Lista 2 - Álgebra Linear

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Lista 2 - Álgebra Linear
Autor: Profº Gustavo Hermano Gusmão de Souza
Contato: prof.gustavo.matematicamente@outlook.com
3 de agosto de 2021
Questão 1. Classifique o conjunto A = (1,−2,3),(−1,3,4),(−17,−7,1) em Linearmente
Independente (L. I.) ou Linearmente Dependente (L. D.).
Solução:
a1 · (1,−2,3) + a2 · (−1,3,4) + a3 · (−17,−7,1) = (0,0,0) ⇒
⇒ (a1,−2a1,3a1) + (−a2,3a2,4a2) + (−17a3,−7a3,a3) = (0,0,0) ⇒
⇒ (a1−a2−17a3, −2a1 +3a2−7a3, 3a1 +4a2 +a3) = (0,0,0). a1 − a2 − 17a3 = 0−2a1 + 3a2 − 7a3 = 03a1 + 4a2 + a3 = 0
Em forma de matriz, temos:
 1 −1 −17 | 0−2 3 −7 | 0
3 4 1 | 0

Multiplicamos a 2ª linho por
1
2
e a 3ª linha por −1
3
, obtemos: 1 −1 −17 | 0−1 32 − 72 | 0
−1 − 43 −
1
3 | 0

Daí, ao somarmos a 2ª linha com a 1ª linha e a 3ª linha também com a 1ª linha, obtemos:1 −1 −17 | 00 12 − 412 | 0
0 − 73 −
52
3 | 0

Para simplificarmos, multiplicamos a 2ª linha por 2 e a 3ª por
3
7
:1 −1 −17 | 00 1 −41 | 0
0 −1 − 527 | 0

1
Agora, somamos a 1ª linha com a 2ª linha e a 3ª linha também com a 2ª linha:1 0 −58 | 00 1 −41 | 0
0 0 − 3397 | 0

Multiplicamos a 3ª linha por − 7
339
. 1 0 −58 | 00 1 −41 | 0
0 0 1 | 0

Com isso, voltando para a forma de sistema, temos: a1 + 0a2 − 58a3 = 00a1 + 1a2 − 41a3 = 00a1 + 0a2 + a3 = 0 ⇒
 a1 − 58a3 = 0a2 − 41a3 = 0a3 = 0
Assim, sabendo que a3 = 0, e substituindo-o nas 1ª e 2ª linha, temos que
a2 − 41a3 = 0 ⇒ a2 − 41 ·0 = 0 ⇒ a2 = 0
e
a1 − 58a3 = 0 ⇒ a1 − 58 ·0 = 0 ⇒ a1 = 0.
Ou seja,
a1 = a2 = a3 = 0.
Portanto o conjunto A é Linearmente Independente (L.I.).
Questão 2. Determine os subespaços de R3 gerados pelos seguintes conjuntos:
a) A = {(-1, 3, 2); (2, -2, 1)}
Solução:
Seja (x,y,z) um elemento do subespaço S gerado por A. Então,
(x,y,z) = a · (−1,3,2) + b · (2,−2,1)
(x,y,z) = (−a,3a,2a) + (2b,−2b,b)
(x,y,z) = (−a+2b,3a−2b,2a+b).
Daí,  −a + 2b = x3a − 2b = y2a + b = z
Em forma de matriz, temos: −1 2 | x3 −2 | y
2 1 | z

Multiplicando a 1ª linha por (−1), multiplicando a 2ª por −1
3
e a 3ª linha multiplicamos por −1
2
, chegamos em: 1 −2 | −x−1 23 | − y3
−1 − 12 | −
z
2

2
Agora, somamos a 2ª e 3ª linhas com a 1ª linha: 1 −2 | −x0 − 43 | − y3 − x
0 − 52 | −
z
2 − x

Por último, apenas multiplicamos a 2ª e 3ª linhas por (−1) 1 −2 | −x0 4 | y+3x
0 5 | z+2x

