AD1-ALI-2009-1-gabarito

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Fundação Centro de Ciências e Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Centro de Educação Superior a Distância do Estado do Rio de Janeiro 
Primeira Avaliação a Distância de Álgebra Linear I - 18/03/2009 
Gabarito 
1ª Questão. (1,5) Como os vetores do nℜ podem ser considerados matrizes n x 1, as 
propriedades envolvendo matrizes se aplicam também aos vetores. Sejam 






−
−
=
42
31
A e 





=
3
5
v 
Calcule TvvTATvTAv ,,)( e .vTv Será que TvTA está definido? 
Solução . .
2
4
3
5
42
31





−
=











−
−
=Av Assim, ( ).24)( −=TAv Além disso, 
( ) ( ).24
43
21
35 −=





−−
−
=TATv As grandezas TAv)( e TATv são iguais, como é 
esperado. Depois, ( ) 





=





=
915
1525
35
3
5Tvv e ( ) ( ) ( )34925
3
5
35 =+=





=vTv . Uma 
matriz 1 x 1, como vTv , costuma ser escrita sem colchetes. Finalmente, TvTA não está 
definida, pois Tv não tem duas linhas para combinar com as duas colunas de .TA 
 
2ª Questão . (1,5) (a) Determine a inversa de 





=
65
43
A . 
 (b) Use a inversa da matriz, do item (a), para resolver o sistema 
765
343
=+
=+
yx
yx
 
 
Solução . (a) Temos que det A=-2 0≠ . Portanto, A é inversível e 
.
2
3
2
5
23
35
46
2
11








−
−
=





−
−
−
=−A 
 (b) Esse sistema é equivalente a Av = b, de modo que 
 v= =− bA 1 5
3
5
7
3
2
3
2
5
23
=⇒





−
=













−
−
x e 3−=y . 
3ª Questão . (1,5) Determine a inversa da matriz 










−
=
834
301
210
A , caso ela exista. 
Solução . 
↔










−
=
100834
010301
001210
)(AI ↔










− 100834
001210
010301
↔










−−− 140430
001210
010301
 
↔










− 143200
001210
010301
↔










− 2
122
3100
001210
010301












−
−−
−−
2
122
3100
142010
2
372
9001
 
Como A é equivalente a I, A é inversível e 












−
−−
−−
=−
2
122
3
142
2
372
9
1A 
É uma boa idéia verificar a resposta final. 
.
100
010
001
2
122
3
142
2
372
9
834
301
210
1










=












−
−−
−−










−
=−AA Não é necessário verificar que IAA =− .1 , 
já que A é inversível. 
 
4ª Questão . (1,5) Determine a solução geral do sistema linear 





=
=−−
−=−−++
7
382
42526
5
543
54321
x
xxx
xxxxx
 
 
Solução . 
↔










−−
−−−
710000
318200
425261
↔










−
−
710000
1008200
1005261
↔










−
−
710000
504100
1005261










−
710000
504100
003061
. O sistema associado, agora é 





=
=−
=++
7
54
036
5
43
421
x
xx
xxx
 
As variáveis dependentes são 31, xx e 5x . As variáveis restantes são livres. Resolvendo para 
as varáveis dependentes, obtemos a solução geral: 








=
−
+=
−
−−=
7
45
36
5
4
43
2
421
x
livrex
xx
livrex
xxx
 
 
O sistema é compatível indeterminado. 
 
5ª Questão . (1,0) Mostre que o conjunto H formado por todos os pontos do 2ℜ da forma (3s, 
2s + 5s) não é um espaço vetorial, argumentando que ele não é fechado com relação à 
multiplicação por escalar. (Encontre um certo v em H e um escalar c tal que cv não está em 
H). 
Solução . Tome qualquer v em H, digamos v = 





7
3
 e tome qualquer c ≠ 1 digamos c = 2. 
Então cv = 





14
6
. Se esse vetor pertence a V, então existe algum s tal que 





=





+ 14
6
52
3
s
s
 
Isto é, s = 2 e s = 5
12 , o que é impossível. De modo que 2v não pertence a H e H não é um 
espaço vetorial. 
 
6ª Questão . (1,0) Seja }.,...,,,1{ 2 ntttS = Verifique que S é uma base para nP (conjunto dos 
polinômios de grau menor ou igual a n).. Esta base é chamada base canônica de nP . 
Solução . 
Certamente S gera nP . Para mostrar que S é linearmente independente, suponha que 
ncc ,...,0 satisfazem )(0.....1.
2
210 ttctctcc
n
n =++++ . Esta igualdade significa que o 
polinômio da esquerda tem os mesmos valores que o polinômio nulo da direita. O único 
polinômio nulo de nP com mais de n zeros é o polinômio nulo. Isto é, a equação vale para 
todo t se e somente se .0...210 ===== ncccc Isso prova que S é linearmente 
independente e, portanto, uma base de nP . 
 
7ª Questão . (1,0) Determine a dimensão do subespaço 














ℜ∈














−−
+
+−
dcba
d
dcb
da
cba
,,,:
5
2
45
63
 
Solução . É fácil ver que H é o conjunto de todas as combinações lineares dos vetores 














−
=














−
=













−
=














=
5
1
4
0
,
0
2
0
6
,
0
1
0
3
,
0
0
5
1
4321 vvvv . Claramente, 01 ≠v , 2v não é múltiplo escalar de 1v , 
mas 3v é múltiplo de 2v . Podemos descartar 3v e ainda ficar com um conjunto que gera H. 
Finalmente, 4v não é combinação linear de 1v e 2v . Assim, { }421 ,, vvv é linearmente 
independente e , portanto, forma uma base para H. Assim, dim H = 3. 
 
8ª Questão .(1,0) Determine o valor de k para que seja LI o conjunto { })0,2,(),1,1,1(),2,0,1( −− k . 
Solução . 
 Considere a equação a(-1,0,2) + b(1,1,1) + c(k,-2,0) = (0,0,0) e resolva o 
sistema 





=+
=−+
=++−
02
02
0
ba
cb
kcba
 
11
0
0
0
012
210
11
LL
k
−←










−
−
133 2
0
0
0
012
210
11
LLL
k
−←










−
−− 211
0
0
0
230
210
11
LLL
k
k
+←










−
−−
233 3
0
0
0
230
210
201
LLL
k
k
−←










−
−−










+
−
−−
0
0
0
2600
210
201
k
k
 
O sistema terá somente a solução trivial se 6 + 2k ≠ 0, ou, k ≠ -3.