespac¸o de dimensa˜o 3 (neste exemplo, exatamente igual a 3, pois ja´ vimos no item (b) que as
colunas sa˜o LI); portanto, imagem de T 6= R4.
Questa˜o 5. (2,0 pontos) Considere a matriz de ordem 4× 4
A =

1 3 −3 11
3 2 5 12
5 1 13 13
−1 4 11 10

para resolver os dois itens abaixo:
(a) (1,5 ponto) Encontre uma base para o espac¸o NulA.
Por escalonamento:
1 3 −3 11
3 2 5 12
5 1 13 13
−1 4 11 10
 ∼

1 3 −3 11
0 1 −2 3
0 7 4 21
0 0 0 0
 ∼

1 3 −3 11
0 1 −2 3
0 0 1 0
0 0 0 0
 ∼

1 0 0 2
0 1 0 3
0 0 1 0
0 0 0 0
 .
Assim, qualquer soluc¸a˜o do sistema homogeˆneo pode ser escrita como
x1
x2
x3
x4
 = x4

−2
−3
0
1
 =⇒ (Basede NulA) =


−2
−3
0
1

 .
(b) (0,5 ponto) Encontre a dimensa˜o do espac¸o ColA.
Pelo escalonamento do item (a), vemos que A possui 3 posic¸o˜es de pivoˆ; portanto, dim ColA = 3.
Questa˜o 6. (1,0 ponto) Determine quais dos conjuntos abaixo sa˜o linearmente independentes.
I.
{[
3
1
]
,
[
2
3
]
,
[
1
4
]}
II.


3
0
0
4
 ,

0
2
0
0
 ,

−1
4
5
0


III.

31
4
 ,
00
0
 ,
23
9

IV.


3
0
0
4
 ,

0
2
0
0
 ,

3
4
0
4


(a) Somente I e III.
(b) Somente III.
(c) Somente II e IV.
(d)� Somente II
(e) Sa˜o todos linearmente independentes.
No item I temos 3 vetores de R2, que so´ podem ser LD pois dimR2 = 2. Em II, vamos verificar
se todas as colunas da matriz cujas colunas sa˜o os vetores dados sa˜o colunas pivoˆ:
3 0 −1
0 2 4
0 0 5
4 0 0
 ∼

3 0 −1
0 1 2
0 0 5
0 0 4/3
 ∼

3 0 −1
0 1 2
0 0 5
0 0 0
 =⇒ todas as colunas pivoˆ =⇒ colunas LI.
No item III, aparece o vetor nulo e nenhum conjunto com o vetor nulo pode ser LI; portanto, LD.
No item IV, utilizamos o mesmo racioc´ınio do segundo item:
3 0 3
0 2 4
0 0 0
4 0 4
 ∼

1 0 1
0 1 2
0 0 0
0 0 0
 =⇒ uma coluna (terceira) na˜o e´ pivoˆ =⇒ colunas LD.
Questa˜o Extra. (1,0 ponto) Sabendo que a transformac¸a˜o linear T : R2 → R2 satisfaz
T (6, 0) = (2, 4) e T (2, 1) = (1, 5),
determine T (1, 2).
Uma forma de fazer: escrever o vetor que desejamos calcular a transformac¸a˜o em termos dos
que ja´ sabemos:[
1
2
]
= −1
2
[
6
0
]
+ 2
[
2
1
]
=⇒ T
([
1
2
])
= −1
2
T
([
6
0
])
+ 2T
([
2
1
])
= −1
2
[
2
4
]
+ 2
[
1
5
]
=
[
1
8
]
.
Outra forma: Encontrar a matriz da transformac¸a˜o a partir das informac¸o˜es dadas. Esta forma
e´ mais trabalhosa, mas, por outro lado, depois permite que calculemos a transformac¸a˜o em qualquer
vetor de R2 (e na˜o apenas no que e´ pedido no enunciado): Escrevendo T (~x) = A~x, temos[
a b
c d
] [
6
0
]
=
[
2
4
]
,
[
a b
c d
] [
2
1
]
=
[
1
5
]
Assim, temos {
6a = 2
2a + b = 1
;
{
6c = 4
2c + d = 5
Logo, temos
a = 1/3
b = 1/3
c = 2/3
d = 5− 4/3 = 11/3
.
Portanto,
T
([
1
2
])
=
[
1/3 1/3
2/3 11/3
] [
1
2
]
=
[
1
8
]
.

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