GABARITO DE LISTA DE QUESTÕES DE PROVAS DE ÁLGEBRA LINEAR

Prévia do material em texto

GABARITO: LISTA DE EXERCI´CIOS - A´LGEBRA LINEAR
Tecnologia em Sistemas de Computac¸a˜o- CEDERJ
Mauro Rincon & Ma´rcia Fampa
SEC¸A˜O 1: VETORES
1. a) Sejam P e Q pontos num plano com um sistema de coordenadas e sejam
(xP , yP ) e (xQ, yQ) as coordenadas de P e Q, respectivamente. Seja R um
ponto no segmento de reta que liga P e Q tal que |PR|/|PQ| = r. Enta˜o r e´
um nu´mero real tal que 0 ≤ r ≤ 1. Queremos determinar as coordenadas de R
em func¸a˜o das coordenadas de P e Q. Seja
−→
O = (0, 0) a origem.
Pelas definic¸o˜es de adic¸a˜o e multiplicac¸a˜o escalar de vetores, temos:
−→
OR =
−→
OP +
−→
PR =
−→
OP + r · −→PQ
Indiquemos as coordenadas de R por (x, y). Enta˜o as coordenadas de
−→
OR,
−→
OP
e
−→
PQ sa˜o (x, y), (xP , yP ) e (xQ − xP , yQ − yP ), respectivamente. Logo,
(x, y) = (xP , yP ) + r · (xQ − xP , yQ − yP )
(x, y) = ((1− r)xP + rxQ, (1− r)yP + ryQ).
Portanto as coordenadas do ponto R sa˜o:
x = (1− r)xP + rxQ
y = (1− r)yP + ryQ
Como no exerc´ıcio, r = 1/2 , xP = 1/2, yP = 1/3, xQ = −4 e yQ = 6, o ponto
R tera´ coordenadas:
x =
(
1− 1
2
)
· 1
2
+
1
2
· (−4) = 1
2
· 1
2
− 2 = 1
4
− 2 = −7
4
y =
(
1− 1
2
)
· 1
3
+
1
2
· 6 = 1
2
· 1
3
+ 3 =
1
6
+ 3 =
19
6
Logo, R =
(
− 7
4
,
19
6
)
.
b) De forma ana´loga ao exerc´ıcio anterior, para r = 4/5 , o ponto R tera´
coordenadas:
x =
(
1− 4
5
)
· 1
2
+
4
5
· (−4) = 1
10
− 16
5
= −31
10
y =
(
1− 4
5
)
· 1
3
+
4
5
· 6 = 1
15
+
24
5
=
73
15
Logo, R =
(
−31
10
,
73
15
)
.
2. a) i) e ii) Na˜o sa˜o ortogonais e nem paralelos.
b) Θ = arcos
√
84
12
3. a) projvu =
uv
||v||2v =
(1,−2, 3)(2, 5, 4)
22 + 52 + 42
(2, 5, 4) =
4
45
(2, 5, 4) =
(
8
45
,
20
45
,
16
45
)
.
b) d(u, v) =
√
(2− 1)2 + (5− (−2)2 + (4− 3)2 = √1 + 49 + 1 = √51.
SEC¸A˜O 2: ESPAC¸OS VETORIAIS
4. a) e b) Sa˜o subespac¸os
c) e d) Na˜o sa˜o subespac¸os
5. a) Seja S =
{
(x, y, z, w) ∈ IR4; x+ w = 0, y − 2z = 0
}
isto e´, (x, y, z, w) = (x, 2z, z, −x).
S e´ subespac¸o? O vetor nulo (0, 0, 0) ∈ S. De fato, basta tomar x = z = 0.
E as duas condic¸o˜es abaixo sa˜o satisfeitas:
i) Temos que (x1, 2z1, z1,−x1) + (x2, 2z2, z2,−x2) = (x1 + x2, 2(z1 + z2), z1 +
z2,−x1 − x2) = (x1 + x2, 2(z1 + z2), z1 + z2,−(x1 + x2)) ∈ S.
Para isto, basta tomar x = x1 + x2, z = z1 + z2.
ii) Tomando α ∈ IR, temos que α(x1, 2z1, z1,−x1) = (αx1, 2αz1, αz1,−αx1) ∈
S.
Para isto, basta tomar x = αx1 e z = αz1.
Logo S e´ subespac¸o vetorial do IR4.
Temos tambe´m que (x, y, z, w) = (x, 2z, z,−x) = x(1, 0, 0,−1) + z(0, 2, 1, 0).
Logo, os vetores {(1, 0, 0,−1), (0, 2, 1, 0)} formam uma base para S (claramente
estes vetores sa˜o LI).
6. a) LD; b) LI; c) LD
7. a) Inicialmente, vamos mostrar que os vetores (1,−1, 0), (2, 1, 1) e (2, 0, 1) sa˜o
linearmente independentes.
Sejam a, b, c ∈ IR. Enta˜o
a(1,−1, 0) + b(2, 1, 1) + c(2, 0, 1) = (0, 0, 0)
Assim temos: 
a+ 2b+ 2c = 0
−a+ b = 0
b+ c = 0
Pela linha L3, b = −c. Substituindo em L2 temos que :
−a− c = 0 =⇒ a = −c
Substituindo b e a em L1 temos que −c− 2c + 2c = 0 =⇒ c = 0. Consequen-
temente, a = 0 e b = 0. Logo os vetores sa˜o LI’s.
Temos que mostrar ainda que os vetores geram IR3.
De fato,
a(1,−1, 0) + b(2, 1, 1) + c(2, 0, 1) = (a+ 2b+ 2c,−a+ b, b+ c) = (x, y, z).
Assim, temos: 
a+ 2b+ 2c = x
−a+ b = y
b+ c = z
Fazendo L2 ← 2L2 − L1 e L3 ← 2L3 − L1 temos
a+ 2b+ 2c = x
−3a− 2c = −x+ 2y
−a = 2z − x
Pela linha L3, −a = 2z − x. Substituindo em L2 temos que :
6z − 3x− 2c = −x+ 2y =⇒ c = −x− y + 3z
Substituindo a e c em L1 temos que
−2z + x+ 2b− 2x− 2y + 6z = x =⇒ b = x+ y − 2z.
Logo, o sistema tem soluc¸a˜o, ou seja, os vetores de B geram IR3.
b) Vamos ortogonalizar esta base usando o me´todo de Gram-Schmidt.
Seja w1 = v1 = (1,−1, 0).
Temos que w2 = v2 −
(
v2w1
w1w1
)
w1
Logo
w2 = (2, 1, 1)−
(
(2, 1, 1)(1,−1, 0)
(1,−1, 0)(1,−1, 0)
)
(1,−1, 0)
= (2, 1, 1)−
(
1
2
(1,−1, 0)
)
= (2, 1, 1)−
(
1
2
,
−1
2
, 0
)
=
(
3
2
,
3
2
, 1
)
Temos tambe´m que w3 = v3 −
(
v3w2
w2w2
)
w2 −
(
v3w1
w1w1
)
w1
Logo
w3 = (2, 0, 1)−
(
(2, 0, 1)(3
2
, 3
2
, 1)
(3
2
, 3
2
, 1)(3
2
, 3
2
, 1)
)(
3
2
,
3
2
, 1
)
−
(
(2, 0, 1)(1,−1, 0)
(1,−1, 0)(1,−1, 0)
)
(1,−1, 0)
= (2, 0, 1)−
(
48
44
,
48
44
,
16
22
)
− (1,−1, 0) =
(−1
11
,
−1
11
,
3
11
)
Assim, temos que a base ortogonal e´{
(1,−1, 0) ,
(
3
2
,
3
2
, 1
)
,
(−1
11
,
−1
11
,
3
11
)}
.
c)
||w1|| =
√
12 + (−1)2 + 02 = √1 + 1 + 0 = √2
||w2|| =
√(
3
2
)2
+
(
3
2
)2
+ 12 =
√
9
4
+ 9
4
+ 1 =
√
22
2
||w3|| =
√(−1
11
)2
+
(−1
11
)2
+
(
3
11
)2
=
√
1
121
+ 1
121
+ 9
121
=
√
11
121
=
√
11
11
Logo, basta dividirmos os vetores da base ortogonal pelas suas respectivas
normas.
Assim temos a base ortonormal:
{√
2
2
(1,−1, 0) ,
√
22
11
(
3
2
,
3
2
, 1
)
,
√
11
(−1
11
,
−1
11
,
3
11
)}
=
{(√
2
2
,
−√2
2
, 0
)
,
(
3
√
22
22
,
3
√
22
22
,
√
22
11
)
,
(−√11
11
,
−√11
11
,
3
√
11
11
)}
d) Sejam a, b, c ∈ IR
a(1,−1, 0) + b(2, 1, 1) + c(3, 3, 2) = (0, 0, 0)
Assim, temos: 
a+ 2b+ 3c = 0
−a+ b+ 3c = 0
b+ 2c = 0
Fazendo L2 ← L2 + L1 temos
a+ 2b+ 3c = 0
3b+ 6c = 0
b+ 2c = 0
Fazendo L3 ← 3L3 − L2 temos

