Álgebra Linear e Vetorial - Respostas Unidade III

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Álgebra Linear 
e Vetorial
APÊNDICE
UNIDADE 3
U3 - Espaços vetoriais 1
UNIDADE 3: Espaços vetoriais
Gabarito 1. Faça valer a pena
1. Alternativa Correta: A 
Resposta Comentada: 
Pela defi nição das operações adição e produto por escalar de 
matrizes de ordem 3 3´ , vemos claramente que as propriedades 1., 
2., 5., 7. e 8. da defi nição de espaços vetoriais estão satisfeitas.
Resta mostrar a existência de elemento nulo, elemento inverso 
aditivo e elemento neutro multiplicativo.
Sejam as matrizes: 
A
a a a
a a a
a a a
=












11 12 13
21 22 23
31 32 33
 e 0 =












0 0 0
0 0 0
0 0 0
.
Note que:
A
a a a
a a a
a a a
+
+ + +
+ + +
+ + +
=









0
11 12 13
21 22 23
31 32 33
0 0 0
0 0 0
0 0 0



=












=
a a a
a a a
a a a
A
11 12 13
21 22 23
31 32 33
,
logo, 0 é o elemento nulo do conjunto V.
Considere a matriz:
B A
a a a
a a a
a a a
= − =
− − −
− − −
− − −












( )1
11 12 13
21 22 23
31 32 33
.
Veja que: 
A B A A A A+ = + − = − = =( ) ( )1 1 1 0 0,
 logo , o inverso aditivo de A existe e vale B A= −( )1 .
Apêndice
Gabaritos comentados com resposta-padrão
U3 - Espaços vetoriais2
Por fim, note que:
( )1 A A= ,
logo, 1 é o elemento neutro multiplicativo de V.
Com isso, mostramos que V é um espaço vetorial no corpo dos 
reais.
Agora, note que U VÌ , então U será espaço vetorial se, e somente 
se, for subespaço vetorial de V.
Assim, basta verificar se 0 está em U e se U é fechado nas operações 
de V, isto é, dados A B U, Î e a Î  ,
A B U+ ∈ e aA UÎ .
Primeiramente, note que 0 é triangular superior, logo, está em U.
A soma de matrizes triangulares superiores será triangular superior, 
assim como o produto de uma matriz triangular superior por um 
escalar. Assim, U é subespaço vetorial de V e, consequentemente, 
um espaço vetorial no corpo dos reais.
2. Alternativa Correta: D 
Resposta Comentada: 
Perceba que o conjunto K realmente é finito (afirmação II é 
verdadeira), porém, na definição de corpo, nada é afirmado sobre a 
quantidade de elementos desse conjunto.
Para que a estrutura seja considerada um corpo, devemos verificar 
as seguintes propriedades:
1. (Associatividade) x y z x y z+( )+ = + +( )P e 
x y z x y z⋅( )⋅ = ⋅ ⋅( ).
Observe que: 
a a b a b b+( )+ = + = e a a b a b b+ +( )= + = ,
a a c a c c+( )+ = + = e a a c a c c+ +( )= + = ,
a b a b a b+( )+ = + = e a b a a b b+ +( )= + = ,

c c b b b c+( )+ = + = e c c b c a c+ +( )= + = .
U3 - Espaços vetoriais 3
Logo, a adição é associativa. Temos também que mostrar que a 
multiplicação é associativa: 
a a b a b a⋅( )⋅ = ⋅ = e a a b a a a⋅ ⋅ =⋅( ) =
a a c a c a⋅( )⋅ = ⋅ = e a a c a a a⋅ ⋅ =⋅( ) =
 
