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Soluções lista 3 - Álgebra Linear
Questão 1
Sejam os espaços vetoriais ~V e ~W , e a aplicação T : V −→W . Tal aplicação é uma transformação
linear se satisfeitas as seguintes relações:
I) T(~u + ~v) = T(~u) + T(~v)
II) T(α~u) = αT(~u)
∀ ~u, ~v ∈ V e α ∈ R
Sejam os vetores ~u, ~v ∈ R2 e ~w, ~t ∈ R3, tal que: ~u = (x1, y1), ~v = (x2, y2) e
~w = (x1, y1, z1),~t = (x2, y2, z2). Verifica-se os itens abaixo se satisfazem as condições I e II.
a) T : R2 → R2; T (x, y) = (x+ y, x− y)
I
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2) + (y1 + y2), (x1 + x2)− (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + y1) + (x2 + y2), (x1 − y1) + (x2 − y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + y1), (x1 − y1)] + T [(x2 + y2), (x2 − y2)]
T (~u+ ~v) = T (~u) + T (~v) X
II
T (α~u) = (αx1, αy1)
T (α~u) = (αx1 + αy1, αx1 − αy1)
T (α~u) = [α(x1 + y1), α(x1 − y1)]
T (α~u) = α[(x1 + y1), (x1 − y1)]
T (α~u) = αT (~u) X
Condições I e II satisfeitas, a aplicação é uma transformação linear.
b) T : R2 → R2; T (x, y) = (x, x+ 1)
I
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [x1 + x2, x1 + x2 + 1]
T (~u) + T (~v) = T (x1, y1) + T (x2, y2)
T (~u) + T (~v) = T (x1, y1) + T (x2, y2)
T (~u) + T (~v) = T (x1, x1 + 1) + T (x2, x2 + 1)
T (~u) + T (~v) = T (x1 + x2, x1 + x2 + 2)
T (~u+ ~v) 6= T (~u) + T (~v)
Condição I não satisfeita, a aplicação não é uma transformação linear.
1
c) T : R2 → R2; T (x, y) = (x2, y)
I
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2)
2, y1 + y2]
T (~u+ ~v) = T (x21 + 2x1x2 + x
2
2, y1 + y2)
T (~u) + T (~v) = T (x1, y1) + T (x2 + y2)
T (~u) + T (~v) = T (x21, y1) + T (x
2
2, y2)
T (~u) + T (~v) = T (x21 + x
2
2, y1 + y2)
T (~u+ ~v) 6= T (~u) + T (~v)
Condição I não satisfeita, a aplicação não é uma transformação linear.
d) T : R3 → R2; T (x, y, z) = (z, x+ y)
I
T (~w + ~t) = T [(x1 + x2), (y1 + y2), (z1 + z2)]
T (~w + ~t) = T [(z1 + z2), (x1 + x2) + (y1 + y2)]
T (~w + ~t) = T [z1, x1 + y1] + T [z2, x2 + y2]
T (~w + ~t) = T (~w) + T (~t) X
II
T (α~w) = (αx1, αy1, αz1)
T (α~w) = (αz1, αx1 + αy1)
T (α~w) = [αz1, α(x1 + y1)]
T (α~w) = α(z1, x1 + y1)
T (α~w) = αT (~w) X
Condições I e II satisfeitas, a aplicação é uma transformação linear.
e) T : R2 →M2(R); T (x, y) = A(x, y) =
[
2y 3x
−y x+ y
]
I
TA(~u+ ~v) = TA[(x1 + x2), (y1 + y2)]
TA(~u+ ~v) = TA
[
2(y1 + y2) 3(x1 + x2)
−(y1 + y2) (x1 + x2) + (y1 + y2)
]
TA(~u+ ~v) = TA
[
2y1 3x1
−y1 x1 + y1
]
+
[
2y2 3x2
−y2 x2 + y2
]
TA(~u+ ~v) = TA(~u) + TA(~v) X
2
II
TA(α~u) = (αx1, αy1)
TA(α~u) =
[
2αy1 3αx1
−αy1 α(x1 + y1)
]
TA(α~u) = α
[
2y1 3x1
−y1 x1 + y1
]
TA(α~u) = αTA(~u) X
Condições I e II satisfeitas, a aplicação é uma transformação linear.