a+ 2b+ 3c = 0
3b+ 6c = 0
0 = 0
Assim, temos que o sistema e´ poss´ıvel e indeterminado. Pela segunda linha,
temos que b = −2c. Fazendo c = α ∈ IR, temos que b = −2α e a = α, e a
soluc¸a˜o do sistema e´ dada por S = {(α,−2α, α) , α ∈ IR}. Logo Bˆ e´ L.D..
e) Sejam a, b ∈ IR
a(1,−1, 0) + b(2, 1, 1) = (−5,−1,−2)
Assim, temos: 
a+ 2b = −5
−a+ b = −1
b = −2
Por L3, temos que b = −2. Substituindo em L2, temos que a = −1. Logo o
vetor (−5,−1,−2) pode ser escrito como combinac¸a˜o linear de v1 e v2.
f) Sejam a, b ∈ IR. Enta˜o a(1,−1, 0) + b(2, 1, 1) = (x, y, z).
Assim, temos: 
a+ 2b = x
−a+ b = y
b = z
Por L3, temos que b = z. Substituindo em L2, temos que a = z−y. Assim, su-
bstituindo a e b em L1,temos que x = 3z−y. Logo, o espac¸o gerado por v1 e v2 e´
{(x, y, z) ∈ IR3|x = 3z − y}.
8. S =
{
(x, y, z, w); z = 4x+ 2y, w = −2x− y/2
}
9. a) Na˜o, pois basta tomarmos um vetor que na˜o esta´ no subespac¸o gerado por
v1 e v2 (que e´ um plano que passa pela origem), que ele na˜o sera´ combinac¸a˜o
linear de v1 e v2.
b) Para que v1, v2, v3 formem uma base de IR
3 basta que v1, v2, v3 sejam L.I..
Para isso , v3 = (a, b, c) deve ser um vetor que na˜o seja combinac¸a˜o linear de
v1 e v2. Por exemplo v3 = (0, 0, 1). Como a dimensa˜o do IR
3 e´ igual a 3, enta˜o
v1, v2, v3 formam uma base para o IR
3 (teorema do completamento).
c) Primeiro, vamos ortogonalizar a base usando o me´todo de Gram-Schmidt:
Seja w1 = (2, 1, 3).
Temos que
w2 = (2, 6, 4)−
(
(2, 6, 4)(2, 1, 3)
(2, 1, 3)(2, 1, 3)
)
(2, 1, 3) =
= (2, 6, 4)−
(
11
7
)
(2, 1, 3) =
= (2, 6, 4)−
(
22
7
,
11
7
,
33
7
)
=
(−8
7
,
31
7
,
−5
7
)
.
w3 = (0, 0, 1)−
 (0, 0, 1)
(−8
7
,
31
7
,
−5
7
)
(−8
7
,
31
7
,
−5
7
)(−8
7
,
31
7
,
−5
7
)
(−87 , 317 , −57
)
−
= (0, 0, 1)−
(−1
30
)(−8
7
,
31
7
,
−5
7
)
−
(
3
14
)
(2, 1, 3) =
=
(−8
210
,
31
210
,
205
210
)
−
(
6
14
,
3
14
,
9
14
)
=
(−7
15
,
−115
,
1
3
)
Logo uma base ortogonal para IR3 e´
{
(2, 1, 3),
(−8
7
,
31
7
,
−5
7
)
,
(−7
15
,
−1
15
,
1
3
)}
.
d)
projv2v1 =
(
v1v2
v2v2
)
v2 =
(
(2, 1, 3)(2, 6, 4)
(2, 6, 4)(2, 6, 4)
)
(2, 6, 4)
=
(
11
28
)
(2, 6, 4) =
(
22
28
,
66
28
,
44
28
)
=
(
11
14
,
33
14
,
11
7
)
.
10. {(−
√
2
2
,
√
2
2
, 0), (
−√6
6
,
−√6
6
,
√
6
3
)}
SEC¸A˜O 3: SISTEMAS LINEARES E ME´TODO DE GAUSS
11. Considere as inco´gnitas:
X = quantidade de kg do produto X
Y = quantidade de kg do produto Y
Z = quantidade de kg do produto Z
Para montar o sistema relativo ao problema, vamos somar as quantidades de
insumo A dos treˆs produtos X, Y, Z e igualar a quantidade total (em gramas)
de insumo A utilizada (linha L1 do sistema). Faremos o mesmo procedimento
para o insumo B (linha L2 do sistema). Enta˜o multiplicaremos o prec¸o de cada
kg pelo seu respectivo produto e igualaremos ao valor total que a indu´stria
arrecadou (linha L3 do sistema). Assim temos:
2X + Y + 3Z = 1900
X + 3Y + 5Z = 2400
3X + 2Y + 4Z = 2900
(1)
Utilizaremos o Me´todo de Eliminac¸a˜o de Gauss para resolveˆ-lo. Considere a
seguinte matriz aumentada que representa este sistema :

