Exercício comentado algebra linear

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MAT 01355 – Álgebra Linear I-A 2020/1
Lista Adicional 4 - Resolução Comentada
1. Sejam A =
[
3 2
1 1
]
e B−1 =
[
0 1
2 3
]
.
(a) Determine a inversa de A. (Note que é fácil verificar que A é uma matriz
invert́ıvel, pois suas colunas são linearmente independentes como vetores de
R2).
(b) Calcule a matriz X, sabendo que X = (AB)−1.
(c) Calcule a matriz Y , sabendo que A = (BY )t.
Solução. (a). Como observado no enunciado, a matriz A possui duas colunas que
não são múltiplas, segue que as colunas de A são vetores linearmente independentes,
quando vistas como vetores de R2. Portanto, A é uma matriz invert́ıvel.
Para calcular a inversa de A, vamos usar o algoritmo de inversão de matrizes, que
consiste em escalonar, até obter a forma escalonada reduzida, a matriz [A | I].
Resumindo, aplicamos uma sequência de operações elementares que transformam a
matriz A na matriz I, na matriz aumentada [A | I], obtendo
[A | I] ∼ · · · ∼ [I | A−1]
Aplicando este método, obtemos[
3 2 | 1 0
1 1 | 0 1
]
∼ · · · ∼
[
1 0 | 1 −2
0 1 | −1 3
]
de onde segue que
A−1 =
[
1 −2
−1 3
]
(b). Queremos determinar a matriz X = (AB)−1. Usando as propriedades da
inversa, temos que (AB)−1 = B−1A−1. Assim,
X = (AB)−1
= B−1A−1
=
[
0 1
2 3
] [
1 −2
−1 3
]
=
[
−1 3
−1 5
]
ou seja, temos
X =
[
−1 3
−1 5
]
(c). Queremos determinar Y tal que A = (BY )t. Como a transposta de um produto
é o produto das transpostas em ordem contrária, segue que
A = (BY )t = Y tBt
Agora, lembramos que a inversa da transposta é a transposta da inversa, ou seja,
(Bt)−1 = (B−1)t, multiplicando então a igualdade A = Y tBt por (B−1)t pela direita,
obtemos
A(B−1)t = (Y tBt)(B−1)t
ou seja
A(B−1)t = Y t(Bt(B−1)t) = Y tBt(Bt)−1︸ ︷︷ ︸
I
ou ainda
A(B−1)t = Y t
Usando agora que a transposta de um produto é o produto das transpostas na ordem
contrária novamente, temos Y = (A(B−1)t)t = B−1At. Portanto,
Y = B−1At
=
[
0 1
2 3
] [
3 1
2 1
]
=
[
2 1
12 5
]
Logo,
Y =
[
2 1
12 5
]
2. Este é o exerćıcio 21 da seção 2.1 do livro do Lay, segunda edição. A resposta deste
exerćıcio dada no gabarito do livro está errada. Para corrigi-la, apresentamos o
exerćıcio aqui. Ele diz o seguinte: Suponha que a última coluna de AB seja toda de
zeros mas que B não tenha nenhuma coluna de zeros. O que se pode dizer sobre as
colunas de A? Tente justificar sua resposta.
Solução. Denotando a matriz B por B = [b1 b2 · · · bk], onde bj é a j-ésima
coluna de B, temos
AB = A[b1 b2 · · · bk] = [Ab1 Ab2 · · · Abk]
Se a última coluna de AB é nula, então temos Abk = 0, de onde segue que bk é
uma solução particular do sistema homogêneo Ax = 0. Como bk é um vetor não
nulo, por hipótese, segue que o sistema homogêneo Ax = 0 admite uma solução não
trivial. Portanto, as colunas de A são linearmente dependentes.
Observação. O gabarito do livro do Lay, segunda edição, diz que as colunas de
A são linearmente independentes, e solicita ao estudante apresentar uma explicação
para este fato. Como vimos acima, esta resposta está mal.
3. Seja A =
 1 5 2−1 −3 −1
2 6 2
. Verifique se existe uma matriz não nula B tal que AB é
a matriz nula de ordem 3×2. Em caso afirmativo, determine uma tal matriz. Podem
existir mais de uma matriz B satisfazendo as exigências do exerćıcio? Justifique.
Solução. Como A é uma matriz 3 × 3, então a matriz B procurada, caso exista,
deve ter ordem 3× 2. Denotando por B = [b1 b2] a matriz B, como no exerćıcio
anterior, temos
AB = A[b1 b2] = [Ab1 Ab2]
Assim, teremos AB = 0 se, e somente se, [Ab1 Ab2] = [0 0], ou seja, se e somente
se, b1 e b2 forem soluções particulares do sistema homogêneo Ax = 0. Portanto,
para existir uma matriz não nula B tal que AB = 0, é necessário que o sistema
homogêneo Ax = 0 seja indeterminado, e isto acontece somente se as colunas de A
são vetores linearmente dependentes, quando vistos como vetores de R3.
Logo, vamos inicialmente verificar a independência linear das colunas de A. Neste
ponto observamos o seguinte: Esta matriz A tem ordem 3×3 e possui as duas últimas
linhas múltiplas, logo qualquer forma escalonada de A não poderá possuir um pivô
na última linha, ou seja, toda forma escalonada de A pode possuir no máximo 2
pivôs e assim, existirá sempre pelo menos uma coluna sem pivô em toda forma
escalonada de A, de onde se conclui que suas colunas são linearmente dependentes.
Portanto, uma matriz B cumprindo as condições exigidas no exerćıcio existirá. Para
determinar uma tal matriz B, precisamos tomar soluções particulares do sistema
linear Ax = 0.
Para esta segunda pergunta, vamos resolver o sistema linear homogêneo Ax = 0,
via o escalonamento da matriz A (aquele estudante que não percebeu a multipli-
cidade das linhas de A pode vir direto para o escalonamento, para decidir sobre a
independência linear das colunas de A.)
Operando nas linhas da matriz A, obtemos 1 5 2−1 −3 −1
2 6 2
 ∼ · · · ∼
 1 5 20 2 1
0 0 0
 ∼ · · · ∼
 1 0 −120 1 1
2
0 0 0