Questão 2
Seja a aplicação: T : R2 → R3 | T (x, y) = (x+ ky, x+ k, y). Verifica-se em quais situações, dado k,
tornam T (x, y) uma transformação linear.
a) k = x
T : R2 → R3 | T (x, y) = [x(1 + y), 2x, y]
I
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2)(1 + y1 + y2), 2(x1 + x2), y1 + y2]
T (~u+ ~v) = T [x1 + x1y1 + x1y2 + x2 + x2y1 + x2y2, 2x1 + 2x2, y1 + y2]
T (~u) + T (~v) = T [x1(1 + y1), 2x1, y1] + T [x2(1 + y2), 2x2, y2]
T (~u) + T (~v) = T [x1 + x1y1 + x2 + x2y2, 2(x1 + x2), y1 + y2]
T (~u+ ~v) 6= T (~u) + T (~v)
Condição I não satisfeita. A aplicação para k = x não é uma transformação linear.
b) k = 0
T : R2 → R3 | T (x, y) = (x, x, y)
I
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T (x1, x1, y1) + T (x2, x2, y2)
T (~u+ ~v) = T (~u) + T (~v) X
II
T (α~u) = (αx1, αy1)
T (α~u) = (αx1, αx1, αy1)
T (α~u) = α(x1, x1, y1)
T (α~u) = αT (~u) X
3
Condições I e II satisfeitas. Para k = 0, a aplicação é uma transformação linear.
c) k = 1
T : R2 → R3 | T (x, y) = (x+ y, x+ 1, y)
I
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x1) + (y1 + y2), (x1 + x2) + 1, (y1 + y2)]
T (~u) + T (~v) = T (x1, y1) + T (x2, y2)
T (~u) + T (~v) = T (x1 + y1, x1 + 1, y1) + T (x2 + y2, x2 + 1, y2)
T (~u) + T (~v) = T [(x1 + y1 + x2 + y2), x1 + x2 + 2, y1 + y2)]
T (~u+ ~v) 6= T (~u) + T (~v)
Condição I não satisfeita. A aplicação para k = 1 não é uma transformação linear.
d) k = y
T : R2 → R3 | T (x, y) = (x+ y2, x+ y, y)
I
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) = T [(x1 + x2) + (y1 + y2)
2, (x1 + x2) + (y1 + y2)]
T (~u) + T (~v) = T (x1, y1) + T (x2, y2)
T (~u) + T (~v) = T (x1 + y
2
1 , x1 + y1, y1) + T (x2 + y
2
2 , x2 + y2, y2)
T (~u) + T (~v) = T [(x1 + x2 + y
2
1 + y
2
2), (x1 + y1) + (x2 + y2), (y1 + y2)]
T (~u+ ~v) 6= T (~u) + T (~v)
Condição I não satisfeita. A aplicação para k = y não é uma transformação linear.
Questão 3
Seja a transformação linear: T : U → V , tal que T (~u) = 3~u e T (~v) = ~u− ~v
a) T (~u+ ~v)
Dado que a aplicação acima é uma transformação linear, usa-se a condição I para escrever em
função de ~u e ~v.
T (~u+ ~v) = T (~u) + T (~v)
T (~u+ ~v) = 3~u+ ~u− ~v
T (~u+ ~v) = 4~u− ~v
4
b) T (3~v)
Pela condição II.
