Exercicios Álgebra Linear Area I - Lista 5 - Resolução Comentada

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MAT 01355 – Álgebra Linear I-A 2020/1
Lista Adicional 5
Resolução Comentada
1. Seja A uma matriz n× n. Nas notas de aula, definimos a inversa de A como sendo
uma matriz n×n, denotada por A−1, satisfazendo a equação matricial AA−1 = I =
A−1A. Justificamos que para tal definição precisávamos escrever A−1 pela esquerda
e pela direita de A, pois a multiplicação matricial não é comutativa (ou seja, em
geral, AB 6= BA). Quando deduzimos o método para calcular a inversa de A,
procuramos uma matriz B tal que AB = I, mas não verificamos a multiplicação
pelo outro lado. Por que não precisamos verificar se BA = I neste caso? O objetivo
deste exerćıcio é esclarecer esta questão.
Sejam A e B duas matrizes n×n tais que AB = I, onde I é a matriz identidade de
ordem n×n. Analise as afirmações abaixo a respeito destas duas matrizes. Assinale
V se a afirmação for verdadeira ou F , se falsa.
( ) A matriz B tem colunas linearmente independentes. (Sugestão. Olhe o
exerćıcio 9(d) da Lista Adicional 4).
Afirmação verdadeira. No Exerćıcio 9(d) explicamos que se AB tem colunas
linearmente independentes, então B deve ter colunas linearmente independen-
tes. Na afirmação acima, estamos supondo que AB = I e a matriz identidade
possui colunas linearmente independentes.
Outra forma de justificar esta afirmação seria mostrar que sob estas hipóteses
assumidas, o sistema homogêneo associado a matriz B é determinado. Para
tanto, basta mostrar que se v é uma solução particular do sistema homogêneo
Bx = 0, então devemos ter v = 0. Mas note que se v é uma solução particular
do sistema homogêneo Bx = 0 então temos Bv = 0. Assim,
v = Iv
= (AB)v
= A(Bv)
= A0
= 0
ou seja, devemos ter v = 0. Isto mostra que Bx = 0 é um sistema determinado,
de onde segue que B tem colunas linearmente independentes.
( ) Toda forma escalonada de B possui um pivô em cada coluna.
Afirmação verdadeira. Quando escalonamos uma matriz qualquer, man-
temos as relações de dependência linear intactas durante o processo de es-
calonamento. Assim, se escalonamos B e encontramos uma de suas formas
escalonadas E com alguma coluna sem pivô, então é fácil mostrar que esta co-
luna sem pivô é uma combinação linear das demais. mas como B tem colunas
linearmente independentes (como foi verificado na afrmação anterior), segue
que as colunas de E não possuem nenhuma relação de dependência linear en-
tre elas, ou seja, não pode aparecer nenhuma coluna em E sem um elemento
pivô.
( ) Toda forma escalonada de B possui um pivô em cada linha.
Afirmação verdadeira. Como B tem ordem n × n e qualquer forma esca-
lonada de B possui um pivô em cada coluna (afirmação anterior), segue que
existem n pivôs, logo eles devem ocorrer um em cada uma das linhas de B.
Logo, uma forma escalonada qualquer de B possui um pivô em cada linha.
( ) O sistema linear Bx = b tem solução, para toda escolha de b ∈ Rn.
Afirmação verdadeira. Dado um vetor b ∈ Rn, consideramos o sistema
linear Bx = b. Como toda forma escalonada de B possui um pivô em cada
linha (afirmação anterior), segue que todos os pivôs de uma forma escalonada
da matriz aumentada [B | b] ocorrem nas colunas de coeficientes, ou seja,
nenhum deles ocorre na última coluna, o que implica que o sistema Bx = b é
um sistema posśıvel.
( ) Os sistemas lineares Bx = e1, Bx = e2, ..., Bx = en tem solução.
Afirmação verdadeira. Como todo sistema linear Bx = b possui solução,
para toda escolha de b ∈ R n (afirmação anterior), segue que estes n sistemas
lineares Bx = e1, Bx = e2, ..., Bx = en são todos sistemas lineares posśıveis.