de onde segue que o conjunto-solução do sistema homogêneo é dado por
SH = {(
1
2
z,−1
2
z, z) : z ∈ R}
Assim, para construir uma matriz B tal que AB = 0, basta construir uma matriz
3 × 2 cujas colunas sejam vetores em SH . Logo, escolhendo b1 = (0, 0, 0) e b2 =
(1,−1, 2), obtemos que a matriz B =
 0 10 −1
0 2
 é tal que AB = 0.
4. Se A =
[
1 2
1 3
]
e AB =
[
1 −1 1
2 3 −2
]
, então determine a segunda coluna de B.
Solução 1. Escrevendo B = [b1 b2 b3], teremos que[
1 −1 1
2 3 −2
]
= AB = A[b1 b2 b3] = [Ab1 Ab2 Ab3]
Assim, a segunda coluna de B será a (única) solução particular do sistema linear[
1 2
1 3
] [
x
y
]
=
[
−1
3
]
Resolvendo o sistema acima obtemos que (−9, 4) é sua única solução. Portanto, a
segunda coluna da matriz B é dada por
b2 =
[
−9
4
]
Solução 2. Note que A é uma matriz 2×2 com colunas linearmente independentes
(pois elas não são múltiplas), de onde segue que A é uma matriz invert́ıvel. Se
determinamos a inversa de A, então podemos obter a matriz B da forma B = IB =
(A−1A)B = A−1(AB). Ou seja, multiplicando-se a matriz AB pela inversa de A
escrita pelo lado esquerdo, obtemos a matriz B e então bastaria olhar para a sua
segunda coluna. Estes cálculos serão deixados ao encargo do estudante que optar
por esta estratégia.
5. Considere A =
 1 5 2−1 −3 −1
2 6 2
.
(a) Classifique a matriz A em invert́ıvel ou não invert́ıvel, justificando sua resposta.
(b) Verifique se existe uma matriz B tal que AB =
 2 3 0−2 1 3
4 −2 −6
. Justifique
sua resposta.
Solução. (a). Para classificar uma matriz em invert́ıvel ou não invert́ıvel, preci-
samos verificar a independência linear das colunas de A. Note que esta matriz A é
a mesma matriz A do exerćıcio 3. Então, vamos aproveitar o escalonamento feito
antes. Já vimos que uma forma escalonada de A é dada por (veja exerćıcio 3) 1 5 20 2 1
0 0 0

