Questões resolvidas álgebra linear Subespaços

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Universidade Federal Rural do Semiárido-UFERSA
Departamento de Ciências Exatas e Naturais
Curso: Bacharelado em Ciência e Tecnologia e Computação
Disciplina: Álgebra Linear
Aluno(a):
Soluções dos trabalhos de 1 a 7
1. Classifique as matrizes com todos os tipos vistos em sala.
(a)
[
1 0
0 1
]
(b)

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 0 0
1 2 3 4
5 6 6 6

(c)
 1 3 10 2 0
0 0 3

Solução:
(a) matriz quadrada, matriz diagonal, matriz identidade, matriz simétrica;
(b) matriz retangular, não quadrada, não simétrica, não ...;
(c) matriz quadrada, triangular superior.
2. Multiplique a matriz A pela matriz B em cada caso.
(a) A =
 1 3 14 5 6
7 8 9

e B =
 5 −1 0 00 0 1 2
3 1 4 5

Solução:  1 3 14 5 6
7 8 9
 ·
 5 −1 0 00 0 1 2
3 1 4 5
 =
 8 0 7 1138 2 29 40
62 2 44 61

(b) A =

5
4
3
2
1
 e B = [ 6 5 4 3 2 1 ]
Solução: 
5
4
3
2
1
 · [ 6 5 4 3 2 1 ] = não é possível
3. O produto de matrizes não é comutativo. Encontre duas matrizes A e B, de ordem 2, de modo
que A×B 6= B ×A.
Solução: Nem sempre vale a comutatividade de matrizes: Em geral, A×B é diferente de B ×A,
como é o caso do produto que segue:
A =
 1 2 32 4 6
3 6 9

e B =
 1 23 5
7 9

A ·B =
[
1 2
2 4
]
·
[
3 5
2 1
]
=
[
7 7
14 14
]
B ·A =
[
3 5
2 1
]
·
[
1 2
2 4
]
=
[
13 26
4 8
]
Portanto, A ·B 6= B ·A.
4. Ponha na forma escada e explicite a operação passo a passo:
(a) A =
 1 0 03 1 2
0 0 4

Solução: 1 0 03 1 2
0 0 4
 ∼
 1 0 00 1 2
0 0 1
 L2 → L2 − 3L1
L3 → 14L3
∼
 1 0 00 1 0
0 0 1
 L2 → L2 − 2L3
(b) B =
 1 −1 2 5−2 3 2 1
0 1 4 2

Solução: 1 −1 2 5−2 3 2 1
0 1 4 2
 L2 → L2 + 2L1 ∼
 1 0 8 160 1 6 11
0 0 −2 −9
 L1 → L1 + L2
L3 → L3 − L2 1 0 8 160 1 6 11
0 0 1 9/2

L3 → − 12L3
∼
 1 0 0 −200 1 0 −16
0 0 1 9/2
 L1 → L1 − 8L3L2 → L2 − 6L3
5. Encontre todas as soluções do sistema.
 x1+ 3x2+ 2x3+ 3x4− 7x5 = 142x1+ 6x2 +x3 −2x4 +5x5 = −2
x1+ 3x2− x3+ 2x5 = −1
Solução: 1 3 2 3 −7 142 6 1 −2 5 −2
1 3 −1 0 2 −1
 ∼
 1 3 2 3 −7 140 0 −3 −8 19 −30
0 0 −3 −3 9 −15
 ∼
 1 3 2 3 −7 140 0 −3 −8 19 −30
0 0 0 5 −10 15

∼
 1 3 2 3 −7 140 0 1 8/3 −19/3 10
0 0 0 1 −2 3
 ∼
 1 3 0 3 −5 100 0 1 0 −1 2
0 0 0 1 −2 3
 ∼
 1 3 0 0 1 10 0 1 0 −1 2
0 0 0 1 −2 3

 x1 + 3x2 + x5 = 1x3 − x5 = 2
x4 − 2x5 = 3 ⇒ x4 = 3 + 2x5
Fazendo x5 = α e x2 = β, temos:
x4 = 2 + α x3 = 2 + α x1 = 1− 3β − α
A solução desse sistema tem a forma
(1− 3β − α, β, 2 + α, 3 + 2α, α)
6. Encontre o posto da matriz A =
 1 −2 3 −12 −1 2 3
3 1 2 3