T (α~v) = αT (~v)
T (3~v) = 3T (~v)
T (3~v) = 3(~u− ~v)
T (3~v) = 3~u− 3~v
c) T (4~u− 5~v)
Pelas condições I e II:
T (α~u+ β~v) = αT (~u) + βT (~v)
T (4~u− 5~v) = 4T (~u)− 5T (~v)
T (4~u− 5~v) = 4 · 3~u− 5(~u− ~v)
T (4~u− 5~v) = 7~u+ 5~v
Questão 4
T : R2 → R2 | T (x, y) = (−x+ 2y, 2x− y) (4.1)
O domı́nio são os pontos definidos pelos vértices do quadrado:
D : {(0, 0); (1, 0); (0, 1); (1, 1)}
Aplicando na transformação em (4.1), determina-se a imagem:
T (0, 0) = (0, 0)
T (1, 0) = (−1, 2)
T (0, 1) = (2,−1)
T (1, 1) = (1, 1)
Portanto, a imagem da transformação é:
Im : {(0, 0); (−1, 2); (2,−1); (1, 1)}
5
Questão 5
Seja a transformação linear:
T : R3 → R2 | T (1, 0, 0) = (2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1), T (0, 0, 1) = (0,−1)
a) Determina-se T (x, y, z)
É evidente que (1, 0, 0), (0, 1, 0) e (0, 0, 1) formam uma base para o R3. Especificamente, a base
canônica do espaço R3. Então, escreve-se um vetor genérico ~u = (x, y, z) como combinação linear
da base canônica:
(x, y, z) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1)
(x, y, z) = (a, 0, 0) + (0, b, 0) + (0, 0, c)
(x, y, z) = (a, b, c)
Assim:
a = x, b = y, c = z
Portanto:
(x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1)
Aplicando na transformação:
T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1)
T (x, y, z) = x(2, 0) + y(1, 1) + z(0,−1)
T (x, y, z) = (2x, 0) + (y, y) + (0,−z)
Por conseguinte, tem-se a transformação linear:
T (x, y, z) = (2x+ y, y − z)
b) Determina-se ~v ∈ R3 | T (~v) = (3, 2)
Dado ~v = (x, y, z). Assim:
T (~v) = ~v
T (x, y, z) = (3, 2)
Pela lei da transformação determinada no item anterior:
(2x+ y, y − z) = (3, 2)
Infere-se: {
2x+ y = 3
y − z = 2
O sistema possui mais variáveis do que equações, consequentemente é um sistema posśıvel e inde-
terminado, isto é, admitite infinitas soluções. Contudo, as soluções podem ser determinadas em
função de uma das variáveis. Logo:
y = 2 + z
6
Substituindo na primeira equação:
2x+ 2 + z = 3
z = 1− 2x
Tem-se a solução em função de x:
S : {x ∈ R | (x, 3− 2x, 1− 2x)}
Portanto, o vetor ~v ∈ R3 pode ser constrúıdo para quaisquer valores de z conforme a solução acima.
Questão 6
Seja a transformação linear:
T : R2 → R3 | T (1, 1) = (3, 2, 1), T (0,−2) = (0, 1, 0)
a) Determina-se T (x, y)
Primeiramente, verifica-se se os vetores nas transformações formam uma base para R2.
Linearidade
a(1, 1) + b(0,−2) = (0, 0)
(a, a) + (0,−2b) = (0, 0)
Tem-se o sistema: {
a = 0
a− 2b = 0
Como a = 0 e 0−2b = 0. =⇒ b = 0. A única solução é para a = 0 e b = 0, por tal, são linearmente
independentes.
O conjunto gerado pode ser determinado escrevendo um vetor genérico ~u = (x, y) | ~u ∈ R2 como
combinação linear dos vetores da base na transformação, e automaticamente, já fornece a lei T (x, y)
da transformação linear. Ou seja:
(x, y) = a(1, 1) + b(0,−2)
(x, y) = (a, a) + (0,−2b)
Tem-seo sistema: {
a = x
a− 2b = y
Que tem solução para a e b:
a = x b =
x− y
2
Logo:
(x, y) = x(1, 1) +
x− y
2
(0,−2)
7
Pela transformação:
T (x, y) = xT (1, 1) +
(
x− y
2
)
T (0,−2)
T (x, y) = x(3, 2, 1) +
(
x− y
2
)
(0, 1, 0)
T (x, y) = (3x, 2x, x) +
(
0,
x− y
2
, 0
)
Assim, a lei de transformação é:
T (x, y) =
(
3x,
5x− y
2
, x
)
b) Determina-se T (1, 0) e T (0, 1)
T (1, 0) =
(
3 · 1, 5 · 1− 0
2
, 1
)
T (1, 0) =
(
3,
5
2
, 1
)
T (0, 1) =
(
3 · 0, 5 · 0− 1
2
, 0
)
T (0, 1) =
(
0,−1
2
, 0
)
Questão 7
Seja a transformação linear:
T : R3 → R2 | T (1, 1, 1) = (1, 2), T (1, 1, 0) = (2, 3), T (1, 0, 0) = (3, 4)
a) Determina-se T (x, y)
Verificando a linearidade da base nas transformações:
a(1, 1, 1) + b(1, 1, 0) + c(1, 0, 0) = (x, y, z)
(a, a, a) + (b, b, 0) + (c, 0, 0) = (x, y, z)
Fornecendo o sistema:  a+ b+ c = 0a+ b = 0
a = 0
Cuja solução é, evidentemente única para: a = 0, b = 0 e c = 0. Portanto, é linearmente indepen-
dente.