c c b b b b⋅( )⋅ = ⋅ = e c c bc b c⋅ ⋅ =⋅( ) = .
Logo, a multiplicação também é associativa.
2. (Comutatividade) x y y x+ = + e x y y x⋅ = ⋅
Na adição, temos: 
a b b a b+ = + = , a c c a c+ = + = , c b b c a+ = + = .
Logo, a adição é comutativa.
Na multiplicação, obtemos: 
a b b a a⋅ = ⋅ = , a c c a a⋅ = ⋅ = , b c c b c⋅ = ⋅ = .
Logo, a multiplicação também é comutativa.
3. (Identidade aditiva) Existe , tal que x xk+ =0 , para todo 
x KÎ .
Note que:
a a a+ = , a b b+ = e a c c+ = .
Portanto, a K= 0 é a identidade aditiva de K.
4. (Identidade multiplicativa) Existe , tal que x xk⋅ =1 , para 
todo x KÎ .
Note que:
b a a⋅ = , b b b⋅ = e b c c⋅ = .
Portanto, b K= 1 é a identidade multiplicativa de K. 
5. (Inversa aditiva) Para cada x KÎ , existe − ∈x K , tal que 
x x K+ −( )= 0 .
Observe que:
a a a+ = ,
assim, − =a a é a inversa aditiva de a;
b c a+ = ,
U3 - Espaços vetoriais4
assim, − =b c é a inversa aditiva de b;
c b a+ = ,
assim, − =c b é a inversa aditiva de c.
Logo, todo elemento de K possui uma inversa aditiva em K.
6. (Inversa multiplicativa) Para cada x KÎ , x K¹ 0 , existe x K
− ∈1 , 
tal que x x K⋅ =
−1 1 .
Veja que: 
b b b⋅ = ,
logo, b b− =1 é a inversa multiplicativa de b;
c c b⋅ = ,
logo, c c− =1 é a inversa multiplicativa de c.
Assim, mostramos que todo elemento de K, diferente de 0K a= , 
possui inversa multiplicativa. 
7. (Distributiva) x y z x y x z⋅ +( ) = ⋅ + ⋅ .
Observe que:
a a a a a a⋅ +( ) = ⋅ = e a a a a a a a⋅ + ⋅ = + = ,
a a b a b a⋅ +( ) = ⋅ = e a a a b a a a⋅ + ⋅ = + = ,
a a c a c a⋅ +( ) = ⋅ = e a a a c a a a⋅ + ⋅ = + = ,
 