( ) Se v1 é uma solução particular do sistema linear Bx = e1, então v1 é igual a
primeira coluna de A. (Sugestão. Multiplique a igualdade Bv1 = e1 por A
pela esquerda).
Afirmação verdadeira. Suponha que v1 é uma solução particular do sistema
linear Bx = e1. Assim, temos Bv1 = e1 e, consequentemente, temos
Primeira coluna de A = Ae1
= A(Bv1)
= (AB)v1
= Iv1
= v1
e segue que v1 é igual a primeira coluna de A.
( ) Se v2 é uma solução particular do sistema linear Bx = e2, então v2 é igual a
segunda coluna de A. (Sugestão. Multiplique a igualdade Bv2 = e2 por A
pela esquerda).
Afirmação verdadeira. Análogo ao caso anterior. Suponha que v2 é uma
solução particular do sistema linear Bx = e2. Assim, temos Bv2 = e2 e,
consequentemente, temos
Segunda coluna de A = Ae2
= A(Bv2)
= (AB)v2
= Iv2
= v2
e segue que v2 é igual a segunda coluna de A.
( ) Se vj é uma solução particular do sistema linear Bx = ej, então vj é igual a j-
ésima coluna de A, para todo 1 ≤ j ≤ n. (Sugestão. Multiplique a igualdade
Bvj = ej por A pela esquerda).
Afirmação verdadeira. Análogo aos anteriores. Suponha que vj é uma
solução particular do sistema linear Bx = ej. Assim, temos Bvj = ej e,
consequentemente, temos
j-ésima coluna de A = Aej
= A(Bvj)
= (AB)vj
= Ivj
= vj
e segue que vj é igual a coluna j de A, para todo 1 ≤ j ≤ n.
( ) BA = B[v1 v2 · · · vn] = [e1 e2 · · · en] = I.
Afirmação verdadeira. Esta afirmação mostra um cálculo matricial que está
baseado nas conclusões obtidas com as outras afirmações. Como todas elas são
verdadeiras, segue que o cálculo acima está correto, mostrando a veracidade da
afirmação.
Como você deve ter assinalado V em todas as afirmações acima, você pode concluir
que se duas matrizes n × n são tais que AB = I, então BA = I. Portanto, neste
caso, B é a inversa de A. (Note que inversas são unicamente determinadas!). Isto
dá legitimidade ao método de calcular inversas discutido nas notas de aula.
Observação. Quanto a unicidade da inversa de uma matriz, podemos pensar da
seguinte forma: Se B e C fossem duas inversas de A, teŕıamos AB = I = BA e
AC = I = CA, pela definição de inversa de uma matriz. Portanto, devemos ter
C = IC = (BA)C = B(AC) = BI = B
e segue que B = C.
2. Considere A uma matriz m× n, com n > m e suponha que as colunas de A gerem
o espaço Rm.
(a) Classifique as afirmações abaixo em verdadeiras ou falsas.
(a.1) Existe matriz B de ordem n×m tal que AB = Im, onde Im é a matriz
identidade de ordem m×m.
Afirmação verdadeira. Como as colunas de A geram o espaço Rm,
segue que os sistemas lineares Ax = e1, Ax = e2, ..., Ax = em possuem
(infinitas) soluções. Para determinar uma matriz B tal que AB = I,
basta escolher B = [b1 b2 · · · bm], onde bj é uma solução particular
do sistema linear Ax = ej, 1 ≤ j ≤ m. Note que as colunas de A são
linearmente dependentes (pois A possui mais colunas que linhas), segue
que existem uma infinidade de matrizes B satisfazendo a condição de que
AB = I.
(a.2) Existe matriz C de ordem n ×m tal que CA = In, onde In é a matriz
identidade de ordem n× n.
Afirmação falsa. Escrevendo A = [a1 a2 · · · an], onde aj é a j-
ésima coluna de A, teremos que {a1, a2, · · · , an} é um conjunto linear-
mente dependente em Rm (pois n > m) e CA = [Ca1 Ca1 · · · Can].