de onde se conclui que as colunas de A são linearmente dependentes, quando vistas
como vetores de R3. Portanto A é uma matriz não invert́ıvel.
(b). Chamando v1 = (2,−2, 4), v2 = (3, 1,−2) e v3 = (0, 3, 6) e denotando a
matriz B por B = [b1 b2 b3]3×3, teremos
A[b1 b2 b3] = AB = [v1 v2 v3]
se, e somente se, os vetores b1, b2 e b3 forem, respectivamente, soluções particulares
dos sistemas lineares
Ax = v1, Ax = v2 e Ax = v3
Portanto, para decidir apenas a existência da matriz B, como solicitado no exerćıcio,
precisamos decidir se estes três sistemas são sistemas posśıveis ou imposśıveis. A
existência da matriz B está condicionada ao fato de que estes três sistemas lineares
sejam todos posśıveis. Examinaremos isto escalonando a matriz (super) aumen-
tada [A | v1 v2 v3]. Devemos exigir que não apareça nenhum pivô nas colunas
correspondentes aos vetores v1,v2 e v3, na forma escalonada desta matriz. Assim,
temos 1 5 2 | 2 3 0−1 −3 −1 | −2 1 3
2 6 2 | 4 −2 −6
 ∼ · · · ∼
 1 5 2 | 2 3 00 2 1 | 0 4 3
0 0 0 | 0 0 0

de onde segue que os três sistemaslineares Ax = b1, Ax = b2 e Ax = b3 são
sistemas posśıveis. Conclúımos, portanto, que existe uma matriz B cumprindo as
exigências do exerćıcio.
Observação 1. Se a matriz A fosse uma matriz invert́ıvel, então podeŕıamos mul-
tiplicar o produto AB, pela esquerda, pela inversa de A, para obter uma matriz B
satisfazendo as condições do exerćıcio. Mas este não é o caso. Assim, precisamos
usar esta estratégia acima. Ainda, como a matriz A dada no exerćıcio possui colu-
nas linearmente dependentes e os sistemas Ax = b1, Ax = b2 e Ax = b3 são todos
posśıveis, eles fatalmente serão sistema indeterminados, de onde segue que existem
uma infinidade de matrizes B cumprindo a condição exigida no exerćıcio.
Observação 2. A partir do momento em que conclúımos que a existência de B
esta condicionado ao fato de que três sistemas lineares associados a matriz A, cujos
termos independentes são as colunas de AB, podeŕıamos ter calculado o conjunto
gerado pelas colunas de A e verificar se as colunas de AB pertencem ou não a este
conjunto gerado. Isto poderia exigir menos cálculos.
6. Considere A =
 1 1 12 0 −1
0 1 2
 e B =
 1 −10 1
−1 2