2 1 3 1900
1 3 5 2400
3 2 4 2900

Trocando L1 por L2 temos: 
1 3 5 2400
2 1 3 1900
3 2 4 2900

Fazendo L2 ← L2 − 2L1 e L3 ← L3 − 3L1 temos
1 3 5 2400
0 −5 −7 −2900
0 −7 −11 −4300
 .
Agora, fazendo L3 ← 5L3 − 7L2 temos
1 3 5 2400
0 −5 −7 −2900
0 0 −6 −1200
 .
Assim, temos o seguinte sistema apo´s a eliminac¸a˜o de Gauss:

X + 3Y + 5Z = 2400
−5Y − 7Z = −2900
−6Z = −1200
(2)
Por L3 neste sistema, temos que Z = 200.
Substituindo Z em L2 temos que −5Y − 7× 200 = −2900 =⇒ Y = 300.
Agora, substituindo Y e Z em L1, temos que X = 500.
Logo, foram vendidos 500 kg do produto X, 300 kg do produto Y e 200 kg do
produto Z.
12. a) α 6= −1, α 6= 1
b) α = 1
c) α = −1
13. Vamos representar a matriz aumentada relativa ao sistema e em seguida, utili-
zaremos o Me´todo de Eliminac¸a˜o de Gauss com pivoteamento para resolveˆ-lo.
2 1 3 1
−1 2 1 −2
2 5 3 1

Por definic¸a˜o, o pivoˆ e´ dado por max = {|a11|, |a21|, |a31|} = 2.
Fazendo L2 ← 2L2 + L1 , L3 ← L3 − L1, temos:

2 1 3 1
0 5 5 −3
0 4 0 0

Agora o pivoˆ sera´ max = {|a22|, |a32|} = 5.
Assim, temos o seguinte sistema apo´s a eliminac¸a˜o de Gauss:

2x1 + x2 + 3x3 = 1
5x2 + 5x3 = −3
4x2 = 0
(3)
Por L3, temos que x2=0. Por L2, temos que 5x3 = −3 =⇒ x3 = −3
5
. E subs-
tituindo x2 e x3 em L1 temos que x1 =
7
5
.
Assim, a soluc¸a˜o do sistema e´ S =
{7
5
, 0, −3
5
}
.
SEC¸A˜O 4: MATRIZES
14. a)
 −1 −4 −6
11 −6 3
, b)