Portanto, se uma tal matriz C existir, então teŕıamos
{Ca1, Ca1, · · · , Can} = {e1, e2, . . . , en}
onde o último conjunto é linearmente independente. Assim, C represen-
taria uma transformação linear de Rm em Rn que transformaria um con-
junto linearmente dependente em um conjunto linearmente independente,
o que não é posśıvel, uma vez que toda transformação linear preserva de-
pendência linear de vetores.
(b) Considere matrizes Am×n e Bn×m. Conclua que AB = Im não implica que
BA = In, a não ser que m = n.
Sejam Am×n e Bn×m. Se acontecer que AB = Im, então as colunas de A geram
Rm. Portanto, devemos ter n ≥ m. Se n 6= m, então decorre do item anterior
que BA 6= In. Se n = m, então o exerćıcio anterior mostra que BA = In.
3. Considere a transformação linear T : R3 → R3 definida por
T (x, y, z) = (x+ 2z, x− y − z, 2x− y + 3z)
(a) Verifique se T é bijetora. Em caso afirmativo, determine a matriz canônica da
inversa de T .
(b) Considere v1 = (1, 1, 1), v2 = (1, 1, 0) e v3 = (1, 0, 0).Determine vetores
u1,u2,u3 ∈ R3 tais que T (u1) = v1, T (u2) = v2 e T (u3) = v3.
Solução. (a) Uma transformação linear T é bijetora, se for injetora e sobrejetora
simultaneamente. Se T for bijetora, então T é invert́ıvel. Se denotarmos por [T ] a
matriz canônica de T , então sabemos que [T−1] = [T ]−1. Logo, se T for invert́ıvel,
determinamos a matriz canônica de T , calculamos a inversa desta matriz para obter
assim a matriz canônica da inversa de T .
Uma transformação linear de Rn em Rn é injetora se, e somente se, sua matriz
canônica [T ] possui colunas linearmente independentes e isto é equivalente a dizer
que as linhas da matriz canônica de T são linearmente independentes e, como esta
matriz tem exatamente n linhas, isto é equivalente a dizer que todo sistema linear
[T ]x = b tem solução, para toda escolha de b ∈ Rn. Portanto, uma transformação
linear T de Rn em Rn é injetora se, e somente se, T é sobrejetora. Portanto, basta
decidir sobre a independência linear das colunas da matriz [T ]. Vamos calcular
então a matriz canônica de T .
Como T (1, 0, 0) = (1, 1, 2), T (0, 1, 0) = (0,−1,−1) e T (0, 0, 1) = (2,−1, 3), segue
que
[T ] =
 1 0 21 −1 −1
2 −1 3

Vamos decidir agora sobre a independência linear das colunas de [T ]. Faremos isto
escalonando a matriz [T ]. Observamos agora que se [T ] for invert́ıvel, teremos de
calcular a sua inversa. Por conta disso, vamos escalonar a matriz aumentada [T | I],
pois este é o método de cálculo de inversas. Obtemos assim: 1 0 2 | 1 0 01 −1 −1 | 1 0 0
2 −1 3 | 1 0 0
 ∼ · · · ∼
 1 0 1 | 2 1 −10 1 0 | 5
2
1
2
−3
2
0 1 0 | −1
2
−1
2
−1
2

Portanto, T é bijetora e a matriz canônica da inversa de T é dada por
[T−1] =
 2 1 −15
2
1
2
−3
2
−1
2
−1
2
−1
2

(b). Queremos encontrar vetores u1,u2,u3 ∈ R3 tais que T (u1) = v1, T (u2) = v2
e T (u3) = v3. Observamos então que se T (u1) = v1, então, aplicando T
−1 em
ambos estes vetores, encontramos T−1(T (u1)) = T
−1(v1), ou seja, u1 = T
−1(v1).