Solução: Posto � número de linhas não nulas da matriz linha equivalente reduzida à forma escada. 1 −2 3 −10 3 −4 5
0 7 −7 6
 ∼
 1 −2 3 −10 1 −4/3 5/3
0 7 −7 6

∼
 1 0 1/3 7/30 1 −4/3 5/3
0 0 7/3 −17/3
 ∼
 1 0 0 38/90 1 0 −11/7
0 0 1 −17/7

Posto=3
7. Ache a inversa da matriz A =

1 2 1 0
0 1 2 1
1 3 0 1
4 1 3 −1

Solução:
1 2 1 0 1 0 0 0
0 1 2 1 0 1 0 0
1 3 0 1 0 0 1 0
4 1 3 −1 0 0 0 1
 ∼

1 2 1 0 1 0 0 0
0 1 2 1 0 1 0 0
0 1 −1 1 −1 0 1 0
0 −7 −1 −1 −4 0 0 1

∼

1 0 −3 −2 1 −2 0 0
0 1 2 1 0 1 0 0
0 0 −3 0 −1 −1 1 0
0 0 13 6 −4 7 0 1
 ∼

1 0 0 −2 2 −1 −1 0
0 1 2 1 0 1 0 0
0 0 −3 0 −1 −1 1 0
0 0 13 6 −4 7 0 1

∼

1 0 0 −2 2 −1 −1 0
0 1 0 1 −2/3 1/3 2/3 0
0 0 1 0 1/3 1/3 −1/3 0
0 0 0 6 −25/3 8/3 13/3 1
 ∼

1 0 0 0 −14/18 −1/9 4/9 1/3
0 1 0 0 13/18 −7/3 −1/18 −1/6
0 0 1 0 1/3 1/3 −1/3 0
0 0 0 1 −25/18 8/18 13/18 1/6


1 0 0 0 −7/9 −1/9 4/9 1/3
0 1 0 0 13/18 −7/3 −1/18 −1/6
0 0 1 0 1/3 1/3 −1/3 0
0 0 0 1 −25/18 4/9 13/18 1/6

8. Por Laplace ache o determinante das matrizes abaixo:
(a)
[
1 2
1 3
]
(b)
 1 2 01 3 0
1 −1 2

Solução: Lembrando:
∆ij = (−1)i+j |Aij |
det(A) = ai1∆i1 + · · ·+ ain∆in
(a) det
∣∣∣∣ 1 21 3
∣∣∣∣ = 1(−1)1+1 · 3 + 2(−1)1+2 · 1 = 1(1) · 3 + 2(−1) · 1 = 1
(b) det
∣∣∣∣∣∣
1 2 0
1 3 0
1 −1 2
∣∣∣∣∣∣ = (0)∆13 + (0)∆23 + (2)∆33
∆33 = (−1)3+3
∣∣∣∣ 1 21 3
∣∣∣∣ = 1 · 1 = 1
det(B) = 2 · 1 = 2
9. Calcule o determinante e ache a inversa das matrizes:
(a)
[
1 0
0 1
]
(b)
 1 2 32 3 0
3 0 −1

Solução:
(a) det(A) =
∣∣∣∣ 1 00 1
∣∣∣∣ = 1
A−1 =
[
1 0
0 1
]
(b) det(B) =
∣∣∣∣∣∣
1 2 3
2 3 0
3 0 −1
∣∣∣∣∣∣ = 3∆13 + (0)∆23 + (−1)∆33
∆13 = (−1)1+3
∣∣∣∣ 2 33 0
∣∣∣∣ = (1)(−9) = −9
∆33 = (−1)3+3
∣∣∣∣ 1 22 3
∣∣∣∣ = (1)(−1) = −1
 1 2 3 1 0 02 3 0 0 1 0
3 0 −1 0 0 1
 ∼
 1 2 3 1 0 00 −1 −6 −2 1 0
0 −6 −10 −3 0 1
 ∼
 1 2 3 1 0 00 1 6 2 −1 0
0 −6 −10 −3 0 1