(a) Mostre que A é uma matriz invert́ıvel.
(b) Verifique se existe uma matriz X tal que B = AX. Em caso afirmativo,
apresente uma tal matriz.
Solução. (a). Mostrar que uma matriz é invert́ıvel é o mesmo que mostrar que
suas colunas são linearmente independentes. Isto pode ser verificado por inspeção ou
por escalonamento. No caso do exerćıcio em questão, vemos que as duas primeiras
colunas de A não são múltiplas uma da outra. Olhando para as segundas e terceiras
entradas destas duas colunas e as respectivas entradas da terceira, percebemos que a
terceira coluna de A não é uma combinação linear de suas duas primeiras. Portanto,
as colunas de A são linearmente independentes, quando vistas como vetores de R3.
Segue dáı que a matriz A é invert́ıvel.
Observação. Se você não consegue enxergar o que foi dito acima, então escalone
a matriz A para obter uma forma escalonada contendo um pivô em cada coluna.
(b). Solução 1. O objetivo de apresentar a solução deste exerćıcio por este cami-
nho, é chamar a atenção do aluno que o produto matricial não é comutativo, ou seja,
nem sempre vale a igualdade AB = BA, quando A e B são matrizes com ordens
compat́ıveis com ambas as multiplicações.
Estamos procurando uma m matrix X tal que B = AX. Como A é uma matriz
invert́ıvel, podemos multiplicar esta igualdade pela inversa de A, do lado certo,
para isolarmos a matriz X. Ou seja, temos
X = IX = (A−1A)X = A−1(AX) = A−1B
ou seja, devemos ter X = A−1B (alguns estudantes multiplicam B pela inversa
de A de qualquer jeito, e acabam fazendo, por vezes, X = BA−1, o que estaria
errado). Como o produto A−1B está definido, segue que a matriz X procurada
existe. Vamos calculá-la agora usando as ideias acima. Para tanto, vamos precisar
calcular a inversa de A, que não foi calculada ainda. Usando nosso algoritmo de
inversão de matrizes, temos 1 1 1 | 1 0 02 0 −1 | 0 1 0
0 1 2 | 0 0 1
 ∼ · · · ∼
 1 0 0 | −1 1 10 1 0 | 4 −2 −3
0 0 1 | −2 1 2

de onde segue que
A−1 =
 −1 1 14 −2 −3
−2 1 2

e finalmente obtemos
X = A−1B =
 −1 1 14 −2 −3
−2 1 2
 1 −10 1
−1 2
 =
 −2 47 −12
−4 7

(b). Solução 2. Um caminho para resolver este exerćıcio, por onde se faz um pouco
menos de cálculos que o caminho anterior, é justamente usar a mesma estratégia
usada antes, a qual consiste em trabalhar a interpretação do produto matricial
como multiplicação de uma certa matriz por uma matriz coluna, para poder trazer
o problema para o contexto de sistemas lineares. Discutiremos esta abordagem
agora.
Note que estamos procurando uma matriz X tal que B = AX, onde A e B são
matrizes conhecidas e, além disso, A é uma matriz invert́ıvel. Assim, como a ordem
de A é 3× 3, sabemos que as colunas de A geram todo o espaço R3. Portanto, todo
sistema linear Ax = v tem solução (única), para qualquer escolha de v ∈ R3.
Levando isto em consideração e sabendo que uma tal matriz X = [x1 x2] terá que
ter ordem 3× 2 e será tal que suas colunas serão soluções particulares dos sistemas
lineares Ax = b1 e Ax = b2, respectivamente, onde denotamos B = [b1 b2],
podemos resolver ambos os sistemas lineares Ax = b1 e Ax = b2, para obtermos a
matriz X procurada, pois temos
[b1 b2] = B = AX = A[x1 x2] = [Ax1 Ax2]
Resolvendo, por escalonamento, estes dois sistemas simultaneamente, teremos
[A | B] ∼ · · · ∼ [I | X]
portanto, como 1 1 1 | 1 −12 0 −1 | 0 1
0 1 2 | −1 2
 ∼ · · · ∼
 1 0 0 | −2 40 1 0 | 7 −12
0 0 1 | −4 7