Portanto, os vetores u1, u2 e u3 podem ser obtidos fazendo-se
[T−1][v1 v2 v3] = [[T
−1]v1 [T
−1]v2 [T
−1]v3] = [u1 u2 u3]
Portanto, temos 2 1 −15
2
1
2
−3
2
−1
2
−1
2
−1
2
 1 1 11 1 0
1 0 0
 =
 2 3 23
2
3 5
2
−3
2
−1 −1
2

de onde segue que
u1 =
(
2,
3
2
,−3
2
)
, u2 = (3, 3,−1) e u3 =
(
2,
5
2
,−1
2
)
são os vetores procurados.
4. Verifique quais dos subconjuntos dados abaixo são subespaços vetoriais dos respec-
tivos espaços que os contém.
(a) {(−x+ 1, x− 6y, 2y + x) : x, y ∈ R} ⊆ R3.
(b) {(a, b, c, d) ∈ R4 : 2a− 3b = 0 e 2c− b+ 3d = 0} ⊆ R4.
(c) {a + bt + ct2 : a, b, c ∈ Z} ⊆ P3, onde P3 denota o conjunto de todos os
polinômios com coeficientes reais e grau menor ou igual a três (lembre que o
polinômio nulo não tem grau, mas está em Pn, para todo n ≥ 0).
(d) {X ∈ M2×3 : AX = 0} ⊆ M2×3, onde A é uma matriz 3× 2 que está fixada,
0 denota a matriz nula de ordem 3× 3 e M2×3 denota o conjunto de todas as
matrizes de ordem 2× 3 com entradas reais.
Solução. Seja V um espaço vetorial. Sabemos que um subconjunto W de V é um
subespaço de V , se (Definição do Lay, pag. 196 - 2ed.):
• 0 ∈ W ; (o vetor nulo de V pertence a W )
• w1 + w2 ∈ W , ∀w1, w2 ∈ W ; (a soma de V é fechada em W )
• αw ∈ W , ∀α ∈ R,∀w ∈ W . (a multiplicação por escalar de V é fechada em
W )
Estas condições da definição acima garantem que o conjunto de todas as combinações
lineares de certos vetores fixos de V (conjuntos gerados) é um subespaço de V .
Então, faremos a análise dos casos acima, usando qualquer uma destas conclusões,
pela facilidade ou não de obtê-las.
(a). Seja W1 = {(−x + 1, x− 6y, 2y + x) : x, y ∈ R}. Então, é fácil verificar que o
vetor nulo de R3 não é um vetor de W1, pois se (−x+ 1, x− 6y, 2y + x) = (0, 0, 0),
então devemos ter x = 1 (analisando a primeira entrada) e y = 1
6
(analisando a
segunda entrada). Mas então, entrando com estes valores de x e y na expressão
da terceira entrada, obtemos 2(1/6) + 1 = 8/6 = 4/3 6= 0, de onde segue que
(0, 0, 0) /∈ W1. Logo, W não é um subespaço de R3.
(b). Seja W2 = {(a, b, c, d) ∈ R4 : 2a − 3b = 0 e 2c − b + 3d = 0}. As condições
2a−3b = 0 e 2c− b+ 3d = 0 são equivalentes a dizer que b = 2c+ 3d e a = 6c+ 9d
2
.
Então, W2 pode ser reescrito da forma
W2 =
{(
6c+ 9d
2
, 2c+ 3d, c, d
)
: c, d ∈ R
}
Portanto, temos
W2 =
{(
6c+ 9d
2
, 2c+ 3d, c, d
)
: c, d ∈ R
}
=
{
(3c, 2c, c, 0) +
(
9d
2
, 3d, 0, d
)
: c, d ∈ R
}
=
{
c(3, 2, 1, 0) + d
(
9
2
, 3, 0, 1
)
: c, d ∈ R
}
= Span
{
(3, 2, 1, 0),
(
9
2
, 3, 0, 1
)}
e como W2 é o conjunto gerado pelos vetores (3, 2, 1, 0) e
(
9
2
, 3, 0, 1
)
, segue que W2
é um subespaço de R4.