∼
 1 0 −9 −3 2 00 1 6 2 −1 0
0 0 26 9 −6 1
 ∼
 1 0 0 3/26 −1/13 9/260 1 0 −1/3 5/13 −3/13
0 0 1 9/26 −6/26 1/26

B−1 =
 3/26 −1/13 9/26−1/3 5/13 −3/13
9/26 −6/26 1/26

10. Mostre que R2 é espaço vetorial com as operações usuais de soma e produto por escalar em R2.
Solução: O conjunto V = R2 = {(x, y); x, y ∈ R} é um espaço vetorial com as operações de adição
e multiplicação por um número real assim definido:
(x1, y1) + (x2, y2) = (x1 + x2, y1 + y2)
a · (x, y) = (ax, ay)
Para verificar os oitos axiomas de espaço vetorial, sejam u = (x1, y1), v = (x2, y2) e w = (x3, y3)
(A1) (u+ v) + w = u+ (v + w);
(A2) u+ v = v + u;
(A3) ∃0 = (0, 0) ∈ R2, ∀u ∈ R2, u+ 0 = u;
(A4) ∀u = (x1, x2) ∈ R2, ∃(−u) = (−x1,−x2) ∈ R2, u+ (−u) = 0;
(M5) (ab)v = a(bv);
(M6) (a+ b)v = au+ bv;
(M7) a(u+ v) = au+ av;
(M8) 1u = u
Para ∀u, v, w ∈ V e ∀a, b ∈ R.
11. Mostre que
(a) W = {(x, y, z, t) ∈ R4|x+ t = 0 e z − t = 0} é subespaço de R4.
Solução:
• Sejam u, v ∈W , tal que u = (x1, y1, z1, t1) e v = (x2, y2, z2, t2), temos
u+ v = (x1, y1, z1, t1) + (x2, y2, z2, t2)
= (−t1, y1, t1, t1) + (−t2, y2, t2, t2)
= (−t1 − t2, y1 + y2, t1 + t2, t1 + t2)
= (u+ v) ∈W
• Seja u ∈W , k ∈ R, tal que u = (x1, y1, z1, t1)
ku = k(x1, y1, z1, t1)
= k(−t1, y1, t1, t1)
= (−kt1, ky1, kt1, kt1)
= (ku) ∈W
Portanto, W é subespaço de R4.
(b) S = {(x, y) ∈ R2|y = −x} é subespaço de R2.
Solução:
• Sejam u, v ∈ S, tal que u = (x1, y1) e v = (x2, y2), temos
u+ v = (x1, y1) + (x2, y2)
= (x1,−x1) + (x2,−x2)
= (x1 + x2,−x1 − x2)
= (u+ v) ∈W
• Seja u ∈W , k ∈ R, tal que u = (x1, y1)
ku = k(x1, y1)
= k(x1,−x1)
= (kx1,−kx1)
= (ku) ∈W
Portanto, W é subespaço de R4.
(c) S = {(x, y)|x+ 3y = 2} não é subespaço de R2.
Solução:
• Sejam u, v ∈ S, tal que u = (x1, y1) e v = (x2, y2), temos
u+ v = (x1, y1) + (x2, y2)
= (2− 3y1, y1) + (2− 3y2, y2)
= (4− 3y1 − 3y2, y1 + y2)
= (u+ v) /∈W
Portanto, não é subespaço vetorial de R2.
12. Explique se S = {(x, y, z)|x = z2} é subespaço de R3.
Solução:
• Sejam u, v ∈W , tal que u = (x1, y1, z1) e v = (x2, y2, z2), temos
u+ v = (x1, y1, z1) + (x2, y2, z2)
= (z21 , y1, z1) + (z
2
2 , y2, z2)
= (z21 + z
2
2 , y1 + y2, z1 + z2)
6= (z21 + z22 + 2z1z2, y1 + y2, z1 + z2) = (u+ v) /∈ S
Portanto, S não é subespaço de R3.
13. Em R2 mantenha a definição do produto αv de um número α por um vetor, mas modifique, das
três maneiras a seguir, a definição de soma u + v dos vetores u = (x, y) e v = (x′, y′). Em cada
tentativa, dizer quais axiomas de espaço vetorial continuam válidos e quais não são válidos.
(a) u+ v = (x+ y′, x′ + y).
(b) u+ v = (xx′, yy′).
(c) u+ v = (3x+ 3x′, 5x+ 5x′)
Solução: Utilizamos a mesma sequência dos axiomas apresentado na questão 1, temos:
(a) u+ v = (x+ y′, x′ + y) e w = (x1, y1)
(A1) (u+v)+w = (x+y′, x′+y)+(x1, y1) = (x+y′+y1, x′+y+x1) = (x, y)+(y′+y1, x′+x1) 6=