E, buscando um conjunto gerado, tal que fornecerá a lei da transformação linear. Dado um vetor
qualquer ~v = (x, y, z) | ∈ R3:
(x, y, z) = a(1, 1, 1) + b(1, 1, 0) + c(1, 0, 0)
(x, y, z) = (a, a, a) + (b, b, 0) + (c, 0, 0)
8
Tem-se o sistema:  a+ b+ c = xa+ b = y
a = z
Tendo como solução:
a = z b = y − z c = x− y
Então:
(x, y, z) = z(1, 1, 1) + (y − z)(1, 1, 0) + (x− y)(1, 0, 0)
Aplicando a transformação:
T (x, y, z) = zT (1, 1, 1) + (y − z)T (1, 1, 0) + (x− y)T (1, 0, 0)
T (x, y, z) = z(1, 2) + (y − z)(2, 3) + (x− y)(3, 4)
T (x, y, z) = (z, 2z) + (2y − 2z, 3y − 3z) + (3x− 3y, 4x− 4y)
T (x, y, z) = (z + 2y − 2z + 3x− 3y, 2z + 3y − 3z + 4x− 4y)
Assim, a lei de transformação é:
T (x, y, z) = (−z − y + 3x,−z − y + 4x)
b) Determina-se ~v ∈ R3 | T (~v) = (−3,−2)
Como determinado no item anterior:
T (x, y, z) = (−z − y + 3x,−z − y + 4x)
T (~v) = (3, 2) = (−z − y + 3x,−z − y + 4x)
(−3,−2) = (−z − y + 3x,−z − y + 4x)
Tendo como sistema associado: {
−z − y + 3x = −3
−z − y + 4x = −2
Evidentemente, o sistema é posśıvel e indeterminado, isto é, admite infinitas soluções. Logo:
−z − y = −3− 3x
−z − y = −2− 4x
Igualando as equações e resolvendo para x:
−3− 3x = −2− 4x
x = 1
Substituindo nas equações:
−z − y = −6
−z − y = −6
9
Resultado esperado, dado que o sistema é SPI. Pode-se, assim, determinar uma solução em termos
de uma das variáveis. Com isso, a solução em termos, por exemplo, de z é:
S : {z ∈ R | (1, 6− z, z)}
Com a solução acima, para quaisquer valores de z ∈ R, constroi-se o vetor ~v.
c) Determina-se ~v ∈ R3 | T (~v) = (0, 0)
Procedendo da mesma forma:
T (x, y, z) = (−z − y + 3x,−z − y + 4x)
T (~v) = (0, 0) = (−z − y + 3x,−z − y + 4x)
(0, 0) = (−z − y + 3x,−z − y + 4x)
Tendo o sistema associado: {
−z − y + 3x = 0
−z − y + 4x = 0
A prinćıpio, este é um sistema também SPI, isto é, admite infinitas solução.
−z − y = −3x
−z − y = −4x
Resolvendo para z:
−z = −4x+ y
Substituindo na primeira equação:
−4x+ y − y = −3x =⇒ x = 0
Então, constroi-se ~v = 0 em termos de z:
S : {z ∈ R | (0,−z, z)}
Questão 8
Dado que o núcleo ker(T ) e a imagem Im(T ) de uma transformação são, respectivamente, da forma:
ker(T ) = {~v ∈ V ; T (~v) = ~0}
Im(T ) = {~v ∈ V ; T (~w) = ~v ∀ ~w ∈W}
a) T : R3 → R | T (x, y, z) = (x+ y + z)
Núcleo ker(T )
T (x, y, z) = x+ y + z = 0
x = −y − z
Com isso, escreve-se um conjunto para o núcleo na forma:
ker(T ) = {(−y − z, y, z)}
ker(T ) = {(−y, y, 0) + (−z, 0, z)}
Portanto:
ker(T ) = {y(−1, 1, 0) + z(−1, 0, 1) |y, z ∈ R} dim ker(T ) = 2
10
Evidente que o conjunto gerador para o núcleo constitui uma base, pois são linearmente indepen-
dentes. Mostra-se:
a(−1, 1, 0) + b(−1, 0, 1) = (0, 0, 0)
(−a, a, 0) + (−b, 0, b) = (0, 0, 0)
 −a− b = 0a = 0
b = 0
A única solução é para a = 0 e b = 0. Logo, são, de fato, linearmente independentes e formam uma
base para o núcleo.