c c c c b c⋅ +( ) = ⋅ = e c c c c b b c⋅ + ⋅ = + = .
Concluímos que a propriedade distributiva é válida.
Como temos as sete condições para que K seja um corpo válidas, 
K, ,+( )⋅ é um corpo.
3. Alternativa Correta: A 
Resposta Comentada: 
Começaremos com a afirmação mais fácil. Veja que se f Î , então 
f é diferenciável e, portanto, contínua, logo, f Î  .
Assim, mostramos que D CÌ .
Nosso objetivo é mostrar que , ,+ ⋅( ) é contínua.
Pelas propriedades da adição de números reais, vemos facilmente 
que a adição de funções é associativa e comutativa.
U3 - Espaços vetoriais 5
A função f x0 0( )º é contínua (funções constantes são contínuas), 
e ainda:
f f x f x f x f x f x+( ) = + = + =0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( ),
logo, mostramos a existência do elemento neutro da adição 
f x0 0( )º .
Agora, se f Î  , então − =− ⋅ ∈f f1  . Como 
( ( ))( ) ( ) ( )f f x f x f x+ − = − ≡ 0 , mostramos a existência de elemento 
oposto para o conjunto das funções reais contínuas. 
Das propriedades de multiplicação de números reais, a multiplicação 
de escalares por funções contínuas é associativa. 
Das propriedades de multiplicação e adição de números reais, as 
propriedades da distributiva são válidas para a adição de funções 
contínuas e a multiplicação de funções contínuas por escalares.
Assim, nos resta mostrar a existência de elemento neutro 
multiplicativo.
Veja que, dado f Î  , temos:
1 1⋅( ) = =f x f x f x( ) ( ) ( ),
logo, 1Î  é o elemento neutro multiplicativo.
E, portanto, , ,+ ⋅( ) é um espaço vetorial.
Como já vimos que D CÌ , mostrar que  é espaço vetorial é 
equivalente a mostrar que é subespaço de  .
Agora, note que funções constantes são diferenciáveis, logo, f0 Î  .
Ainda, sabemos que a soma de funções diferenciáveis é diferenciável, 
e o produto de constante por função diferenciável é diferenciável.
Portanto,  é subespaço vetorial de  e, consequentemente, 
espaço vetorial.
Gabarito 2. Faça valer a pena
1. Alternativa Correta: B
Resposta Comentada: 
Para verificar que U é subespaço de V, primeiro precisamos analisar 
se U é subconjunto de V.
U3 - Espaços vetoriais6
Veja que U é conjunto da combinação linear dos elementos de 
v v v V1 2 3, , Î .
Como V é espaço vetorial, então é fechado nas operações adição 
e multiplicação por escalar, daí também é fechado na combinação 
linear e, portanto, toda combinação linear de v v v1 2 3, , está em V. 
Assim, concluímos que U VÌ .
0 0 0 01 2 3⋅ ⋅ ⋅+ + =v v v v , logo 0V UÎ .
Sabendo que u v v v U1 1 1 2 2 3 3= + +⋅ ⋅ ⋅ ∈a a a e 
u v v v U2 2 2 3 31 1= + +⋅ ⋅ ⋅ ∈b b b , obtemos:
u u v v v v v v1 2 1 1 1 1 32 2 3 3 2 2 3+ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ == + + + + +α α α β β β
α β α β α β1 1 1 32 2 2 3 3+ ⋅ + ⋅ + ⋅ ∈( ) +( ) +( )v v v U ,
logo U é fechado em relação à adição.
Como l Î  , temos: 
λ λ α α α λα λα λαu v v v v v v U1 1 1 1 12 2 3 3 2 2 3 3= + + ( ) +( ) +⋅ ⋅ ⋅( ) = ⋅ ⋅ ( )⋅ ∈ ,
ou seja, U é fechado em relação à multiplicação por escalar.
Assim, mostramos que U, ,+( )⋅ é subespaço vetorial de V, ,+( )⋅ .
Perceba que, no início desta demonstração, verificamos que U VÌ , 
ou seja, não existe u UÎ , tal que u VÏ .
Por fim, o conjunto B vv v= { }1 2 3, , é uma base para U, pois são 
linearmente independentes entre si, e todo elemento de U é escrito 
como combinação linear dos elementos de B. Logo, dim( )U = 3.
2. Alternativa Correta: D
Resposta Comentada: 
Veja que o sistema: 
a a a a1 2 3
2
4
31 0⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅+ =x x x
possui solução única a a a a1 2 3 4 0= = = = , logo, os polinômios 
1 2 3 3, , ,x x x PÎ são linearmente independentes. Ainda, sendo 
p x a a x a x a x P( )= + + + ∈0 1 2
2
3
3
3, p é combinação linear de 
1 2 3, , ,x x x . Mostramos que 1 2 3, , ,x x x{ } é base do espaço vetorial 
dos polinômios de grau menor ou igual a 3 e, consequentemente, 
U3 - Espaços vetoriais 7
a dimensão desse espaço vetorial é 4 (dimensão do espaço vetorial 
independe da existência de produto interno).
Para que a operação p p1 2, seja produto interno, precisamos que 
algumas condições sejam satisfeitas, uma delas é que:
p p p V1 1 10 0, = =⇔ .
Como p P1 3Î , p x1 0( ) /≡ , então:
p p1 1 0, = ,
contradizendo a condição explicitada anteriormente. Por isso, 
p p1 2, não é produto interno.
3. Alternativa Correta: C 
Resposta Comentada: 
A matriz A é de ordem 2 2´ triangular superior, logo, está no 
espaço vetorial estudado.
Em relação ao conjunto B, temos:
1 1
0 1
1 0
0 1
0 1
0 0