−8 35 11
−8 14 −10
−7 22 1
, c)
 3 17
−27 4
 .
15. Ca´lculo da inversa:
[A|I] =

3 1 0 | 1 0 0
−2 2 −1 | 0 1 0
1 2 0 | 0 0 1

Fazendo L1 ↔ L3 , L3 ↔ L1, obtemos
1 2 0 | 0 0 1
−2 2 −1 | 0 1 0
3 1 0 | 1 0 0

Fazendo L2 ↔ L2 + 2L1 , L3 ↔ L3 − 3L1, obtemos
1 2 0 | 0 0 1
0 6 −1 | 0 1 2
0 −5 0 | 1 0 −3

Dividindo a segunda linha por 6 obtemos:
1 2 0 | 0 0 1
0 1 −1/6 | 0 1/6 1/3
0 −5 0 | 1 0 −3

Fazendo L3 ↔ L3 + 5L2, obtemos
1 2 0 | 0 0 1
0 1 −1/6 | 0 1/6 1/3
0 0 −5/6 | 1 5/6 −4/3

Multiplicando L3 por −6/5, encontramos
1 2 0 | 0 0 1
0 1 −1/6 | 0 1/6 1/3
0 0 1 | −6/5 −1 8/5

Fazendo L1 ↔ L1 − 2L2, obtemos
1 0 1/3 | 0 −1/3 1/3
0 1 −1/6 | 0 1/6 1/3
0 0 1 | −6/5 −1 8/5

Finalmente, fazendo L1 ↔ L1 − L3/3 , L2 ↔ L2 + L3/6, obtemos
1 0 0 | 2/5 0 −1/5
0 1 0 | −1/5 0 3/5
0 0 1 | −6/5 −1 8/5
 = [I|A
−1]
Logo, A−1 =

2/5 0 −1/5
−1/5 0 3/5
−6/5 −1 8/5
.
a) AX = 5B. Multiplicando A−1 pela esquerda em ambos os lados da igual-
dade, temos:
A−1.(AX) = A−1.(5B)
I.X = A−1.(5B)
X = A−1.(5B)
Como B =

1 0
2 4
3 2
, enta˜o 5B =

5 0
10 20
15 10
. Assim,
X = A−1.(5B) =

2/5 0 −1/5
−1/5 0 3/5
−6/5 −1 8/5
 .

5 0
10 20
15 10
 =

2 + 0− 3 0 + 0− 2
−1 + 0 + 9 0 + 0 + 6
−6− 10 + 24 0− 20 + 16

X = A−1.(5B) =

−1 −2
8 6
8 −4

b)
BT =

1 2 3
0 4 2

Y A = 5BT
Multiplicando A−1 pela direita em ambos os lados da igualdade, temos:
(Y A).A−1 = (5BT ).A−1
Y.(A.A−1) = 5(BT .A−1)
Y.I = 5(BT .A−1)
Y = 5(BT .A−1)
Assim,
Y = 5(BT .A−1) = 5.
 1 2 3
0 4 2
 .

2/5 0 −1/5
−1/5 0 3/5
−6/5 −1 8/5

= 5.

2
5
− 2
5
− 18
5
0 + 0− 3 −1
5
+
6
5
+
24
5
0− 4
5
− 12
5
0 + 0− 2 0 + 12
5
+
16
5
 =

−18 −3
5
29
−16 −10 28

16. i)
 −24 −20
58 24
 ,
ii) Na˜o e´ poss´ıvel
iii) 
−30 −19 27
5 2 20
6 0 −9
 ,
iv) 
80 34 −22
−10 −4 −3
72 30 −24
 ,
SEC¸A˜O 5: RESOLUC¸A˜O DE SISTEMAS: GAUSS JORDAN
17. Considere as inco´gnitas:
x = quantidade de camisas A
y = quantidade de camisas B
z = quantidade de camisas C
Para montar o sistema relativo ao problema, vamos somar as quantidades de
camisas x, y, z e igualar ao total de camisas produzidas (linha L1 do sistema).
Faremos o mesmo procedimento para as horas de ma˜o de obra para a produc¸a˜o
das camisas (linha L2 do sistema). Enta˜o multiplicaremos o custo de cada
camisa pela sua respectiva camisa e igualaremos ao gasto total com as camisas
(linha L3 do sistema). Assim temos:
x+ y + z = 4
x+ 3y + 2z = 10
10x+ 5y + 5z = 25
(4)
Utilizaremos o Me´todo de Gauss-Jordan para resolver esse sistema.
O sistema linear acima pode ser representado por:

1 1 1
1 3 2
10 5 5


x
y
z
 =

4
10
25

Considere a seguinte matriz aumentada que representa este sistema:

1 1 1 | 4
1 3 2 | 10
10 5 5 | 25

Transformaremos a matriz aumentada a` sua forma escada reduzida por
linhas, usando operac¸o˜es elementares em suas linhas.
1 1 1 | 4
1 3 2 | 10
10 5 5 | 25

Fazendo L2 ↔ L2 − L1 , L3 ↔ L3 − 10L1, obtemos

1 1 1 | 4
0 2 1 | 6
0 −5 −5 | −15

Dividindo a segunda linha por 2 obtemos:

1 1 1 | 4
0 1 1/2 | 3
0 −5 −5 | −15

Fazendo L3 ↔ L3 + 5L2, obtemos

1 1 1 | 4
0 1 1/2 | 3
0 0 −5/2 | 0

Multiplicando L3 por −2/5, encontramos
1 1 1 | 4
0 1 1/2 | 3
0 0 1 | 0

Fazendo L1 ↔ L1 − L2, obtemos

1 0 1/2 | 1
0 1 1/2 | 3
0 0 1 | 0

Fazendo L2 ↔ L2 − L3/2, obtemos

1 0 1/2 | 1
0 1 0 | 3
0 0 1 | 0

E finalmente, fazendo L1 ↔ L1 − L3/2, obtemos
1 0 0 | 1
0 1 0 | 3
0 0 1 | 0
 (5)
Assim, temos como soluc¸a˜o X = {x, y, z} = {1, 3, 0}
Logo, a empresa devera´ produzir 1 camisa A, 3 camisas B e nenhuma camisa
C.
18. Considere o seguinte sistema linear:
Para k 6= 3, sistema imposs´ıvel. Para k = 3, sistema poss´ıvel.
Soluc¸o˜es: {(x1, x2, x3, x4)IR4, (2−r+s, s, 1+r, r) = (2, 0, 1, 0)+r(−1, 0, 1, 1)+
s(1, 1, 0, 0)}, para r, s ∈ IR
19. Considere o sistema 
2x1 + 4x2 + x3 = 1
3x1 − 2x2 − x3 = 2
x1 + 2x2 + 2x3 = 5
(6)
a) Me´todo de Gauss-Jordan
O sistema linear acima pode ser representado por:

2 4 1
3 −2 −1
1 2 2


x1
x2
x3
=

1
2
5

1a Etapa) Formaremos a matriz aumentada [A|b]. A matriz aumentada e´ dada
por:
[A|b] =

2 4 1 | 1
3 −2 −1 | 2
1 2 2 | 5

2a Etapa) Transformaremos a matriz aumentada a` sua forma escada reduzida
por linhas, usando operac¸o˜es elementares em suas linhas.
[A|b] =

2 4 1 | 1
3 −2 −1 | 2
1 2 2 | 5

Trocando a primeira e a terceira linhas, obtemos:
1 2 2 | 5
3 −2 −1 | 2
2 4 1 | 1

Fazendo L2 ↔ L2 − 3L1 , L3 ↔ L3 − 2L1, obtemos
1 2 2 | 5
0 −8 −7 | −13
0 0 −3 | −9

Multiplicando L2 por −1/8, encontramos
1 2 2 | 5
0 1 7/8 | 13/8
0 0 −3 | −9

Multiplicando L3 por −1/3, encontramos
1 2 2 | 5
0 1 7/8 | 13/8
0 0 1 | 3

Fazendo L1 ↔ L1 − 2L2, obtemos
1 0 1/4 | 7/4
0 1 7/8 | 13/8
0 0 1 | 3

E finalmente, fazendo L1 ↔ L1 − 14L3 , L2 ↔ L2 − 78L3, obtemos
1 0 0 | 1
0 1 0 | −1
0 0 1 | 3
 (7)
O sistema linear correspondente a` matriz (7) na forma escada reduzida por
linhas e´ dado por: 
x1 + 0x2 + 0x3 = 1
0x1 + x2 + 0x3 = −1
0x1 + 0x2 + x3 = 3
(8)
e tem exatamente as mesmas soluc¸o˜es do sistema original (6).
3a Etapa) Resolver o sistema linear obtido na Etapa 2.
Assim, temos:X = {x1, x2, x3} = {1,−1, 3} que e´ a soluc¸a˜o do sistema linear
dado (6).
b) Trocando o termo independente temos:
2 4 1 1
3 −2 −1 2
1 2 2 1/2

Trocando a primeira e a terceira linhas temos:
1 2 2 1/2
3 −2 −1 2
2 4 1 1

Fazendo L2 ↔ L2 − 3L1 , L3 ↔ L3 − 2L1, obtemos
1 2 2 | 1/2
0 −8 −7 | 1/2
0 0 −3 | 0

Multiplicando L3 por −1/3, encontramos
1 2 2 | 1/2
0 −8 −7 | 1/2
0 0 1 | 0

Multiplicando L2 por −1/8, encontramos
1 2 2 | 1/2
0 1 7/8 | −1/16
0 0 1 | 0

Fazendo L1 ↔ L1 − 2L2, obtemos
1 0 1/4 | 5/8
0 1 7/8 | −1/16
0 0 1 | 0

Fazendo L1 ↔ L1 − 14L3 , L2 ↔ L2 − 78L3, obtemos
1 0 0 | 5/8
0 1 0 | −1/16
0 0 1 | 0

Enta˜o obtemos a seguinte soluc¸a˜o: X = {x1, x2, x3} = {5/8, −1/16, 0}
Logo, quando substitu´ımos somente a terceira componente do vetor dos termos
independentes, podemos afirmar que o sistema continua poss´ıvel e determinado.
SEC¸A˜O 6: MATRIZES INVERSAS e DETERMINANTES
20. a) S = {(−1,−1, 1, 0)}
b) det(A)= -4
c)
A−1 =

