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Gabarito – Turma A
1a Prova de A´lgebra Linear para Engenharia II – MAT 2458
12/09/2007
Questa˜o 1. (2,5 pontos) Seja T : P2(R)→M2(R) uma transformac¸a˜o linear tal que:
[T ]BC =

1 2 0
2 4 0
0 1 −1
0 −1 −1
 ,
onde B = {1, 1 + x, 1 − x2} e´ uma base de P2(R) e C =
{(
1 0
0 0
)
,
(
0 1
0 0
)
,
(
0 0
1 0
)
,
(
0 0
0 1
)}
e´
uma base de M2(R).
(a) Dados a, b, c ∈ R, determine T (a+ bx+ cx2).
(b) Encontre uma base de Ker(T ) e uma base de Im(T ).
(c) T e´ injetora? T e´ sobrejetora? Justifique sua resposta.
Soluc¸a˜o.
(a) Queremos encontrar α, β, γ ∈ R tais que:
a+ bx+ cx2 = α1 + β(1 + x) + γ(1− x2);
essa igualdade e´ equivalente ao sistema:
α+ β + γ = a,
β = b,
−γ = c.
Resolvendo, obtemos:
α = a− b+ c, β = b, γ = −c.
Da´ı:
[a+ bx+ cx2]B = (a− b+ c, b,−c),
e portanto:
[T (a+ bx+ cx2)]C =