 −







 =







 ,
logo seus elementos não são linearmente independentes.
E ainda, a representação A
B[ ] = ( )12 1, , implicaria: 
A =







 +







 +







1
1 0
0 1
2
1 1
0 1
1
0 1
0 0
,
porém:
1
1 0
0 1
2
1 1
0 1
1
0 1
0 0
3 3
0 3
1 2
0







 +







 +







 =







 ≠ 33







 .
Em relação ao conjunto C, temos:
a a a1 2 3
1 0
0 1
1 1
0 1
0 0
0 1
0 0
0 0







 +







 +







 =







 ,
que é equivalente a: 
a a a
a a a
1 2 2
1 2 30
0 0
0 0
+
+ +







 =







 .
U3 - Espaços vetoriais8
Daí, a a a1 2 3 0= = = (única solução do sistema!), portanto, 
elementos de C são linearmente independentes.
Agora, com 
a a
a
11 12
220







 matriz de ordem 2 2´ triangular superior, 
queremos verificar se esta matriz pode ser escrita como combinação 
linear dos elementos de C. Para isso, precisamos resolver o sistema:
a a
a
11 12
1 2 3
220
1 0
0 1
1 1
0 1
0 0
0 1







 =







 +







 +


a a a 



 =








+
+ +
a a a
a a a
1 2 2
1 2 30
.
Reescrevendo esse sistema sem utilizar notação de matriz, temos:
a a
a
a a a
1 2 11
2 12
1 2 3 22
+ =
=
+ + =





a
a
a
.
Por substituição simples, a solução para esse sistema é:
a1 11 12= −a a , a2 12= a e a3 22 11= −a a .
Como o sistema possui solução, concluímos que C é base do 
espaço vetorial em questão.
Ainda, veja que:
−







 +







 +







 =







 =1
1 0
0 1
2
1 1
0 1
2
0 0
0 1
1 2
0 3
A,
logo: A
C[ ] −( )= 12 2, , .
Gabarito 3. Faça valer a pena
1. Alternativa Correta: D 
Resposta Comentada: 
Rotacionar os eixos em torno de z implica que o eixo z ficará 
intacto, enquanto os eixos x e y irão mudar. Usando a matriz de 
rotação, o vetor x y z  , ,( ), obtido após a primeira rotação, será:
x
y
z



















= −
° °
° °
cos( ) sen( )
sen( ) cos( )
45 45 0
45 45 0
00 0 1
1
0
0
2 2 0
2 2 0
0 0 1
2 2
2 2
























=












−


























=




















−
1
0
0
2
2
0
2
2 




.
U3 - Espaços vetoriais 9
Agora, os novos eixos foram rotacionados em torno do novo y, o 
que implica que x e z irão mudar, enquanto y deve manter seu valor 
atual. Daí, usando novamente a matriz mudança de rotação, o 
vetor x y z, ,( ), obtido após a segunda rotação, será:
x
y
z