Dado isso,
5b = z+2x ⇒ b = z+2x
5
e
4b = y+3x ⇒ b = y+3x
4
.
Assim,
z+2x
5
=
y+3x
4
⇒ 4 · (z+2x) = 5 · (y+3x) ⇒ 4z+8x = 5y+15x ⇒ 7x+5y−4z = 0.
Logo, S = {(x,y,z) ∈ R3/ 4z−7x−5y = 0}.
b) B = {(1, 0, 1); (0, 1, 1); (-1, 1, 0)}
Solução:
Seja (x,y,z) um elemento do subespaço S gerado por B. Então
(x,y,z) = a · (1,0,1) + b · (0,1,1) + c · (−1,1,0)
(x,y,z) = (a,0,a) + (0,b,b) + (−c,c,0)
(x,y,z) = (a− c,b+ c,a+b) a − c = x+ b + c = ya + b = z
Em forma de matriz, temos 1 0 −1 | x0 1 1 | y
1 1 0 | z

Somamos a 3ª linha pela 1ª linha multiplicada por (−1):1 0 −1 | x0 1 1 | y
0 1 1 | z− x

Por fim, somamos a 3ª linha pela 2ª linha multiplicada por (−1):1 0 −1 | x0 1 1 | y
0 0 0 | z− x− y