segue que
X =
 −2 47 −12
−4 7

é a matriz procurada.
7. Este exerćıcio trabalha o conceito de composta de uma transformação linear. Se
T : Rn → Rm e L : Rm → Rp são transformações lineares, definidas por
T (v) = Av,∀v ∈ Rn e L(u) = Bu,∀u ∈ Rm
podemos considerar a função composta de L com T , denotada por L ◦ T , como
mostra o diagrama abaixo
Rn
T
''
L◦T
55Rm
L
&&
Rp
Assim, se v ∈ Rn, então definimos (L◦T )(v) = L(T (v)). Como toda transformação
linear é definida pela multiplicação matricial, teremos
(L ◦ T )(v) = L(T (v)) = B(A(v)) = (BA)(v)
e segue que L ◦ T é uma transformação linear (por ser uma função definida por
um produto matricial) cuja matriz canônica é dada por BA (matriz canônica de L
multiplicado pela matriz canônica de T , nesta ordem).
Sejam A =
[
2 1
3 2
]
e B =
[
1 1
2 2
]
. Considere agora as transformações lineares
TA : R2 → R2 e TB : R2 → R2, definidas, respectivamente, por TA(v) = Av e
TB(v) = Bv.
(a) Determine a matriz canônica da transformação linear composta TA ◦ TB.
(b) Determine a matriz canônica da transformação linear composta TB ◦ TA.
(c) Conclua que TA ◦ TB 6= TB ◦ TA.
Obs. Este exerćıcio chama a atenção para o fato de que nem sempre temos o
produto AB igual ao produto BA.
Solução. Como foi dito (ou deduzido) acima, a matriz canônica de uma composta é
o produto matricial das matrizes canônicas de cada uma das transformações lineares,
na ordem em que escrevemos a composição. Portanto, devemos ter:
• (a). Matriz canônica de TA ◦ TB: AB =
[
2 1
3 2
] [
1 1
2 2
]
=
[
4 4
7 7
]
• (b). Matriz canônica de TB ◦ TA : BA =
[
1 1
2 2
] [
2 1
3 2
]
=
[
5 3
10 6
]
(c). Como as matrizes canônicas de TA ◦ TB e de TB ◦ TA não coincidem, e como
toda transformação linear age por multiplicação matricial de sua matriz canônica,
então é claro que TA ◦ TB 6= TB ◦ TA.
Apenas por curiosidade, vamos calcular a lei destas duas compostas, uma vez que
temos suas matrizes canônicas. A lei de uma transformaçao linear é a regra que nos
diz como ela age num vetor genérico de seu domı́nio. Assim, multiplicando-se cada
uma das matrizes acima pelo vetor genérico (x, y) de R2, obtemos as leis desejadas.
Assim, teremos
(TA ◦ TB)(x, y) = AB(x, y)
=
[
4 4
7 7
] [
x
y
]
=
[
4x + 4y
7x + 7y
]
= (4x + 4y, 7x + 7y)
e
(TB ◦ TA)(x, y) = BA(x, y)
=
[
5 3
10 6
]
=
[
5x + 3y
10x + 6y
]
= (5x + 3y, 10x + 6y)
ou seja, temos
(TA ◦ TB)(x, y) = (4x + 4y, 7x + 7y) e (TB ◦ TA)(x, y) = (5x + 3y, 10x + 6y)
8. Considere a transformação linear T : R3 → R3, definida por
T (x, y, z) = (x + 2y − z, y + z, z).
a) Mostre que esta transformação linear é bijetora.
b) Determine a matriz canônica de sua inversa.
c) Use a matriz obtida no item anterior para determinar um vetor v ∈ R3 tal que
T (v) = (1, 1, 1).
Solução. (a) e (b). Uma transformação linear T : Rn → Rn é bijetora se ela é
injetora e sobrejetora simultaneamente. isto ocorre se, e somente se, as colunas da
matriz canônica de T são linearmente independentes, quando vistas como vetores de
Rn. Isto é o mesmo que dizer que a matriz canônica de T é uma matriz invert́ıvel.
Então, tudo o que temos que fazer neste exerćıcio é mostrar que a matriz canônica de
T é uma matriz invert́ıvel. Para responder simultaneamente os itens (a) e (b)deste
exerćıcio, vamos calcular a inversa da matriz canônica da transformação linearT em
questão, usando o nosso algoritmo de inversão de matrizes.
Observamos inicialmente que a matriz canônica é a matriz cujas colunas são as
imagens dos vetore canônicos do domı́nio de T . No nosso caso, temos:
• T (1, 0, 0) = (1, 0, 0)
• T (0, 1, 0) = (2, 1, 0)
• T (0, 0, 1) = (−1, 1, 1)
obtemos assim, que a matriz canônica de T , que será denotada por [T ], é dada por
[T ] =
 1 2 −10 1 1
0 0 1