=
−




° °
° °
cos( ) sen( )
sen( ) cos( )
30 0 30
0 1 0
30 0 30








−


























=
−


2
2
2
2
3
2
1
2
0 1
1
2
3
2
0
0
0
0


















−


























= −
2
2
2
2
0
6
4
2
22
2
4
−


























.
2. Alternativa Correta: C
Resposta Comentada: 
1. O polinômio representado por p B[ ] é:
p t t t t t( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ⋅ − + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ −1 1 1 1 1 1 1 12 3 ,
ou seja, 
p t t t( )= + +2 2 3 .
Portanto, a afirmação 1 é falsa.
2. Por meio da verificação da afirmativa 1, constatamos que 
p t t t( )= + +2 2 3 . Queremos verificar se p é o polinômio q, 
representado por p
B[ ] = −( ) 1 10 2, , , . Então: 
q t t t t t t t( ) ( ) ( ) ( ) ( )= ⋅ − ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ + + +1 1 1 1 0 1 2 12 2 3 ,
ou seja, 
q t t t t( )= + + +2 2 22 3.
Como q t p t( ) ( )¹ , a afirmação 2 é falsa.
3. Para obter a matriz mudança de base, precisamos encontrar a 
representação de cada elemento de B em B .
a) Para encontrar a representação de 1- t na base B , precisamos 
resolver o sistema 
1 1 1 1 111 12 13
2
14
2 3− = ⋅ + ⋅ + + ⋅ + + + ⋅ + + +t a a a at t t t t t( ) ( ) ( ) , ou, 
equivalentemente, 
1 111 12 13 14
12 13 14 13 14
2
14
− = + + + ⋅ +
+ + + + ⋅ + + ⋅ +
t a a
a a
a a
a a t a a t
( )
( ) ( ) ⋅⋅ t 3.
U3 - Espaços vetoriais10
Reescrevendo esse sistema na forma matricial, temos:
1 1 1 1
0 1 1 1
0 0 1 1
0 0 0 1
11
12
13
14


























a
a
a
a





=
−
















1
1
0
0
.
Como esse sistema é triangular superior, facilmente vemos que 
1 2 10 0−[ ] = −( )t B , , , .
b) O sistema que deve ser resolvido para encontrar a representação 
de 1+ t na base B será o mesmo que o anterior, exceto pelo lado 
vetor do lado direito. Nesse caso, temos: 
1 1 1 1
0 1 1 1
0 0 1 1
0 0 0 1
21
22
23
24


























a
a
a
a





=
















1
1
0
0
,
logo, 1 0 10 0+[ ] = ( )t B , , , .
c) O sistema que deve ser resolvido para encontrar a representação 
de t 2 1+ na base B é: 
1 1 1 1
0 1 1 1
0 0 1 1
0 0 0 1
31
32
33
34


























a
a
a
a





=
















1
0
1
0
,
cuja solução é t
B
2 1 1 110+

= −( ) , , , .
d) O sistema que deve ser resolvido para encontrar a representação 
de t 3 1- na base B é: 
1 1 1 1
0 1 1 1
0 0 1 1
0 0 0 1
41
42
43
44


























a
a
a
a





=
−















1
0
0
1
,
cuja solução é t
B
3 1 10 11−

 = − −( ) , , , .
U3 - Espaços vetoriais 11
Daí, a matriz mudança de base de B a B é dada por:
I
B
B[ ] =
−
−
− −

















2 1 0 0
0 1 0 0
1 1 1 0
1 0 1 1
.
Portanto, a afirmação 3 é verdadeira. 
3. Alternativa Correta: A 
Resposta Comentada: 
Como I I I I
B
C
B
C
B
C[ ] [ ] [ ] =⋅ ⋅ , então: 
I I I I
B
C
B
C
B
C[ ] [ ]( ) [ ] =⋅ ⋅ e I I I IBC BC BC[ ] [ ] [ ]( )=⋅ ⋅ ,
ou seja, 
I I I
B
C
B
C
B
C[ ] [ ] = [ ]( )⋅
−1
.
Seja v VÎ não nulo e suas representações em B e C dadas, 
respectivamente, por v
B[ ] e v C[ ] .
Pela definição de matrizes mudança de base, sabemos que:
I v v
B
C
B C[ ] [ ] = [ ] .
Pré-multiplicando essa igualdade por I
B
C[ ]( )
−1
, temos: 
I I v I v v I v
B
C
B
C
B
C
B
C
B C B C[ ]( ) [ ] [ ] = [ ]( ) [ ] [ ] = [ ]( ) [ ]⇔
− − −1 1 1
.
Usando novamente a definição de matriz mudança de base, 
obtemos I I
B
C
C
B[ ]( ) = [ ]
−1
. Logo, ambas as afirmativas são verdadeiras, 
e II justifica I.