u+ (v + w);
(A2) u+ v = (x+ y′, x′ + y) = (y′+ x, y + x′) = (y′, x′) + (y, x) 6= v + u;
(A3) ∃0 = (0, 0) ∈ R2, ∀u ∈ R2, u+ 0 = u;
(A4) u = (x, y) e (−u) = (−x,−y), u+ (−u) = (x− y, y − x) 6= 0 se x 6= y;
(M5) (ab)v = a(bv);
(M6) (a+ b)v = (ax+ bx, ay + by) = (ax, by) + (by, bx) 6= av + bv;
(M7) a(u+ v) 6= au+ av;
(M8) 1u = u.
(b) u+ v = (xx′, yy′) e v = (x1, y1)
(A1) (u+v)+w = (xx′, yy′)+(x1, y1) = (xx′x1, yy′y1) = (x, y)+(x′+x1, y′+y1) = u+(v+w);
(A2) u+ v = (xx′, yy′) = (x′x, y′y) = v + u;
(A3) ∃0 = (0, 0) ∈ R2, ∀u ∈ R2, u+ 0 = 0;
(A4) u = (x, y) e (−u) = (−x,−y), u+ (−u) = (−x2,−y2) 6= 0 se x, y 6= 0;
(M5) (ab)v = a(bv);
(M6) (a+ b)v 6= au+ bv;
(M7) a(u+ v) = a(xx′, yy′) = (axx′, ayy′) 6= au+ av;
(M8) 1u = u
(c) u+ v = (3x+ 3x′, 5x+ 5x′) e w = (3x1, 5x1)
(A1) (u + v) + w = (3x + 3x′, 5x + 5x′) + (3x1, 5y1) = (3x + 3x′ + 3x1, 5x + 5x′ + 5x1) =
(3x, 5x) + (3x′ + 3x1, 5x′ + 5x1) = u+ (v + w);
(A2) u+ v = (3x+ 3x′, 5x+ 5x′) = (3x′ + 3x, 5x′ + 5x) = (3x′, 5x′) + (3x, 5x) = v + u;
(A3) ∃0 = (0, 0) ∈ R2, ∀u ∈ R2, u+ 0 = u;
(A4) ∀u = (3x, 5x) ∈ R2, ∃(−u) = (−3x,−5x) ∈ R2, u+ (−u) = 0;
(M5) (ab)v = a(bv);
(M6) (a+ b)v = (a+ b)(3x, 5x) = a(3x, 5x) + b(3x, 5x) = av + bv;
(M7) a(u+ v) = a(3x+ 3x′, 5x+ 5x′) = (3ax+ 3ax′, 5ax+ 5ax′) = (3ax, 5ax) + (3ax′, 5ax′) =
au+ av;
(M8) 1u = u.
14. Mostre que W = {(x, y, z, t) ∈ R4| x+ t = 0 e z − t = 0} é subespaço de R4.
Solução:
• Sejam u, v ∈W , tal que u = (x1, y1, z1, t1) e v = (x2, y2, z2, t2), temos
u+ v = (x1, y1, z1, t1) + (x2, y2, z2, t2)
= (−t1, y1, t1, t1) + (−t2, y2, t2, t2)
= (−t1 − t2, y1 + y2, t1 + t2, t1 + t2)
= (u+ v) ∈W
• Seja u ∈W , k ∈ R, tal que u = (x1, y1, z1, t1)
ku = k(x1, y1, z1, t1)
= k(−t1, y1, t1, t1)
= (−kt1, ky1, kt1, kt1)
= (ku) ∈W
Portanto, W é subespaço de R4.
15. Mostre que p(x) = x3 − 5x2 + 1, q(x) = 2x4 + 5x− 6 e r(x) = x2 − 5x+ 2 são vetores linearmente
independentes.
Solução:
Utilizando o conceito de conjunto LI, temos:
a(x3 − 5x2 + 1) + b(2x4 + 5x− 6) + c(x2 − 5x+ 2) = 0
ax3 − 5ax2 + a+ 2bx4 + 5bx− 6b) + cx2 − 5cx+ 2c = 0
x4(2b) + x3(a) + x2(−5a+ c) + x(5b− 5c) + (a− 6b+ 2c) = 0
Fazendo a identidade de polinômios, temos:
x4(2b) + x3(a) + x2(−5a+ c) + x(5b− 5c) + (a− 6b+ 2c) = 0 · x4 + 0 · x3 + 0 · x2 + 0 · x+ 0 2b = 0 ⇒ b = 0a = 0−5a+ c = 0 ⇒ c = 0
Como todos os escalares são iguais a zero (a = b = c = 0), o conjunto {p(x), q(x), r(x)} é LI.
Solução Alternativa: Colocamos cada polinômio representado pelos seus coeficientes na linha da
matriz. Em seguida, aplicamos as operações elementares sobre as linhas. As matrizes resultantes
são semelhantes.  0 1 −5 0 12 0 0 5 −6
0 0 1 −5 2
 ← 0x4 + x3 − 5x2 + 0x+ 1← 2x4 + 0x3 + 0x2 + 5x− 6
← 0x4 + 0x3 + 1x2 − 5x+ 2
 0 1 −5 0 12 0 0 5 −6
0 0 1 −5 2
 ∼
 2 0 0 5 −60 1 −5 0 1
0 0 1 −5 2
 ∼
 1 0 0 5/2 −30 1 −5 0 1
0 0 1 −5 2