(c). Seja W3 = {a + bt + ct2 : a, b, c ∈ Z} ⊆ P3. Primeiro, observamos que se
p(t) ∈ W3, então p(t) é escrito como um elemento de P3 da forma a+ bt+ ct2 + 0t3,
ou seja, o coeficiente do termo (monômio) de grau três é nulo. Esta é a forma de
visualizar um polinômio de grau 2 como um elemento no conjunto dos polinômios
de grau menor ou igual a três. Seguindo a tradição, não escrevemos os termos com
coeficiente nulo.
É fácil verificar que o polinômio nulo 0+0t+0t2 está emW3, assim comoW3 é fechado
para a soma, isto é, a soma de dois polinômios de grau até 2 e coeficientes inteiros
é um polinômio de grau até 2 e coeficientes inteiros. Mas, por outro lado, se α ∈ R
e p(t) = a+ bt+ ct2 ∈ W3, então não podemos garantir que αp(t) = αa+αbt+αct2
esteja em W3. Basta tomar, por exemplo, α = π ∈ R, para termos αp(t) /∈ W3.
Portanto, W3 não é um subespaço de P3.
(d). Seja W4 = {X ∈ M2×3 : AX = 03×3} ⊆ M2×3. No que segue, vamos colocar
ı́ndices indicando a respectiva ordem das matrizes utilizadas, para evitar confusões,
principalmente com matrizes nulas de diferentes ordens.
Claramente temos que 02×3 ∈ W4, pois A3×202×3 = 03×3. Consideremos agora
X2×3, Y2×3 ∈ W4 e α ∈ R. Aplicando as propriedades operatória das matrizes,
obtemos
A2×3(X2×3 + Y2×3) = A2×3(X2×3) + A2×3(Y2×3)
= 03×3 + 03×3
= 03×3
e
A2×3(αX2×3) = α(A2×3X2×3)
= α03×3
= 03×3
o que mostra que as operações de soma de matrizes e multiplicação de matriz por
escalar são fechadas em W4. Portanto, conclúımos que W4 é um subespaço deM2×3.
5. Seja W = {(x− y, 2x+ y + z, 5y − 4z, z) : x, y, z ∈ R}.
(a) Mostre que W é um subespaço de R4.
(b) Determine uma matriz A de ordem 4× 3 de modo que W = Col A.
(c) Determine o espaço Nul A, onde A é a matriz determinada no item anterior.
Solução. (a). Podemos reescrever W da seguinte forma: escrevemos W como o
conjunto cujo elemento genérico se escreve como uma soma de termos que depen-
dem unicamente de uma das variáveis livres utilizadas para a escrita do elemento
genérico. Depois, enxergamos este somatório como uma combinação linear de certos
vetores fixos. faremos isto abaixo.
W = {(x− y, 2x+ y + z, 5y − 4z, z) : x, y, z ∈ R}
= {(x, 2x, 0, 0) + (−y, y, 5y, 0) + (0, z,−4z, z) : x, y, z ∈ R}
= {x(1, 2, 0, 0) + y(−1, 1, 5, 0) + z(0, 1,−4, 1) : x, y, z ∈ R}
= Span {(1, 2, 0, 0), (−1, 1, 5, 0), (0, 1,−4, 1)}
Como W é um conjunto gerado de R4, segue que W é um subespaço de R4.
(b). Sabemos que se A é uma matriz de ordem m × n, então o espaço Col A é o
subespaço de Rm gerado pelas n colunas de A. Como determinamos no item anterior
que W é o conjunto gerado Span {(1, 2, 0, 0), (−1, 1, 5, 0), (0, 1,−4, 1)}, basta tomar
A =

1 −1 0
2 1 1
0 5 −4
0 0 1

para obter que W = Col A.
(c). Note que existe uma infinidade de matrizes A tais que W = Col A, de modo
que a resolução deste item depende da resposta que foi dada no item anterior.
Por exemplo, se tomamos a matriz obtida no item anterior e acrescentamos mais
colunas que são combinações lineares daquelas três colunas de A, então obteremos
uma matriz B tal que W = Col B.