Imagem Im(T )
Im(T ) = {1}(x+ y + z) dim Im(T ) = 1
A transformação é sobrejetora, pois Im(T ) = R. Mas não é injetora, pois ker(T ) 6= {~0}
b) T : R2 → R2 | T (x, y) = (2x, x+ y)
Núcleo ker(T )
ker(T ) = {(2x, x+ y) = (0, 0)}
{
2x = 0
x+ y = 0
Ou seja: x = 0 e y = 0. Portanto, obtém-se uma base para o núcleo:
ker(T ) = {(0, 0)} dim ker(T ) = 0
Imagem Im(T )
Im(T ) = (2x, x+ y)
Im(T ) = (2x, x) + (0, y)
E uma base para a imagem:
Im(T ) = x(2, 1) + y(0, 1) dim Im(T ) = 2
Dado que: ker(T ) = {~0}, a transformação é injetora. E, Im(T ) = R2, é sobrejetora.
c) T : R2 → R3 | T (x, y) = (x+ y, x, 2y)
Núcleo ker(T )
ker(T ) = {(x+ y, x, 2y) = (0, 0, 0)}
 x+ y = 0x = 0
2y = 0
Que tem resultado único: x = 0 e y = 0. Portanto, o núcleo é:
ker(T ) = {(0, 0, 0)} dim ker(T ) = 0
11
Imagem Im(T )
Im(T ) = (x+ y, x, 2y)
Im(T ) = (x, x, 0) + (y, 0, 2y)
Im(T ) = (x, x, 0) + (y, 0, 2y)
Tem-se a imagem da transformação:
Im(T ) = x(1, 1, 0) + y(1, 0, 2) dim Im(T ) = 2
Ainda, ker(T ) = ~0 é injetora. Im(T ) 6= R3 não é sobrejetora.
d) T : R2 → R2 | T (x, y) = (x+ y, x− y)
Núcleo ker(T )
ker(T ) = {(x+ y, x− y) = (0, 0)}
{
x+ y = 0
x− y = 0
Que tem solução única como: x = 0 e y = 0
Logo, o núcleo da transformação é:
ker(T ) = {(0, 0)} dim ker(T ) = 0
Imagem Im(T )
Im(T ) = (x+ y, x− y)
Im(T ) = (x, x) + (y,−y)
Im(T ) = x(1, 1) + y(1,−1)
E a imagem:
Im(T ) = x(1, 1) + y(1,−1) dim Im(T ) = 2
Assim, ker(T ) = ~0 é injetora. Im(T ) = R2 é sobrejetora.
e) T : R3 → R2 | T (x, y, z) = (x+ y, y + z)
Núcleo ker(T )
ker(T ) = {(x+ y, y + z) = (0, 0)}
{
x+ y = 0
y + z = 0
O sistema possui infinitas soluções. Assim, escrevendo a solução em termos de uma das variáveis:
y = −z
E
x = z
12
Então:
S : {z ∈ R | (z,−z, z)}
ker(T ) = {z(1,−1, 1) |z ∈ R} dim ker(T ) = 1
Imagem Im(T )
E a imagem:
Im(T ) = (x, 0) + (y, y) + (0, z)
Im(T ) = x(1, 0) + y(1, 1) + z(0, 1) dim Im(T ) = 3
Conclui-se: ker(T ) 6= ~0 não é injetora. Im(T ) 6= R2 não é sobrejetora.