9
4
3
4
1
2
−1
4
2 1 0 0
3
4
1
4
−1
2
1
4
−2 −1 1 0

21. Suponhamos por contradic¸a˜o que a transformac¸a˜o exista. Assim temos T :
IR2 → IR2 tal que: T (0, 0) = (0, 0); T (1, 0) = (2, 0), T (0, 1) = (0, 1), T (1, 1) =
(1, 1).
Consideremos a, b, c, d entradas reais da matriz transformac¸a˜o. Desse modo
temos que:  a b
c d
 .
 0
0
 =
 0
0

 a b
c d
 .
 1
0
 =
 2
0

 a b
c d
 .
 0
1
 =
 0
1

 a b
c d
 .
 1
1
 =
 1
1

Chegamos enta˜o a`s seguintes igualdades:
0 = 0
a = 2
c = 0
b = 0
d = 1
a+ b = 1
c+ d = 1
Pela linha 2, a = 2. Se substituirmos na linha 6, temos que a+ b = 1 =⇒ b =
−1. Mas pela linha 4, b = 0, ou seja, chegamos em uma contradic¸a˜o. Assim,
conclu´ımos que o sistema na˜o tem soluc¸a˜o e portanto T na˜o existe.
22. a) det(A)= −k3 + 4k2 − 4k
b) Para A ser invert´ıvel: k 6= 0, k 6= 2
c) S = {−17,−2, 5}
23. Seja
A =

0 0 1 1
0 0 1 0
0 −1 1 0
1 1 0 1

a matriz dos coeficientes.
a) Podemos expandir o determinante em relac¸a˜o a` uma linha ou coluna. E´
claro que e´ melhor expandir em relac¸a˜o a uma linha ou coluna que tenha o
maior nu´mero de zeros, ja´ que, nesse caso, os cofatores Aij dos aij que sa˜o
nulos na˜o precisam ser calculados, uma vez que aijAij = (0)(Aij) = 0.
Expandindo, enta˜o, em relac¸a˜o a` primeira coluna, obtemos:
det(A) = a11A11 + a21A21 + a31A31 + a41A41
Aij = (−1)i+jdet(Mij)
onde Mij e´ o determinante menor de aij.
Assim, temos:
A41 = (−1)4+1det(M41) = (−1)5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1
0 1 0
−1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)(0+0+0+1−0−0) = (−1)(1) = −1
A11, A21 e A31 na˜o vamos calcular pois a11 = a21 = a31 = 0.
Assim, temos:
det(A) = (0)(A11) + (0)(A21) + (0)(A31) + (1)(−1)
det(A) = 0 + 0 + 0− 1
det(A) = −1
b) Para calcular a inversa da matrizA, usaremos a fo´rmulaA−1 =
1
detA
.Adj(A).
A =

0 0 1 1
0 0 1 0
0 −1 1 0
1 1 0 1

Vamos calcular Adj(A) = [Cof(A)]T , onde Cof(A) e´ a matriz dos cofatores.
Por isso, calcularemos os cofatores Aij = (−1)i+jdet(Mij), onde Mij e´ o deter-
minante menor de aij.
A11 = (−1)1+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 0
−1 1 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)2.[0 + 0 + 0− 0− 0 + 1] = 1.(1) = 1
A12 = (−1)1+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 0
0 1 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)3.[0 + 0 + 0− 0− 0− 0] = (−1).0 = 0
A13 = (−1)1+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 0
0 −1 0
1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)4.(0) = (1).0 = 0
A14 = (−1)1+4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 −1 1
1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)5.[0 + 0 + 0 + 1− 0− 0] = (−1).1 = −1
A21 = (−1)2+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1
−1 1 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)3.[0 + 0 + 0− 1− 0 + 1] = (−1).0 = 0
A22 = (−1)2+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1
0 1 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)4.[0 + 0 + 0− 1− 0− 0] = 1.(−1) = −1
A23 = (−1)2+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 −1 0
1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)5.[0 + 0 + 0 + 1− 0− 0] = (−1).1 = −1
A24 = (−1)2+4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 −1 1
1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)6.[0 + 0 + 0 + 1− 0− 0] = (1).1 = 1
A31 = (−1)3+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1
0 1 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)4.[0 + 0 + 0− 1− 0− 0] = 1.(−1) = −1
A32 = (−1)3+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1
0 1 0
1 0 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)5.[0 + 0 + 0− 1− 0− 0] = (−1).(−1) = 1
A33 = (−1)3+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 0 0
1 1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)6.(0) = 1.0 = 0
A34 = (−1)3+4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 0 1
1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)7.[0 + 0 + 0− 0− 0− 0] = (−1).0 = 0
A41 = (−1)4+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1
0 1 0
−1 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)5.[0 + 0 + 0 + 1− 0− 0] = (−1).(1) = −1
A42 = (−1)4+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1
0 1 0
0 1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)6.(0) = 1.(0) = 0
A43 = (−1)4+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 0 0
0 −1 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)7.(0) = (−1).(0) = 0
A44 = (−1)4+4
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
0 0 1
0 −1 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (−1)8.(0) = 1.(0) = 0
Assim, a matriz dos cofatores fica:
Cof(A) =

1 0 0 −1
0 −1 −1 1
−1 1 0 0
−1 0 0 0

E portanto, calculando a transposta da matriz dos cofatores, obtemos Adj(A):
Adj(A) = [Cof(A)]T =

1 0 −1 −1
0 −1 1 0
0 −1 0 0
−1 1 0 0

Como sabemos que detA = −1, aplicando a fo´rmula A−1 = 1
detA
.Adj(A),
encontramos:
A−1 =
1
−1

1 0 −1 −1
0 −1 1 0
0 −1 0 0
−1 1 0 0

Logo,
A−1 =

−1 0 1 1
0 1 −1 0
0 1 0 0
1 −1 0 0

.
c) 
0 0 1 1
0 0 1 0
0 −1 1 0
1 1 0 1


x
y
z
w

=

0
0
0
1

A matriz aumentada e´ dada por:

0 0 1 1 | 0
0 0 1 0 | 0
0 −1 1 0 | 0
1 1 0 1 | 1

Trocando L1 por L4 e L2 por L3, temos

1 1 0 1 | 1
0 −1 1 0 | 0
0 0 1 0 | 0
0 0 1 1 | 0

Fazendo L4 ← L4 − L3, encontramos
1 1 0 1 | 1
0 −1 1 0 | 0
0 0 1 0 | 0
0 0 0 1 | 0

O sistema linear correspondente a` matriz e´ dado por:
1x + 1y + 0z + 1w = 1
0x − 1y + 1z + 0w = 0
0x + 0y + 1z + 0w = 0
0x + 0y + 0z + 1w = 0
Das duas u´ltimaslinhas temos que z = 0 e w = 0. Substituindo z = 0 na
segunda linha temos −y + 0 = 0⇒ y = 0. Finalmente, substituindo y e w na
primeira linha, encontramos x = 1.
Logo, a soluc¸a˜o do sistema e´ dada por S = {(1, 0, 0, 0)}.
SEC¸A˜O 7: TRANSFORMAC¸O˜ES LINEARES, NU´CLEO E
IMAGEM
24. 1) Im(T ) = {(0, 1,−1), (0, 0, 1)}, dimensa˜o 2
2) N(T ) = {(x, y, z)|(0, 0, 0)}, dimensa˜o 1
25. a) Considerando a base canoˆnica do IR2 , temos que T (x, y) = xT (1, 0) +
yT (0, 1). Usando as transformac¸o˜es dadas, conclu´ımos que:
−2T (1, 0) + 3T (0, 1) = (−1, 0, 1)
1T (1, 0)− 2T (0, 1) = (0,−1, 0)
Multiplicando a segunda linha por 2 e somando com a primeira linha, temos:
−2T (1, 0) + 3T (0, 1) = (−1, 0, 1)
−T (0, 1) = −(1, 2,−1)
Substituindo a segunda linha na primeira, temos que:
T (1, 0) = (2, 3,−2).
Assim , conclu´ımos que
T (x, y) = xT (1, 0) + yT (0, 1) = x(2, 3,−2) + y(1, 2,−1)
= (2x+ y, 3x+ 2y,−2x− y)
b) N(T ) = {(x, y) ∈ IR2|T (x, y) = 0}.
Logo, para o sistema obtido por (2x+ y, 3x+ 2y,−2x− y) = (0, 0, 0), temos a
seguinte matriz aumentada: 
2 1 0
3 2 0
−2 −1 0
 .
Fazendo L2 ← 2L2 − 3L1 e L3 ← L3 + L1 :
2 1 0
0 1 0
0 0 0
 .
Conclu´ımos por L2 que y = 0. Substituindo em L1, temos que x = 0. Logo
N(T ) = (0, 0), com dimensa˜o 0.
E temos que Im(T ) = (2x + y, 3x + 2y,−2x − y) = x(2, 3,−2) + y(1, 2,−1),
com dimensa˜o 2.
c) T e´ injetora se e somente se N(T ) = 0. Como pelo item anterior N(T ) = 0,
temos que T e´ injetora.
Vamos verificar se T e´ sobrejetora. Para isto, precisamos mostrar que a imagem
e´ igual ao contradomı´nio. Como T : IR2 → IR3, temos que mostrar que qualquer
vetor (x, y, z) em IR3 pode ser escrito como combinac¸a˜o linear dos elementos
da base da imagem, ou seja: (x, y, z) = a(2, 3,−2) + b(1, 2,−1), para a, b ∈ IR.
Desse modo, consideremos a seguinte matriz aumentada:

2 1 x
3 2 y
−2 −1 z
 .
Fazendo L2 ← 2L2 − 3L1 e L3 ← L3 + L1 :

2 1 x
0 1 2y − 3x
0 0 x+ z
 .
Conclu´ımos por L3 que x = −z. Por L2 que b = 2y− 3x. E por L1, temos que
2a + b = x ⇒ 2a + 2y − 3x = x ⇒ a = (1/2)(4x − 2y) = 2x − y. Logo , o
sistema tem soluc¸a˜o e portanto qualquer vetor em IR3 como ser escrito como
combinac¸a˜o da base da imagem de T . Logo, T e´ sobrejetora.
26. 1) Autovalores: -1 e 3(duplo)
Autovetores:
para −1 =⇒ (1,−5
4
, 1)t
para 3 =⇒ (1, 1, 0)t
2) (1, 1, 0), (1,−5
4
, 1) formam uma base
SEC¸A˜O 8: AUTOVALORES E AUTOVETORES
27. Determinac¸a˜o dos autovalores da matriz A−1:
1o Opc¸a˜o
Seja u um autovetor de A associado ao autovalor λ. Enta˜o Au = λu. Como A
e´ invert´ıvel enta˜o A−1u =
(
1
λ
)
u, ou seja, para calcular o autovalor da inversa
de A e´ suficiente calcular o autovalor de A e inverteˆ-lo.
PS: Note que sendo A invert´ıvel enta˜o A e´ na˜o singular e portanto todos os
autovalores sa˜o diferentes de zero.
A matriz A dada por:
A =