Vamos calcular espaço nulo da matriz A obtida nesta resolução. Não é dif́ıcil perce-
ber que as colunas da matriz A acima são linearmente independentes.Neste caso, a
matriz A representa uma transformação linear de R3 em R4 injetora, de modo que
seu núcleo deve ser o subespaço nulo de R3. Como o espaço nulo de uma matriz
coincide com o núcleo da transformação linear que ela representa, segue que
Nul A = {(0, 0, 0)}
Observação. Na resposta do item anterior, se em lugar de uma matriz A com
colunas linearmente independentes, você apresentou outra matriz com colunas line-
armente dependentes, então você teria que resolver o sistema homogêneo Ax = 0,
para determinar o espaço Nul A.
6. Considere A uma matriz de ordem 3 × 5 e suponha que após uma sequência de
operações elementares aplicada nas linhas de A se obtém a matriz
E =
 1 0 −4 −3 00 1 −2 1 0
0 0 0 0 0

É posśıvel, neste caso, determinar os espaços Nul A e Col A? Em caso de resposta
afirmativa, apresente um conjunto de geradores para o respectivo espaço. Em caso
contrário, justifique sua resposta.
Solução. Estamos supondo que A é uma matriz tal que após a aplicação de uma
sequência de operações elementares em suas linhas, obtemos a matriz E dada no
exerćıcio, ou seja, temos A ∼ · · · ∼ E. Portanto, segue que os sistemas de equações
lineares homogêneos Ax = 0 e Ex = 0 possuem exatamente as mesmas soluções.
Isto quer dizer que os espaços Nul A e NuE são iguais.
Por outro lado, podemos ter Col A 6= Col E. Note que E é a forma escalonada
reduzida de A, e suas colunas possuem a última entrada nula, de onde decorre que
o espaço gerado pelas colunas de E é um subespaço de R3 cujos vetores possuem
todos a última entrada nula, ou seja, Col E ⊆ {(x, y, 0) : x, y ∈ R}. Mas não
podemos garantir que a matriz A não possua alguma coluna cuja última entrada
seja não nula. Isto poderia perfeitamente acontecer. Portanto, conhecendo o espaço
Col E, não podemos reconstituir o espaço Col A. Assim, o espaço Col A não pode
ser determinado precisamente, a partir dos dados do exerćıcio.
Vamos determinar agora o espaço Nul E. Este espaço é definido como sendo o
conjunto solução do sistema homogêneo Ex = 0. Note que a solução geral do
sistema Ex = 0 é dada por
x1 = 4x3 + 3x4, x2 = 2x3 − x4 e x3, x4, x5 ∈ R
de onde segue que o conjunto solução deste sistema é dado por
{(4x3 + 3x4, 2x3 − x4, x3, x4, x5) : x3, x4, x5 ∈ R}
Consequentemente, devemos ter
Nul A = Nul E = {(4x3 + 3x4, 2x3 − x4, x3, x4, x5) : x3, x4, x5 ∈ R}
7. Construa uma matrizA de ordem 3×3, de modo que Col A = Span {(1,−1, 2), (3, 0, 2)}
e Nul A = Span {(1, 2,−1)}. Caso uma tal matriz não exista, justifique.
Sugestão. Pense na relação que existe entre os espaços Nul A e Col A com o núcleo
e a imagem de uma transformação linear, respectivamente, bem como num modo
de definir uma transformação linear
T : R3 → R3
v 7→ Av
cumprindo as propriedades exigidas no exerćıcio.
Solução. Observamos que este exerćıcio não possui solução única, ou seja, existem
muitas matrizes que cumprem as condições exigidas no exerćıcio. Vamos resolvê-lo
seguindo a sugestão apresentada, para utilizar as ferramentas da álgebra linear de
que dispomos no momento.
Note que se T : R3 → R3 é uma transformação linear definida por T (v) = Av, então
devemos ter ImT = Col A e Nuc T = Nul A.
Agora vamos usar a propriedade de que uma transformação linear fica completa-
mente determinada se conhecemos sua ação num conjunto gerador e linearmente
independente do domı́nio. Como o espaço R3 é gerado por qualquer três de seus
vetores linearmente independentes, bastaria escolher um conjunto linearmente inde-
pendente e gerador de R3, contendo o vetor (1, 2,−1), onde os outros dois vetores
fossem levados, respectivamente nos vetores (1,−1, 2) e (3, 0, 2) e de modo que o
vetor (1, 2,−1) fosse levado no vetor nulo.