f) T : R3 → R3 | T (x, y, z) = (z, x− y,−z)
Núcleo ker(T )
ker(T ) = {(z, x− y,−z) = (0, 0, 0)}
 z = 0x− y = 0−z = 0
O sistema admite infitas soluções. Em termos de x:
S : {x ∈ R | (x, x, 0)}
Portanto, o núcleo da transformação é:
ker(T ) = {x(1, 1, 0) |x ∈ R} dim ker(T ) = 1
Imagem Im(T )
Im(T ) = (z, x− y,−z)
Im(T ) = (0, x, 0) + (0,−y, 0) + (z, 0,−z)
Im(T ) = x(0, 1, 0) + y(0,−1, 0) + z(1, 0,−1)
Escrevendo os elementos do conjunto imagem em uma matriz e escalonando: 0 1 00 −1 0
1 0 −1

L1 = L2 + L1  0 0 00 −1 0
1 0 −1

Tem-se uma base para o conjunto imagem
{(0,−1, 0), (1, 0,−1)} dim Im(T ) = 2
Assim, ker(T ) = ~0 é injetora. Im(T ) 6= R3 não é sobrejetora.
13
Questão 9
Seja a transformação linear:
T : V → R5
Sabe pelo Teorema do Núcleo e Imagem que:
dim V = dim ker(T ) + dim Im(T )
Mostra-se
a) Se T é sobrejetora e dim ker(T ) = 2, determina-se a dim V
Dado que dim ker(T ) = 2, então a transformação não é injetora; e como é sobrejetora, logo
Im(T ) = R5. Sendo espaços de mesma dimensão, com isso, dim Im(T ) = 5.
Pelo Teorema do Núcleo e Imagem:
dim V = 2 + 5
dim V = 7
b) Se T é sobrejetora e injetora. Como T é injetora, então dim ker(T ) = 0. Novamente, pelo
Teorema do Núcleo e Imagem:
dim V = 0 + 5
dim V = 5
Questão 10
Considerando a função T : M2R→ R | T
([
a11 a12
a21 a22
])
= a11 + a22
a) Mostra-se que T é linear
Dadas as matrizes quadradas de ordem 2:
A =
[
a11 a12
a21 a22
]
B =
[
b11 b12
b21 b22
]
Verifica-se as condições para soma e produto por escalar:
T2(A+B) = T2(a11 + b11 + a22 + b22)
T2(A+B) = T2(a11 + a22) + T2(b11 + b22)
T2(A+B) = T2(A) + T2(B) X
T2(αA) = αa11 + αa22
T2(αA) = α(a11 + a22)
T2(αA) = αT2(A) X
Condições de soma e produto por escalar satisfeitas, portanto é uma transformação linear.
b) Dada a matriz A =
[
2 1
2 −2
]
. Determinando o núcleo da transformação:
ker(T ) = {a11 + a22 = 0}
ker(T ) = {a11 = −a22}
ker(T ) = {a11(1,−1)}
14
Na matriz A, o elemento a11 = 2. Mostra-se quea matriz A ∈ ker(T ), pois a11 = 2 =⇒ a22 = −2,
como é observado em A.
c) Conforme demonstrado no item anterior, tem-se uma base para o núcleo e sua dimensão:
ker(T ) = {a11(1,−1)} dim ker(T ) = 1
Questão 11
Dadas as matrizes:
A =
 0 10 2
0 1
 B =
 0 0 01 2 1
−1 0 0

Determina-se TA e TB em relação às bases canônicas.