Logo, S = {(x,y,z) ∈ R3/ x+ y− z = 0}.
Questão 3. Sejam β = {(−1,2),(2,1)} e β ′ = {(1,−2),(1,2)} bases de R2. Obtenha:
Para este exercício vamos considerar w1 = (1,−2), w2 = (1,2), u1 = (−1,2) e u2 = (2,1).
3
a) [I]β
β ′ ;
Solução:
Temos:
u1 = b11 ·w1 + b21 ·w2 e u2 = b12 ·w1 + b22 ·w2.
Sendo assim,
u1 = b11 ·w1 + b21 ·w2 = b11 ·(1,−2) + b21 ·(1,2) = (b11,−2b11) + (b21,2b21) = (b11+b21,−2b11+2b21),
e
u2 = b12 ·w1 + b22 ·w2 = b12 ·(1,−2) + b22 ·(1,2) = (b12,−2b12) + (b22,2b22) = (b12+b22,−2b12+2b22).
Ou seja,
(−1,2) = (b11 +b21,−2b11 +2b21) e (2,1) = (b12 +b22,−2b12 +2b22).
Daí,
(i) =
{
b11 + b21 = −1
−2b11 + 2b21 = 2
e (ii) =
{
b12 + b22 = 2
−2b12 + 2b22 = 1
Para resolvermos estes dois sistemas, dividimos por 2 a segunda linha de ambos sistemas e somamos as suas
respectivas linhas:
(i) =
{
b11 + b21 = −1
−b11 + b21 = 1
e (ii) =
{
b12 + b22 = 2
−b12 + b22 = 12
(i) =
{
0 + 2b21 = 0 e (ii) =
{
0 + 2b22 = 52
Implicam em
b21 = 0 e b22 =
5
4
.
Agora, substituindo o valor b21 encontrado na primeira linha do sistema (i) e o valor encontrado de b22 na primeira
linha do sitema (ii), obtemos:
b11 =−1 e b12 =
3
4
.
Portanto,
[I]β
β ′ =
[
−1 34
0 54
]
.
b) [I]β
′
β
;
Solução:
Temos,
w1 = a11 ·u1 + a21 ·u2 e w2 = a12 ·u1 + a22 ·u2.
Assim,
w1 = a11 ·u1 + a21 ·u2 = a11 ·(−1,2) + a21 ·(2,1) = (−a11,2a11) + (2a21,a21) = (−a11+2a21,2a11+a21),
e
w2 = a12 ·u1 + a22 ·u2 = a12 ·(−1,2) + a22 ·(2,1) = (−a12,2a12) + (2a22,a22) = (−a12+2a22,2a12+a22).
Ou seja,
(1,−2) = (−a11 +2a21,2a11 +a21) e (1,2) = (−a12 +2a22,2a12 +a22).
Daí,{
−a11 + 2a21 = 1
2a11 + a21 = −2
⇒
{
−2a11 + 4a21 = 2
2a11 + a21 = −2
⇒
{
0 + 5a21 = 0 ⇒ a21 = 0.
4
Substituindo o valor encontrado de a21 na primeira linha, obtemos:
−a11 + 2a21 = 1 ⇒ −a11 + 2 ·0 = 1 ⇒ a11 = −1.
E ainda temos,{
−a12 + 2a22 = 1
2a12 + a22 = 2
⇒
{
−2a12 + 4a22 = 2
2a12 + a22 = 2
⇒
{
0 + 5a22 = 4 ⇒ a22 =
4
5
.
Substituindo o valor encontrado de a22 na segunda linha, obtemos:
2a12 + a22 = 2 ⇒ 2a12 +
4
5
= 2 ⇒ 2a12 = 2 −
4
5
⇒ 2a12 =
6
5
⇒ a12 =
3
5
.
Portanto,
[I]β
′
β
=
[
−1 35
0 45
]
.
c) As coordenadas do vetor [v]β = (3,−7) na base β ′.
Solução:
Temos que
[v]β ′ = [I]
β
β ′ · [v]β .
Implica em
[v]β ′ =
[
−1 34
0 54
]
·
[
3
−7
]
=
[
−1 ·3+ 34 · (−7)
0 ·3+ 54 · (−7)
]
=
[
− 334
− 354
]
.
Portanto,
[v]β ′ =
[
− 334
− 354
]
.
Questão 4. Considere a aplicação T : R3→ R2 dada por
T (x,y,z) = (2x+3y,y−2z).
a) Mostre que T é uma Transformação Linear.
Solução:
Para que T seja um transformação é preciso que satisfaçam as seguintes condições:
i) T (u+ v) = T (u)+T (v)
e
ii) T (αu) = αT (u).
Desse modo, sejam u = (x1,y1,z1) e v = (x2,y2,z2). Como
u+ v = (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2),
tem-se
T (u+ v) = T (x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2) = [2(x1 + x2)+3(y1 + y2), (y1 + y2)−2(z1 + z2)] =
= (2x1 +2x2 +3y1 +3y2, y1 + y2−2z1−2z2) = [(2x1 +3y1)+(2x2 +3y2), (y1−2z1)+(y2−2z2)] =
= (2x1 +3y1,y1−2z1)+(2x2 +3y2,y2−2z2) = T (x1,y1,z1)+T (x2,y2,z2) = T (u)+T (v).
Por outro lado,
T (αu) = T [α(x1, y1, z1)] = T (αx1, αy1, αz1) = (2αx1+3αy1, αy1−2αz1) = [α(2x1+3y1), α(y1−2z1)] =
= α[(2x1 +3y1, y1−2z1)] = αT (2x1 +3y1, y1−2z1) = αT (u).
Como a aplicação
T : R3→ R2
dada por