Calculando agora a sua inversa, temos 1 2 −1 | 1 0 00 1 1 | 0 1 0
0 0 1 | 0 0 1
 ∼ · · · ∼
 1 0 0 | 1 −2 30 1 0 | 0 1 −1
0 0 1 | 0 0 1

de onde segue que
[T ]−1 =
 1 −2 30 1 −1
0 0 1

Respondendo agora os itens solicitados:
(a) T é uma transformação linear bijetora, pois ela está definida de R3 em R3, e
sua matriz canônica possui colunas linearmente independentes (ou seja, mos-
tramos que T é injetora. Mas toda transformação linear injetora entre espaços
euclidianos de mesma dimensão geométrica é bijetora).
(b) A matriz canônica da inversa de T é dada pela inversa da matriz canônica
de T , ou seja, se denotamos a inversa de T por T−1, como de costume, então
temos
[T−1] = ([T ])−1
Portanto,
[T−1] =
 1 −2 30 1 −1
0 0 1

(c). Note que se v ∈ R 3 é tal que T (v) = (1, 1, 1), então devemos ter
T−1(1, 1, 1) = T−1(T (v)) = (T−1T )(v) = id(v) = v
ou seja, para encontrar o vetor v desejado, basta calcular a imagem de (1, 1, 1)
por T−1, o que é equivalente a multiplicar este vetor pela matriz canônica de T−1.
Portanto, temos
v = T−1(1, 1, 1) =
 1 −2 30 1 −1
0 0 1
 11
1
 =
 20
1