Dado um vetor genérico ~v ∈ R2. E X =
[
x
y
]
= [~v]β Então:
A ·X =
 0 10 2
0 1
 · [ x
y
]
=
 y2y
y
 = [TA(~v)]β′
Expressando na base canônica do R3:
TA(~v) = y(1, 0, 0, ) + 2y(0, 1, 0) + y(0, 0, 1)
TA(~v) = (y, 2y, y)
Procedendo da mesma forma para a matriz B:
Dado um vetor genérico ~v ∈ R3. E X =
 xy
z
 = [~v]β Então:
B ·X =
 0 0 01 2 1
−1 0 0
 ·
 xy
z
 =
 0x+ 2y + z
−x
 = [TB(~v)]β′
Expressando na base canônica do R3:
TB(~v) = 0(1, 0, 0, ) + (x+ 2y + z)(0, 1, 0)− x(0, 0, 1)
TB(~v) = (0, x+ 2y + z,−x)
Questão 12
Seja a transformação
T : R3 → R2 | T (x, y, z) = (x+ z, y − 2z)
Procura-se pela matriz de transformação da mudança de base β → β′: [T ]ββ′ . Em que:
β = {(1, 2, 1), (0, 1, 1), (0, 3,−1)} β′ = {(1, 5), (2,−1)}
Determinando T na base β:
T (1, 2, 1) = (2, 0) = a(1, 5) + b(2,−1) (I)
T (0, 1, 1) = (1,−1) = c(1, 5) + d(2,−1) (II)
T (0, 3,−1) = (−1, 5) = e(1, 5) + f(2,−1) (III)
15
A relações (I), (II) e (III) resultam nos sistemas:{
a+ 2b = 2
5a− b = 0 (I){
c+ 2d = 1
5c− d = −1 (II){
e+ 2f = −1
5e− f = 5 (III)
Que têm soluções, respectivamente, para (I), (II) e (III):
a =
2
11
, b =
10
11
, c = − 1
11
, d =
6
11
, e =
9
11
, f = −10
11
Portanto:
[T ]ββ′ =
 211 − 111 911
10
11
6
11 −
10
11

Questão 13
a) T : R3 → R2 | T (x, y, z) = (x+ y, z)
E as bases canônicas:
β = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} β′ = {(1, 0), (0, 1)}
Escrevendo na base R2:
T (1, 0, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) (I)
T (0, 1, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) (II)
T (0, 0, 1) = (0, 1) = a(1, 0) + b(0, 1) (III)
Em que (I), (II) e (III) têm soluções:
T (1, 0, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) a = 1 b = 0 (I)
T (0, 1, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) a = 1 b = 0 (II)
T (0, 0, 1) = (0, 1) = a(1, 0) + b(0, 1) a = 0 b = 1 (III)
Portanto,
[T ]ββ′ =
[
1 1 0
0 0 1
]
b) T : R2 → R3 | T (x, y) = (x+ y, x, x− y)
E as bases canônicas:
β′ = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} β = {(1, 0), (0, 1)}
Escrevendo na base R3:
T (1, 0) = (1, 1, 1) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) (I)
T (0, 1) = (1, 0,−1) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) (II)
16
Em que (I) e (II) têm soluções:
T (1, 0) = (1, 1, 1) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) a = 1, b = 1, c = 1 (I)
T (0, 1) = (1, 0,−1) = a(1, 0, 0) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1) a = 1, b = 0, c = −1 (II)
Portanto,
[T ]ββ′ =
 1 11 0
1 −1

c) T : R3 → R2 | T (x, y, z) = (x+ y, z)
Escrevendo na base R2:
T (1, 0, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) (I)
T (0, 1, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) (II)
T (0, 0, 1) = (0, 1) = a(1, 0) + b(0, 1) (III)
Em que (I), (II) e (III) têm soluções:
T (1, 0, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) a = 1 b = 0 (I)
T (0, 1, 0) = (1, 0) = a(1, 0) + b(0, 1) a = 1 b = 0 (II)
T (0, 0, 1) = (0, 1) = a(1, 0) + b(0, 1) a = 0 b = 1 (III)