T (x,y,z) = (2x+3y,y−2z)
satisfaz as condições i) e ii). Logo, T é uma transformação linear.
5
b) Determine ker(T ).
Solução:
Sabemos que
ker(T ) = {(x,y,z) ∈ R3; T (x,y,z) = (0,0)}.
Implica em
ker(T ) = {(x,y,z) ∈ R3; (2x+3y,y−2z) = (0,0)},
ou seja, forma de sistema {
2x + 3y = 0
y − 2z = 0
Assim,
y − 2z = 0 ⇔ y = 2z
e
2x + 3y = 0 ⇔ y = 2x + 3 ·2z = 0 ⇔ 2x = −6z ⇔ x = −3z.
Como (x,y,z) = (−3z, 2z, z), temos
ker(T ) = {(−3z, 2z, z) ∈ R3; z ∈ R} = {z(−3, 2, 1) ∈ R3; z ∈ R} = [(−3, 2, 1)].
Confirmando,
T (−3, 2, 1) = (2 · (−3)+3 ·2,2−2 ·1) = (−6+6,2−2) = (0,0).
c) Obtenha Im(T ).
Solução:
Im(T ) = {w ∈ R2; ∃ (x,y,z) ∈ R3 com T (x,y,z) = w}.
Temos,
T (x,y,z) = w ⇒ w = (2x+3y, y−2z) ⇒ w = (2x,0) +(3y, y) + (0, −2z) ⇒ w = x(2,0) +y(3, 1) + z(0, −2)⇒
{
2x + 3y + 0z = 0
0x + 1y − 2z = 0 ⇒
{
2x + 0y + 6z = 0
0x + 1y − 2z = 0 ⇒
{
1x + 0y + 3z = 0
0x + 1y − 2z = 0
Com isso
x = −3z e y = 2z.
(2x+3y, y−2z) = (2 · (−3)z+3 ·2z, 2z−2z) = (−6z+6z, 2z−2z).
Portanto o conjunto é L.D., ou seja, podemos afirmar que a imagem é gerada por dois elementos escolhidos, ou
seja,
Im(T ) = [(2,0); (3,1)] ou Im(T ) = [(2,0); (0,−2)] ou Im(T ) = [(0,−2); (3,1)].
dim Im(T ) = 2 = dim(R2)
d) Esta Transformação Linear é injetora? E sobrejetora? Justifique suas respostas.
Solução:
T NÃO é injetora, pois
ker(T ) = [(−3, 2, 1)] 6= {0}.
Por outro lado, T É sobrejetora, pois
dim Im(T ) = 2 = dim(R2) ⇒ Im(T ) = R2.
6
e) Considere as bases β = {(1,1,1);(1,1,0);(1,0,0)} e β ′ = {(1,3);(1,4)} de R3 e R2, res-
pectivamente, obtenha [T ]β
β ′ .
Solução:
Calculando T nos elementos da base β , temos
T (1,1,1) = (2 ·1+3 ·1, 1−2 ·1) = (5,−1).
T (1,1,0) = (2 ·1+3 ·1, 1−2 ·0) = (5,1).
T (1,0,0) = (2 ·1+3 ·0, 0−2 ·0) = (2,0).
(5,−1) = a11(1,3) + a21(1,4) = (a11,3a11) +(a21,4a21) = (a11 +a21,3a11 +4a21){
a11 + a21 = 5
3a11 + 4a21 = −1
⇒
{
−3a11 − 3a21 = −15
3a11 + 4a21 = −1
⇒
{
a21 = −16
3a11 + 4 · (−16) = −1 ⇒ 3a11 = 63 ⇒ a11 = 21.
(5,1) = a12(1,3) + a22(1,4) = (a12,3a12) + (a22,4a22) = (a12 +a22,3a12 +4a22){
a12 + a22 = 5
3a12 + 4a22 = 1
⇒
{
−3a12 − 3a22 = −15
3a12 + 4a22 = 1
⇒
{
a22 = −14
3a12 + 4a22 = 1 ⇒ 3a12 + 4 · (−14) = 1 ⇒ 3a12 = 57 ⇒ a12 = 19.
(2,0) = a13(1,3) + a23(1,4) = (a13,3a13) + (a23,4a23) = (a13 +a23,3a13 +4a23){
a13 + a23 = 2
3a13 + 4a23 = 0
⇒
{
−3a13 − 3a23 = −6
3a13 + 4a23 = 0
⇒
{
a23 = −6
3a13 + 4a23 = 0 ⇒ 3a13 + 4 · (−6) = 0 ⇒ 3a13 = 24 ⇒ a13 = 8.
Portanto,
[T ]β
β ′ =
21 −1619 −14
8 −6
 .
Questão 5. Seja T : R2 → R2 uma transformação linear tal que
T (x,y) = (−3x+ y, 2x+3y).
Demonstre que T é uma Transformação Linear Sobrejetora.
Solução:
Temos,
T (x,y) = (0,0) ⇒ (0,0) = (−3x+ y, 2x+3y) ⇒
{
−3x + 1y = 0
2x + 3y = 0 ⇒
{
−6x + 2y = 0
6x + 9y = 0 ⇒ 11y = 0 e x = 0.
Portanto o conjunto é L.I., ou seja,
Ker(T ) = {0}.
Com isso,
dim Im(T ) = 2 = dim(R2).
Logo, T é uma Transformação Linear Sobrejetora.
7
Questão 6. Seja T : V → W uma aplicação linear. Então, Ker(T ) = 0 se, e somente se, T é
injetora.
Solução:
(⇐) : Se T é injetiva e T (v) = T (0) = 0, então v = 0. Assim, o único elemento do núcleo é 0, ou seja,
Ker(T ) = {0}.
(⇒) : Suponha que Ker(T ) = {0}. Então
T (v1) = T (v2) ⇒ T (v1− v2) = 0 ⇒ v1− v2 = 0 ⇒ v1 = v2.
Desse modo, T é injetora.
8