3 0 −4
0 3 −5
0 0 −1
 e A− λI =

3− λ 0 −4
0 3− λ 5
0 0 −1− λ

Vamos calcular o determinante da matriz (A− λI):
det(A− λI) = (3− λ)2(−1− λ) + 0 + 0− 0− 0− 0 = (3− λ)2(−1− λ)
Logo o polinoˆmio caracter´ıstico e´ dado por
P3(λ) = det(A− λI) = (3− λ)2(−1− λ)
As ra´ızes de P3(λ) = (3− λ)2(−1− λ) sa˜o λ = 3 (multiplicidade 2) e λ = −1,
que sa˜o os autovalores da matriz A.
De fato: (3− λ)2(−1− λ) = 0 implica:
3− λ = 0⇒ λ = 3 (multiplicidade 2)
−1− λ = 0⇒ λ = −1
Assim, invertendo os autovalores acima, encontramos os autovalores da matriz
inversa A−1: λ1 = λ2 =
1
3
e λ3 = −1
1
= −1.
2o Opc¸a˜o: Calcular os autovalores da matriz inversa de A, e´ calcular a matriz
inversa e depois seus autovalores. Vejamos:
Para calcular a inversa da matriz A, usaremos a fo´rmula A−1 =
1
detA
.Adj(A).
A =

3 0 −4
0 3 5
0 0 −1

Sabemos que det(A) = −9 + 0 + 0 + 0− 0− 0− 0 = −9.
Vamos calcular Adj(A) = [Cof(A)]T , onde Cof(A) a matriz dos cofatores. Por
isso, calcularemos os cofatores Aij = (−1)i+jdet(Mij), onde Mij e´ o determi-
nante menor de aij.
A11 = (−1)1+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 5
0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
2.[−3] = 1.[−3] = −3
A12 = (−1)1+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 5
0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
3.[0] = (−1).0 = 0
A13 = (−1)1+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 3
0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
4.[0] = (1).0 = 0
A21 = (−1)2+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 −4
0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
3.[0] = (−1).0 = 0
A22 = (−1)2+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 −4
0 −1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
4.[−3] = 1.[−3] = −3
A23 = (−1)2+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 0
0 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
5.[0] = (−1).0 = 0
A31 = (−1)3+1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 −4
3 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
4.[0 + 12] = 1.[12] = 12
A32 = (−1)3+2
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 −4
0 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
5.[15] = (−1).[15] = −15
A33 = (−1)3+3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3 0
0 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (−1)
6.[9] = 1.9 = 9
Assim, a matriz dos cofatores fica:
Cof(A) =

−3 0 0
0 −3 0
12 −15 9

E portanto, calculando a transposta da matriz dos cofatores, obtemos Adj(A):
Adj(A) = [Cof(A)]T =

−3 0 12
0 −3 −15
0 0 9

Como sabemos que detA = −9, aplicando a fo´rmula A−1 = 1
detA
.Adj(A),
encontramos:
A−1 =
1
−9

−3 0 12
0 −3 −15
0 0 9

Logo,
A−1 =

1/3 0 −4/3
0 1/3 5/3
0 0 −1
 .
Vamos determinar os autovalores da matriz A−1:
A matriz A−1 dada por:
A−1 =

1/3 0 −4/3
0 1/3 5/3
0 0 −1
 e A
−1 − λI =

1
3
− λ 0 −4
3
0
1
3
− λ 5
3
0 0 −1− λ

Vamos calcular o determinante da matriz (A−1 − λI):
det(A−1 − λI) =
(
1
3
− λ
)2
(−1− λ) + 0 + 0− 0− 0− 0 =
(
1
3
− λ
)2
(−1− λ)
Logo o polinoˆmio caracter´ıstico e´ dado por
P3(λ) = det(A
−1 − λI) =
(
1
3
− λ
)2
(−1− λ)
As ra´ızes de P3(λ) =
(
1
3
− λ
)2
(−1 − λ) sa˜o λ1 = λ2 = 1
3
e λ3 = −1, que sa˜o
os autovalores da matriz A−1.
De fato:
(
1
3
− λ
)2
(−1− λ) = 0 implica:
1
3
− λ = 0⇒ λ = 1
3
(multiplicidade 2)
−1− λ = 0⇒ λ = −1
Ca´lculo dos autovetores v associados aos autovalores λ.
Para encontrarmos os autovetores de A−1 associados a λ1 = λ2 =
1
3
, formamos
o sistema linear A−1x =
1
3
x ≡ (A−1 − I)x = 0, ou

0 0 −4
3
0 0
5
3
0 0 −4
3


x
y
z
 =

0
0
0

Isso nos da´ 
−4z
3
= 0 =⇒ z = 0
5z
3
= 0 =⇒ z = 0
−4z
3
= 0 =⇒ z = 0
Tomando x = r 6= 0 e y = s 6= 0, com r, s ∈ IR, obtemos enta˜o que os auto-
vetores associados aos autovalores λ1 = λ2 =
1
3
sa˜o dados por v1 =
{
r, s, 0
}t
.
Assim, todos os autovetores associados ao autovalor λ1 = λ2 =
1
3
sa˜o dados por
v1, ou seja v1 = (1, 1, 0)
t e´, por exemplo, um dos autovetores de A−1 associado
aos autovalores λ1 = λ2 =
1
3
.
Analogamente, para o autovalor λ3 = −1, temos
4
3
0 −4
3
0
4
3
5
3
0 0 0


x
y
z
 =

0
0
0

Isso nos da´ 
4x
3
− 4z
3
= 0 =⇒ 4x = 4z =⇒ x = z
4y
3
+
5z
3
= 0 =⇒ 4y = −5z =⇒ y = −5z
4
Tomando z = t 6= 0 com t ∈ IR, obtemos enta˜o que os autovetores associados
ao autovalor λ3 = −1 dado por v2 =
{
t, −5t
4
, t
}t
= t
{
1, −5
4
, 1
}t
.
Conclusa˜o v2 e´ um autovetor de A
−1 associado ao autovalor λ3 = −1.