1 2 0
2 4 0
0 1 −1
0 −1 −1

a− b+ cb
−c
 =

a+ b+ c
2a+ 2b+ 2c
b+ c
−b+ c
 .
Da´ı:
T (a+ bx+ cx2) =
(
a+ b+ c 2a+ 2b+ 2c
b+ c −b+ c
)
.
(b) Temos que a + bx + cx2 ∈ Ker(T ) se e somente se (a, b, c) e´ soluc¸a˜o do sistema
linear homogeˆneo: 
a+ b+ c = 0,
2a+ 2b+ 2c = 0,
b+ c = 0,
−b+ c = 0.
As duas u´ltimas equac¸o˜es do sistema nos da˜o b = 0, c = 0 e a primeira nos da´
a = 0. Logo:
Ker(T ) = {0},
e o conjunto vazio e´ base de Ker(T ).
Temos que as colunas de [T ]BC sa˜o as coordenadas na base C de geradores de
Im(T ); logo:
Im(T ) =
[(
1 2
0 0
)
,
(
2 4
1 −1
)
,
(
0 0
−1 −1
)]
.
Como Ker(T ) tem dimensa˜o nula e o domı´nio de T tem dimensa˜o igual a 3,
segue que Im(T ) tem dimensa˜o igual a 3 e portanto os treˆs geradores de Im(T )
apresentados acima constituem uma base de Im(T ).
(c) Como Ker(T ) = {0}, T e´ injetora. Como Im(T ) tem dimensa˜o igual a 3 e o
contra-domı´nio de T tem dimensa˜o igual a 4, T na˜o e´ sobrejetora.
Gabarito – Turma A
1a Prova de A´lgebra Linear para Engenharia II – MAT 2458
12/09/2007
Questa˜o 2. (2,5 pontos) Seja S o subespac¸o vetorial de R5 definido por:
S =
{
(x, y, z, t, w) ∈ R5 : x+ y − t = 0 e y − w = 0}.
Assuma R5 munido com seu produto interno canoˆnico.
(a) Ache uma base ortogonal para S e uma base (qualquer) para S⊥.
(b) Dado u = (1,−1, 1,−1, 1), encontre u1 ∈ S e u2 ∈ S⊥ de modo que u = u1+u2.
Soluc¸a˜o.
(a) Temos:
(x, y, z, t, w) ∈ S ⇐⇒ y = w e x = t− w,
donde:
S =
{
(t− w,w, z, t, w) : z, t, w ∈ R}
=
{
z(0, 0, 1, 0, 0) + t(1, 0, 0, 1, 0) + w(−1, 1, 0, 0, 1) : z, t, w ∈ R}
= [(0, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (−1, 1, 0, 0, 1)];
os treˆs geradores para S descritos acima sa˜o linearmente independentes e portanto
constituem uma base para S. Escrevemos:
b1 = (0, 0, 1, 0, 0), b2 = (1, 0, 0, 1, 0), b3 = (−1, 1, 0, 0, 1),
e aplicamos o processo de ortogonalizac¸a˜o de Gram–Schmidt para obter uma base
ortogonal {b′1, b′2, b′3} para S. Temos b′1 = b1 e:
b′2 = b2 −
〈b2, b′1〉
〈b′1, b′1〉
b′1 = b2,
b′3 = b3 −
〈b3, b′1〉
〈b′1, b′1〉
b′1 −
〈b3, b′2〉
〈b′2, b′2〉
b′2 = b3 +
1
2
b2 =
1
2
(−1, 2, 0, 1, 2).
Vemos enta˜o que:
{b′1, b′2, 2b′3} =
{
(0, 0, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 1, 0), (−1, 2, 0, 1, 2)}
e´ uma base ortogonal para S.
Procuremos uma base para S⊥. Temos:
(x, y, z, t, w) ∈ S ⇐⇒ 〈(x, y, z, t, w), (1, 1, 0,−1, 0)〉 = 0 e
〈(x, y, z, t, w), (0, 1, 0, 0,−1)〉 = 0,
donde:
S = [(1, 1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 0,−1)]⊥,
e:
S⊥ = [(1, 1, 0,−1, 0), (0, 1, 0, 0,−1)].
Os dois geradores para S⊥ apresentados acima sa˜o obviamente linearmente inde-
pendentes e portanto constituem uma base para S⊥.
(b) Basta tomar u1 = projS u e u2 = u−u1. Usando a base ortogonal para S obtida
no item (a), calculamos projS u como segue:
〈u, (0, 0, 1, 0, 0)〉 = 1, 〈(0, 0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0, 0)〉 = 1,
〈u, (1, 0, 0, 1, 0)〉 = 0,
〈u, (−1, 2, 0, 1, 2)〉 = −2, 〈(−1, 2, 0, 1, 2), (−1, 2, 0, 1, 2)〉 = 10,
projS u = (0, 0, 1, 0, 0)−
2
10
(−1, 2, 0, 1, 2) = 1
5
(1,−2, 5,−1,−2).
Da´ı:
u1 =
1
5
(1,−2, 5,−1,−2), u2 = 15 (4,−3, 0,−4, 7).
Gabarito – Turma A
1a Prova de A´lgebra Linear para Engenharia II – MAT 2458
12/09/2007
Questa˜o 3. (2,5 pontos) Seja C1
(
[−1, 1]) o espac¸o vetorial das func¸o˜es f : [−1, 1] → R
que possuem derivada cont´ınua; considere em C1
(
[−1, 1]) o produto interno definido por:
〈f, g〉 = f(0)g(0) +
∫ 1
−1
f ′(x)g′(x) dx,
para quaisquer f, g ∈ C1([−1, 1]). Determine a projec¸a˜o ortogonal de f(x) = cos(pix) no
subespac¸o S = [1, x, x2, x3].
Soluc¸a˜o. Um ca´lculo simples mostra que o u´nico produto interno entre vetores distintos
do conjunto {1, x, x2, x3} que na˜o e´ nulo e´:
〈x, x3〉 = 2.
Aplicando o processo de ortogonalizac¸a˜o de Gram–Schmidt ao conjunto {1, x, x2, x3}
obtemos enta˜o a seguinte base ortogonal para S:
{1, x, x2, u},
onde:
u = x3 − 〈x
3, x〉
〈x, x〉 x = x
3 − x,
ou seja:
{1, x, x2, x3 − x}
e´ uma base ortogonal para S. Calculamos enta˜o projS f como segue:
〈f, 1〉 = 1,
〈f, x〉 = 0,
〈f, x2〉 = −2pi
∫ 1
−1
x sen(pix) dx = −4,
〈f, x3 − x〉 = 〈f, x3〉 = 0,
projS f =
〈f, 1〉
〈1, 1〉 1 +
〈f, x2〉
〈x2, x2〉 x
2 = 1− 3
2
x2.
No ca´lculo de 〈f, x3〉 e´ u´til observar que o integrando obtido e´ uma func¸a˜o ı´mpar e
portanto sua integral no intervalo [−1, 1] e´ nula. No ca´lculo de 〈f, x2〉 usamos integrac¸a˜o
por partes da seguinte forma:∫ 1
−1
x sen(pix) dx = −x
pi
cos(pix)
∣∣∣1
−1
−
∫ 1
−1
− 1
pi
cos(pix) dx =
2
pi
.
Gabarito – Turma A
1a Prova de A´lgebra Linear para Engenharia II – MAT 2458
12/09/2007
Questa˜o 4. (2,5 pontos) Em cada item abaixo, decida se a afirmac¸a˜o e´ verdadeira ou
falsa. Justifique sua resposta demonstrando ou dando contra-exemplo.
(a) Existe uma transformac¸a˜o linear T : R6 → R5 que e´ injetora.
(b) Na˜o existe uma transformac¸a˜o linear T : R2 → R2 tal que:
Ker(T ) ∩ Im(T ) = [(1, 1)].
(c) Se T : P2(R)→ P2(R) e´ um operador linear tal que:
[T ]B =
0 0 11 0 0
0 1 0
 ,
onde B = {p1, p2, p3} e´ uma base de P2(R), enta˜o T (p1+ p2+ p3) = p1+ p2+ p3.
Soluc¸a˜o.
(a) A afirmac¸a˜o e´ falsa. De fato, se T : R6 → R5 fosse linear e injetora, seu nu´cleo
teria dimensa˜o nula e portanto sua imagem teria dimensa˜o igual a 6 (igual a`
dimensa˜o do domı´nio de T ); por outro lado, a imagem de T deve ter dimensa˜o
menor ou igual a 5, ja´ que e´ um subespac¸o de R5.
(b) A afirmac¸a˜o e´ falsa. E´ fa´cil verificar que a transformac¸a˜o linear T : R2 → R2
definida por:
T (x, y) = (x− y, x− y), (x, y) ∈ R2,
satisfaz Ker(T ) = [(1, 1)] e Im(T ) = [(1, 1)].
(c) A afirmac¸a˜o e´ verdadeira. Sabemos que:
T (p1) = (0, 1, 0)B = p2, T (p2) = (0, 0, 1)B = p3, T (p3) = (1, 0, 0)B = p1,
donde, pela linearidade de T :
T (p1 + p2 + p3) = p2 + p3 + p1 = p1 + p2 + p3.