∼
 1 0 0 5/2 −30 1 0 −25 11
0 0 1 −5 2

Como não há linhas nulas, nenhum desses polinômios é combinação linear dos outros.
16. Determine o subespaço do R3 gerado pelos vetores do conjunto A = {(−1, 3, 2), (2,−2, 1)}
Solução: Podemos fazer isso encontrando a equação do plano, considerando que tal plano passa
pela origem (para que seja subespaço), temos:
det(A) =
∣∣∣∣∣∣
x y z
−1 3 2
2 −2 1
∣∣∣∣∣∣ = 3x+ 4y + 2z − 6z + 4x+ y
3x+ 4y + 2z − 6z + 4x+ y = 0 ⇒ 7x+ 5y − 4z = 0
Daí, temos o seguinte subespaço de R3, S = {(x, y, z) ∈ R3; 7x+ 5y − 4z = 0}
17. Mostre que p(x) = x3 − 5x2 + 1, q(x) = 2x4 + 5x− 6 e r(x) = x2 − 5x+ 2 são vetores linearmente
independentes.
Solução: p(x) = x3 − 5x2 + 1, q(x) = 2x4 + 5x− 6 e r(x) = x2 − 5x+ 2. Devemos tentar escrever
um polinômio como combinação dos demais. Por exemplo:
p(x) = aq(x) + br(x)
0 · x4 + x3 − 5x2 + 1 = a(2x4 + 5x− 6) + b(x2 − 5x+ 2)
= 2ax4 + 5ax− 6a+ bx2 − 5bx+ 2b
= 2ax4 + bx2 + x(5a− 5b) + (2b− 6a)
= 2ax4 + 0 · x3 + bx2 + (5a− 5b)x+ (2b− 6a)
Utilizando a identidade de polinômios, temos:
x4 →
x3 →
{
2a = 0 a = 0
1 6= 0
Logo, não é possível expressar p(x) como combinação de q(x) e r(x). Portanto, o conjunto
{p(x), q(x), r(x)} é LI.
18. Determine o subespaço do R3 gerado pelos vetores do conjunto A = {(−1, 3, 2), (2,−2, 1)}
Solução: Podemos fazer isso encontrando a equação do plano, considerando que tal plano passa
pela origem (para que seja subespaço), temos:
det(A) =
∣∣∣∣∣∣
x y z
−1 3 2
2 −2 1
∣∣∣∣∣∣ = 3x+ 4y + 2z − 6z + 4x+ y
3x+ 4y + 2z − 6z + 4x+ y = 0 ⇒ 7x+ 5y − 4z = 0
Daí, temos o seguinte subespaço de R3, S = {(x, y, z) ∈ R3; 7x+ 5y − 4z = 0}
19. Por que o conjunto V = {(0, 0, 0), (1, 2, 3), v1} é L.D. mesmo sem saber quais são as coordenadas
de v1?
Solução: Todo conjunto que contém o vetor nulo é LD, já que o vetor nulo pode ser expresso como
combinação linear de qualquer outro vetor:
0 · v = 0
Daí, nem sequer precisamos conhecer v1 para saber que V é LD.
20. Mostre que B = {1, x−1, x2−3x+1} é base para P2 e exprima v = 2x2−5x+6 como combinação
linear dos elementos de B.
Solução: Fazendo a combinação linear 0 = α(1)+β(x−1)+γ(x2−3x+1), e montando o sistema,
obtemos  0 0 10 1 −1
1 −3 1
 ← 0 · x2 + 0 · x+ 1← 0 · x2 + 1 · x− 1
← 1 · x2 − 3 · x+ 1 0 0 10 1 −1
1 −3 1
 ∼
 1 −3 10 1 −1
0 0 1
 ∼
 1 −3 10 1 0
0 0 1
 ∼
 1 0 00 1 0
0 0 1