Logo temos v = (2, 0, 1).
9. Classifique as afirmações abaixo em verdadeiras ou falsas, apresentando uma breve
justificativa.
(a) Sejam A, B e C três matrizes tais que AB = AC. Então devemos ter B = C.
Afirmação falsa. Note que se Am×n é uma matriz com colunas L. D., então o
sistema homogêneo Ax = 0 possui infinitas soluções. Tomando então v,v′ duas
soluções não triviais deste sistema e tais que v 6= v′, teremos Av = 0 = Av′.
Escolhendo agora duas matrizes de ordem n× p da forma B := [v u2 · · · up] e
C = [v′ u2 · · · up], teremos B 6= C e
AB = [AvAu2 · · · Aup] = [0Au2 · · · Aup] = [Av′Au2 · · · Aup] = AC
ou seja, a lei do cancelamento não vale para matrizes com colunas linearmente
dependentes.
Para construir um contra-exemplo para a afirmação, basta seguir o que foi dito
acima. Por exemplo, se tomarmos A =
[
1 2
1 2
]
, teremos que o conjunto-
solução do sistema homogêneo Ax = 0 é dado por SH = {(−2y, y) : y ∈
R}. Assim, tomando v = (−2, 1) e v′ = (2,−1), teremos Av = 0 = Av′.
Consequentemente, se B =
[
−2 1
1 1
]
e C =
[
2 1
−1 1
]
, teremos
AB =
[
1 2
1 2
] [
−2 1
1 1
]
=
[
0 3
0 3
]
=
[
1 2
1 2
] [
2 1
−1 1
]
= AC
mas B 6= C.
(b) Seja A uma matriz de ordem m × n. Então o número de colunas linearmente
independentes em A e em sua transposta At é o mesmo.
Afirmação verdadeira. Como At é a transposta de A, segue que as colunas
de At são as linhas de A. O número de colunas linearmente independentes
da matriz A coincide com o número de linhas linearmente independentes da
matriz A, como é fácil ver, pois estes dois números coincidem com o número
de pivôs de uma forma escalonada qualquer de A. Portanto, temos
n◦ colunas L. I. de A = n◦ linhas L. I. de A = n◦ colunas L. I. de At
(c) Seja A uma matriz de ordem 4 × 6. Se o sistema linear homogêneo Ax = 0
tem duas variáveis livres, então podemos garantir que as linhas desta matriz
formam um conjunto linearmente independente em R6.
Afirmação verdadeira. Se A é uma matriz de ordem 4 × 6, então suas
colunas são vetores de R4 e suas linhas são vetores de R6. Se o conjunto-
solução do sistema homogêneo Ax = 0 é escrito em função de duas variáveis
livres, significa que uma forma escalonada de A possui 4 pivôs, e isto significa,
por sua vez, que existem 4 linhas linearmente independentes em A. Como A
possui 4 linhas, segue que as linhas de A, quando vistas como vetores de R6,
formam um conjunto linearmente independente.
(d) Sejam A e B duas matrizes tais que o produto AB está definido. Se todas as
colunas da matriz AB são linearmente independentes, então B possui colunas
linearmente independentes.
Afirmação verdadeira. Podemos justificar isto de várias maneiras. Note
que podemos interpretar o produto matricial como uma composição de trans-
formações lineares. Por exemplo, se A tem ordem m×n e B tem ordem n× p,
então podemos pensar no produto AB como a transformação linear dada pela
composta
Rp
B
&&
AB
44Rn
A
''
Rm
Então, se a matriz AB possui colunas linearmente independentes, segue que
AB representa uma transformação linear injetora definida de Rp para Rm. Isto
obriga que B represente também uma transformação linear injetora, de onde
segue que as colunas de B devem ser linearmente independentes.
Note que se B não representar uma transformação linear injetora, então exis-
tiriam dois vetores v1 6= v2 em Rp tais que Bv1 = Bv2, de onde concluiŕıamos
que
(AB)v1 = A(Bv1) = A(Bv2) = (AB)v2
e como v1 6= v2 teŕıamos que AB representa uma transformação linear não
injetora, de onde seguiria que AB possui colunas linearmente dependentes, o
que não pode acontecer, pela hipótese assumida no exerćıcio.
(e) Sejam A e B duas matrizes tais que o produto AB está definido. Se todas as
colunas da matriz B são linearmente independentes, então as colunas da matriz
AB são linearmente independentes.
Afirmação falsa. Basta considerar A uma matriz que represente uma trans-
formação linear cujo núcleo intercepte não trivialmente a imagem da trans-
formação linear representada por B. Teremos assim que o núcleo da composta
será não trivial e, por consequência, as colunas de AB serão linearmente de-
pendentes, mesmo que as colunas de B sejam L. I.
Para apresentarmos um contra-exemplo espećıfico, podemos aproveitar as ma-
trizes constrúıdas na discussão da afirmação (a). Naquele momento, conside-
ramos as matrizes A =
[
1 2
1 2
]
e B =
[
−2 1
1 1
]
. Note que B possui colunas
linearmente independentes mas AB =
[
0 3
0 3
]
possui colunas linearmente
dependentes.
Observação. Gostaŕıamos de chamar a atenção de que estas propriedades
discutidas nesta afirmação e na anterior são completamente gerais. Mais es-
pecificamente, se f : X → Y e g : Y → Z são funções quaisquer, então a
composta g ◦ f : X → Z está definida e temos
• Se g ◦ f é uma função injetora, então f é necessariamente uma função
injetora.
• O fato de g ser uma função injetora não implica que g ◦ f seja uma função
injetora.
A demonstração destas propriedades pode ser feita de forma análoga aos ar-
gumentos usados acima. De fato, a linearidade das funções foi utilizada aqui
apenas para representarmos tais funções como matrizes.