Esta é uma forma de garantir que a imagem de T é o subespaço de R3 gerado pelos
vetores (1,−1, 2) e (3, 0, 2), pois se v1,v2, ...,vk são vetores geradores do domı́nio
de uma transformação linear T , então temos que
ImT = Span {T (v1), T (v2), ..., T (vk)}
Depois disso, calculamos a matriz canônica desta transformação linear e tomamos
esta matriz como a matriz A procurada.
Procedendo da forma acima e com a ideia de minimizar contas, vamos escolher como
conjunto gerador de R3, o conjunto {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 2,−1)} e definir T de modo
que tenhamos
• T (1, 0, 0) = (1,−1, 2)
• T (0, 1, 0) = (3, 0, 2)
• T (1, 2,−1) = (0, 0, 0).
neste caso, se v ∈ R3, então devemos ter v = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) + γ(1, 2,−1) e,
consequentemente
T (v) = T (α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) + γ(1, 2,−1))
= αT (1, 0, 0) + βT (0, 1, 0) + γT (1, 2,−1)
= α(1,−1, 2) + β(3, 0, 2) + γ(0, 0, 0)
= (α + 3β,−α, 2α + 2β)
de modo que T fica completamente determinada por sua ação nos geradores esco-
lhidos. Além disso, como podemos ver nos cálculos acima, para obter a imagem de
algum vetor de R3 por T , basta conhecer sua escrita como uma combinação linear
dos nossos geradores de R3.
Agora vamos calcular a matriz canônica de T . Sabemos que
[T ] = [T (e1) T (e2) T (e3)]
Como já conhecemos a imagem dos dois primeiros vetores canônicos, falta apenas
calcular T (e3). Para isto, precisamos saber como o vetor e3 se escreve como uma
combinação linear dos vetores geradores de R3 que escolhemos. Escrevendo
e3 = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) + γ(1, 2,−1)
temos, como é fácil verificar,
γ = −1, β = 2 e α = 1
de onde segue que
T (e3) = (α + 3β,−α, 2α + 2β) = (7,−1, 6)
Portanto, uma matriz A procurada pode ser dada por
A =
 1 3 7−1 0 −1
2 2 6

8. Sejam U e V espaços vetoriais quaisquer e T : U → V uma transformação linear.
Suponhamos que W é um subespaço vetorial de U .
(a) Podemos garantir que o conjunto ImT , o qual é definido por
ImT := {v ∈ V : existe u ∈ U tal que T (u) = v}
é um subespaço vetorial de V ? Justifique.
(b) Podemos garantir que o conjunto T (W ), o qual é definido por
T (W ) := {v ∈ V : existe w ∈ W tal que T (w) = v}
é um subespaço vetorial de V ? Justifique.
Solução. (a). Afirmamos que o conjunto ImT é um subespaço de V .
De fato, pois como 0U = u−u, para todo vetor u ∈ U , segue que T (0U) = T (u−u) =
T (u)− T (u) = 0V , e segue que 0V ∈ ImT . Além disso, se v1, v2 ∈ ImT e α ∈ R,
segue que existem vetores u1, u2 ∈ U tais que T (u1) = v1 e T (u2) = v2. Assim,
teremos
v1 + v2 = T (u1) + T (u2)
= T (u1 + u2)
e
αv1 = αT (u1)
= T (αu1)
e segue que v1 + v2 = T (u1 + u2) ∈ ImT e αv1 = T (αu1) ∈ ImT . Isto mostra que
as operações de V são fechadas em ImT .
Portanto, ImT é um subespaço de V .
(b). Afirmamos que T (W ) é um subespaço de V . Isto decorre do fato que uma
transformação linear preserva combinações lineares. A demonstração pode ser feita
de modo análogo ao que foi feito acima, substituindo V por W . Deixamos esta
tarefa ao encargo do estudante.