Como a matriz que representa o conjunto B é equivalente a matriz que representa a base canônica
de P2, temos que B é base de P2({1, x, x2}).
v = a(1) + b(x− 1) + c(x2 − 3x+ 1)
2x2 − 5x+ 6 = a+ bx− b+ cx2 − 3cx+ c
= cx2 + (b− 3c)x+ (a+ c)
 c = 2b = 3c = −5 ⇒ b = −5 + 3(2) = −5 + 6 = 1
a+ c = 6 ⇒ a = 6− 2 = 4
Ou seja,
v = 4(1) + 1(x− 1) + 2(x2 − 3x+ 1)
21. S1 = {(a, b, c, d)| a+ b+ c+ d = 0} encontre Dim(S1).
Solução:
S1 = {(a, b, c, d)| a+ b+ c+ d = 0}
Temos que: d = −a− b− c
(a, b, c,−a− b− c) = a(1, 0, 0,−1) + b(0, 1, 0,−1) + c(0, 0, 1,−1)
Logo, S = [(1, 0, 0,−1), (0, 1, 0,−1), (0, 0, 1,−1)].
Basta verificar que o conjunto {(1, 0, 0,−1), (0, 1, 0,−1), (0, 0, 1,−1)} é LI (como de fato é), temos
que {(1, 0, 0,−1), (0, 1, 0,−1), (0, 0, 1,−1)} é base de S1.
Como dimensão é o número de vetores da base, portanto Dim(S1) = 3.
22. Para M2×2 encontre:
(a) Um conjunto L.I. com mais de um vetor que não seja base de M2×2.
Solução: Por exemplo, o conjunto{[
1 0
0 0
]
,
[
0 1
0 0
]
,
[
0 0
1 0
]}
é LI. Para termos uma base de M2x2, bastaria completarmos tal conjunto com o vetor[
0 0
0 1
]
. Daí, teríamos um conjunto LI e gerador de M2×2, portanto, base de M2×2.
(b) Um conjunto gerador de M2×2 que não seja base de M2×2.
Solução: Um conjunto do tipo{[
1 0
0 0
]
,
[
0 1
0 0
]
,
[
0 0
1 0
]
,
[
0 0
0 1
]
,
[
1 1
1 1
]}
é capaz de gerar por meio de combinações lineares oM2×2, portanto ele é um conjunto gerador,
no entanto, há um vetor supléfluo que torna tal conjunto LD. Logo, não é base de M2×2.