Soluções Lista 2

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Resoluc¸a˜o Lista 2
• Questa˜o 1 : Pelo Teorema 5 (Sec¸a˜o 2.2), temos que: se An×n e´ uma matriz invert´ıvel, enta˜o para cada
b no Rn, a equac¸a˜o Ax = b tem uma u´nica soluc¸a˜oA˙ saber, x = A−1b.
Desse modo temos:
x =
 1 2 32 −3 2
3 1 −1
 12
3
⇒ x =
 1 + 4 + 92 + 6− 6
3 + 2− 3
 =
 142
2

Logo a soluc¸a˜o da equac¸a˜o e´
x =
 142
2

• Questa˜o 2 : Resolvendo a equac¸a˜o para encontar a matriz X, temos:
C−1(A+X)B−1 = I.
Multiplicando a` esquerda por C, temos
CC−1︸ ︷︷ ︸
I
(A+X)B−1 = CI︸︷︷︸
I
I(A+X)B−1 = C.
Multiplicando a` direita por B,
(A+X)B−1B = CB
(A+X)B−1B︸ ︷︷ ︸
I
= CB
(A+X)I = CB
A+X = CB
Somando −A dos dois lados,
(−A+A)︸ ︷︷ ︸
0
+X = CB −A
Assim temos que a matriz X e´ dada por
X = CB −A
• Questa˜o 3 : Escrevendo o sistema na forma Av = b onde v = (x, y), temos:[
a b
c d
] [
x
y
]
=
[
1
2
]
Sabemos que este sistema possui infinitas soluc¸o˜es, logo temos que suas colunas sa˜o LD. Como as colunas
da matriz sa˜o LD, temos que, pelo teorema da matriz invert´ıvel que A e´ na˜o invert´ıvel.
Com relac¸a˜o a matriz B, ela e´ igual a matriz A, pore´m com suas linhas trocadas. As colunas de B conti-
nuam sendo LD, pois a troca de linhas na˜o interfere na dependeˆncia linear das colunas. Logo, pelo teorema
da matriz invert´ıvel, B e´ tambe´m na˜o invert´ıvel.
• Questa˜o 4 : Temos que a matriz canoˆnica de T e´ dada por
A =
[
3 5
2 5
]
Escalonando a matriz, temos: [
3 5
2 5
]
∼
[
3 0
0 5
]
Como A e´ linha equivalente a` matriz In×n, enta˜o A e´ invert´ıvel. Calculando A−1, temos:
A−1 =
1
ad− bc
[
d −b
−c a
]
⇒ A−1 = 1
3 · 5− 5 · 2
[
5 −5
−2 3
]
Assim,
A−1 =
[
1 −1
−2
5
3
5
]
Desse modo, uma fo´rmula para T−1 e´:
T−1(y) = T−1(y1, y2) =
(
y1 − y2, −2
5
y1 +
3
5
y2
)
• Questa˜o 5 : Ver notas de aula.
• Questa˜o 6 : Montando a matriz completa e escalonando, temos:
[Aw] =
 −8 −2 −9 26 4 8 1
4 0 4 −2
 ∼
 1 0 1 −120 2 1 2
0 0 0 0

Como o sistema e´ poss´ıvel, w esta´ no ColA. Calculando Aw, temos:
Aw = 0⇒
 −8 −2 −96 4 8
4 0 4
 21
−2
 =
 00
0
⇒
 −16− 2 + 1812 + 4− 16
8 + 0− 8
 =
 00
0

Ou seja, Aw = 0. Logo w esta´ no NulA. Desse modo, temo que w pertence tanto a ColA quanto a NulA.
• Questa˜o 7 :
( V ) Teorema 2 (Sec¸a˜o 4.2): o espac¸o nulo de uma matriz An×n e´ um subespac¸o do Rn, equivalente-
mente, o conjunto de todas as soluc¸o˜es de um sistema homogeˆneo Ax = 0 formado por m equac¸o˜es lineares
homogeˆneas e n inco´gnitas e´ um subespac¸o do Rn. O termo espac¸o em espac¸o nulo e´ apropriado porque o
espac¸o nulo de uma matriz e´ um espac¸o vetorial.
( V ) Teorema 3 (Sec¸a˜o 4.2): o espac¸o das colunas de uma matriz An×n e´ um subespac¸o do Rn.
( F ) Contraexemplo: An×nx = 0 com A invert´ıvel. O conjunto soluc¸a˜o desta equac¸a˜o e´ {0} e ColA e´ o
Rn.
( V ) A imagem de uma transformada linear T e´ o espac¸o coluna de sua matriz canoˆnica. Como o espac¸o
coluna e´ um ”ger”, ele e´ um espac¸o vetorial.
( V ) Um vetor x de ColA e´ uma combinac¸a˜o linear das colunas de A. Pela definic¸a˜o da pa´gina 36, isto
e´ exatamente Ax.
• Questa˜o 8 : Conhecemos o fato: um sistema linear tem soluc¸a˜o se e so´ se o lado direito pertence ao
espac¸o coluna da matriz dos coeficientes do sistema.
Os sistemas desta questa˜o podem ser escritos como Ax = b e Ax = 5b. Pelo fato acima, b ∈ ColA, pois
o primeiro sistema e´ poss´ıvel. Como ColA e´ um subespac¸o vetorial, ele e´ fechado em relac¸a˜o ao produto por
escalar. Logo 5b ∈ ColA tambe´m. Pelo fato acima (usado agora no sentido contra´rio), o segundo sistema e´
poss´ıvel.
• Questa˜o 9 : Montando a matriz formada pelos vetores, temos que o espac¸o gerado por estes vetores
sera´ o espac¸o coluna desta matriz. Sabemos encontrar uma base de um espac¸o coluna. Escalonando esta
matriz, temos: 
1 −2 6 5 0
0 1 −1 −3 3
0 −1 2 3 −1
1 1 −1 −4 1
 ∼

1 −2 6 5 0
0 1 −1 −3 3
0 0 1 0 2
0 0 0 0 0

Sabemos que as colunas pivoˆs de uma matriz A formam uma base para ColA. Assim, em B temos posic¸o˜es
pivoˆs na primeira, na segunda e na terceira colunas. Logo uma base para ColA e´ dada por:
ColA =


1
0
0
1
 ,

−2
1
−1
1
 ,

6
−1
2
−1


• Questa˜o 10 : Escalonar a matriz completa Ax = 0 para encontar bases para ColA e NulA, temos −2 4 −2 −4 02 −6 −3 1 0
−3 8 2 −3 0
 ∼
 1 0 6 5 00 2 5 3 0
0 0 0 0 0

Assim, a soluc¸a˜o geral de Ax = 0 em func¸a˜o das varia´veis livres e´ dada por:
x1 = −6x3 − 5x4 e x2 = −5x3
2
− −3x4
2
(com x3, x4 livres)
Assim
x =

x1
x2
x3
x4
 =

−6x3 − 5x4
−5x3
2 − 3x42
x3
x4
 = x3

−6
−5
2
1
0
+ x4

−5
−3
2
0
1

Desse modo, uma base para NulA e´
NulA =


−6
−5
2
1
0
 ,

−5
−3
2
0
1


Sabemos que as colunas pivoˆs de uma matriz A formam uma base para ColA. Assim, em B temos posic¸o˜es
pivoˆs na primeira e na segunda colunas. Logo a primeira e a segunda coluna de A formam uma base para
ColA. Assim
ColA =

 −22
−3
 ,
 4−6
8