Portanto,
[T ]ββ′ =
[
1 1 0
0 0 1
]
d) T : R4 → R | T (x, y, z, t) = 2x+ y − z + 3t
Escrevendo na base R:
T (1, 0, 0, 0) = (2) = a(1) (I)
T (0, 1, 0, 0) = (1) = a(1) (II)
T (0, 0, 1, 0) = (−1) = a(1) (III)
T (0, 0, 0, 1) = (3) = a(1) (IV )
Que tem solução:
T (1, 0, 0, 0) = (2) = a(1) a = 2 (I)
T (0, 1, 0, 0) = (1) = a(1) a = 1 (II)
T (0, 0, 1, 0) = (−1) = a(1) a = −1 (III)
T (0, 0, 0, 1) = (3) = a(1) a = 3 (IV )
Portanto,
[T ]ββ′ =
[
2 1 −1 3
]
17
Questão 14
Sejam as bases β = {(−1, 1), (1, 0)} β′ = {(1, 1,−1), (2, 1, 0), (1, 1, 0)}, respectivamente, do R2 e
R3, e a matriz de transformação
[T ]ββ′ =
 3 12 5
1 −1

a) Determina-se T (x, y)
Calculando as transformações:
T (−1, 1) = 3(1, 1,−1) + 2(2, 1, 0) + 1(1, 1, 0) = (8, 6,−3)
T (1, 0) = (1, 1,−1) + 5(2, 1, 0)− (1, 1, 0) = (10, 5,−1)
Em relação à base β:
(x, y) = a(−1, 1) + b(1, 0)
Resolvendo para a e b, tem-se:
a = y b = x+ y
Assim:
(x, y) = y(−1, 1) + (x+ y)(1, 0)
Aplicando a transformação:
T (x, y) = yT (−1, 1) + (x+ y)T (1, 0)
T (x, y) = y(8, 6,−3) + (x+ y)(10, 5,−1)
Portanto:
T (x, y) = (10x+ 18y, 5x+ 11y,−x− 4y)
Questão 15
Sejam as bases β = {(1, 1), (0, 1)} β′ = {(0, 3, 0), (−1, 0, 0), (0, 1, 1)}, respectivamente, do R2 e
R3, e a matriz de transformação
[T ]ββ′ =
 0 2−1 0
−1 3

Determina-se T (x, y)
Calculando as transformações:
T (1, 1) = 0(0, 3, 0)− 1(−1, 0, 0)− 1(0, 1, 1) = (1,−1,−1)
T (0, 1) = 2(0, 3, 0) + 0(−1, 0, 0) + 3(0, 1, 1) = (0, 9, 3)
Em relação à base β:
(x, y) = a(1, 1) + b(0, 1)
Resolve-se para a e b:
a = x b = y − x
18
Assim:
(x, y) = x(1, 1) + (y − x)(0, 1)
Aplicando a transformação:
T (x, y) = xT (1, 1) + (y − x)T (0, 1)
T (x, y) = x(1,−1,−1) + (y − x)T (0, 9, 3)
Portanto:
T : R2 → R3 | T (x, y) = (x,−10x+ 9y,−4x+ 3y)
Questão 16
Sejam as bases β = {(0, 2), (2,−1)} β′ = {(1, 1, 0), (0, 0,−1), (1, 0, 1)}, respectivamente, do R2 e
R3, e a matriz de transformação
[T ]ββ′ =
 2 04 0
0 −4

Determina-se T (x, y)
Calculando as transformações:
T (0, 2) = 2(1, 1, 0) + 4(0, 0,−1)− 4(1, 0, 1) = (−2, 2,−8)
T (2,−1) = 0(1, 1, 0) + 0(0, 0,−1)− 4(1, 0, 1) = (−4, 0,−4)
Em relação à base β:
(x, y) = a(0, 2) + b(2,−1)
Resolve-se para a e b:
a =
2y + x
4
b =
x
2
Então:
(x, y) =
(
2y + x
4
)
(0, 2) +
(x
2
)
(2,−1)
Aplicando a transformação:
T (x, y) =
(
2y + x
4
)
T (0, 2) +
(x
2
)
T (2,−1)
T (x, y) =
(
2y + x
4
)
(−2, 2,−8) +
(x
2
)
(−4, 0,−4)
Portanto:
T : R2 → R3 | T (x, y) =
(
−2y − 5x
2
,
2y + x
4
,−4y − 6x
)
19
Questão 17
Seja a transformação linear: T : R2 → R2 que dobra o comprimento de ~u = (2, 1) e triplica ~v = (1, 2)
a) Defina-se T~u(x, y)
T~u(x, y) = (2x, 2y)
T~u(~u) = (4, 2)
E
T~v(x, y)
T~v(x, y) = (3x, 3y)
T~v(~v) = (3, 6)
b) Dada a base β = {(2, 1), (1, 2)}, determina-se [T ]β
T (2, 1) = (4, 2) = a(2, 1) + b(1, 2)
T (2, 1) = (4, 2) = (2a, a) + (b, 2b) (I)
Que resulta para a e b:
a = 2 b = 0
T (1, 2) = (3, 6) = a(2, 1) + b(1, 2)
T (2, 1) = (3, 6) = (2a, a) + (b, 2b) (II)
Que resulta para a e b:
a = 0 b = 3
Portanto:
[T ]β =
[
2 0
0 3
]
20