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Álgebra Linear

Nuno Martins

Departamento de Matemática

Instituto Superior Técnico

Setembro de 2015

1

Índice

Parte I (Aulas teóricas e �chas de exercícios)

Sistemas lineares.........................................................................................................41a �cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................10Matrizes.......................................................................................................................122a �cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................27Exercícios de revisão de sistemas e matrizes..................................................................301a �cha de exercícios facultativos...................................................................................34Espaços lineares..........................................................................................................383a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................612a �cha de exercícios facultativos....................................................................................654a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................665a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................703a �cha de exercícios facultativos....................................................................................75Transformações lineares............................................................................................766a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................937a �cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................100Produtos internos. Ortogonalização.....................................................................1088a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................128Determinantes...........................................................................................................1359a �cha de exercícios para as aulas de problemas...........................................................144Valores próprios e vectores próprios. Diagonalização........................................15110a �cha de exercícios para as aulas de problemas..........................................................1774a �cha de exercícios facultativos..................................................................................185Bibliogra�a...................................................................................................................188

2

Parte II (Resoluções das �chas de exercícios)

Resolução da 1a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................189Resolução da 2a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................195Resolução dos Exercícios de Revisão de Sistemas e Matrizes.........................................204Resolução da 1a �cha de exercícios teóricos...................................................................224Resolução da 3a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................237Resolução da 2a �cha de exercícios teóricos..................................................................259Resolução da 4a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................264Resolução da 5a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................308Resolução da 3a �cha de exercícios teóricos..................................................................324Resolução da 6a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................329Resolução da 7a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................367Resolução da 8a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................399Resolução da 9a �cha de exercícios para as aulas de problemas.......................................441Resolução da 10a �cha de exercícios para as aulas de problemas....................................456Resolução da 4a �cha de exercícios teóricos...................................................................501

3

Resolução de sistemas de equações lineares

De�nição 1. Uma equação linear com n incógnitas x1; x2; :::; xn é uma equação daforma

a1x1 + a2x2 + :::+ anxn = b;

em que a1; a2; :::; an e b são constantes (reais ou complexas). A b chama-se termo indepen-dente.

De�nição 2. Um sistema de m equações lineares com n incógnitas x1; x2; :::; xn éum conjunto de equações da forma

(�)

8>><>>:a11x1 + a12x2 + :::+ a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + :::+ a2nxn = b2

:::am1x1 + am2x2 + :::+ amnxn = bm

em que aij e bk são constantes (reais ou complexas), para i; k = 1; :::;m e j = 1; :::; n.

De�nição 3. Uma solução (caso exista) de um sistema de m equações lineares com nincógnitas reais, é o elemento

(s1; s2; :::; sn) 2 Rn := f(a1; a2; :::; an) : a1; a2; :::; an 2 Rg

que satisfaz as equações desse sistema quando substituímos

x1 = s1; x2 = s2; :::; xn = sn.

(No caso das variáveis serem complexas ter-se-ia soluções em Cn.)Usando o produto de matrizes, a de�nir adiante, isso equivale a dizer que

S =

26664s1s2...sn

37775satisfaz a equação matricial

AX = B;

em que

A =

26664a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

... � � � ...am1 am2 � � � amn

37775 , X =

26664x1x2...xn

37775 e B =

26664b1b2...bm

37775 ,isto é, fazendo X = S tem-se a condição verdadeira AS = B. Ao conjunto de todas assoluções do sistema chama-se conjunto solução ou solução geral do sistema.

4

De�nição 4. A matriz A é a matriz dos coe�cientes do sistema AX = B, X é amatriz coluna das incógnitas e B é a matriz coluna dos termos independentes. A matriz

[A j B] =

26664a11 a12 � � � a1n j b1a21 a22 � � � a2n j b2...

... � � � ......

...am1 am2 � � � amn j bm

37775associada ao sistema (�) chama-se matriz aumentada do sistema.

Exemplo 1. O sistema linear de duas equações e duas incógnitas�x+ 2y = 12x+ y = 0

pode ser escrito do seguinte modo:�1 22 1

� �xy

�=

�10

�.

A solução geral do sistema acima é dada por

f(x; y) : x+ 2y = 1 e 2x+ y = 0g = f(�1=3; 2=3)g ;

isto é, X =

��1=32=3

�é a única matriz que satisfaz AX = B, com A =

�1 22 1

�e B =

�10

�.

De�nição 5. A um sistema de equações lineares da forma8>><>>:a11x1 + a12x2 + :::+ a1nxn = 0a21x1 + a22x2 + :::+ a2nxn = 0

:::am1x1 + am2x2 + :::+ amnxn = 0

chama-se sistema linear homogéneo. Este sistema pode ser escrito na forma AX = 0.

Observação 1. (i) Todo o sistema linear homogéneo AX = 0 admite pelo menos asolução trivial:

X =

26664x1x2...xn

37775 =2666400...0

37775 .Assim, todo o sistema linear homogéneo tem solução. Além disso, como iremos ver, ou temapenas a solução trivial ou tem um número in�nito de soluções.

(ii) Num próximo capítulo, à solução geral do sistema linear homogéneo AX = 0 dar-se-áo nome de núcleo de A e escrever-se-á N (A).

5

De�nição 6. Às seguintes operações que se podem aplicar às equações de um sistemade equações lineares, chamam-se operações elementares.

(a) Trocar a posição de duas equações do sistema;

(b) Multiplicar uma equação por um escalar diferente de zero;

(c) Substituição de uma equação pela sua soma com um múltiplo escalar de outraequação.

De�nição 7. Dois sistemas de equações lineares que se obtêm um do outro através deum número �nito de operações elementares, dizem-se equivalentes, tendo assim o mesmoconjunto solução.

Observação 2. Quando aplicamos operações elementares às equações de um sistema deequações lineares, só os coe�cientes e os termos independentes do sistema são alterados. Logo,aplicar as operações elementares anteriores às equações de um sistema linear (�) equivale aaplicar às linhas da matriz aumentada

[A j B] =

26664a11 a12 � � � a1n j b1a21 a22 � � � a2n j b2...

... � � � ......

...am1 am2 � � � amn j bm

37775as seguintes operações.

De�nição 8. As operações elementares que podem ser aplicadas às linhas (i e j) deuma matriz são:

(i) Trocar a posição de duas linhas (i e j) da matriz: Li $ Lj

(ii) Multiplicar uma linha (i) da matriz por um escalar (�) diferente de zero: �Li ! Li

(iii) Substituição de uma linha (j) pela sua soma com um múltiplo escalar (�) de outralinha (i): �Li + Lj ! Lj

Teorema 1. Se dois sistemas lineares AX = B e CX = D são tais que a matrizaumentada [C j D] é obtida de [A j B] através de uma ou mais operações elementares, entãoos dois sistemas são equivalentes.

De�nição 9. Uma matriz A = (aij)m�n diz-se em escada de linhas se:

(i) Todas as linhas nulas (formadas inteiramente por zeros) estão por baixo das linhasnão nulas;

(ii) Por baixo (e na mesma coluna) do primeiro elemento não nulo de cada linha e porbaixo dos elementos nulos anteriores da mesma linha, todas as entradas são nulas. Esseprimeiro elemento não nulo de cada linha tem o nome de pivot.

6

Exemplo 2. As seguintes matrizes estão em escada de linhas:

A1 =

�4 �10 0

�; A2 =

�0 1 3 00 0 �5 1

�; A3 =

2666642 �1 1=2 0 0

0 0 �3 0p2

0 0 0 0 �50 0 0 0 00 0 0 0 0

377775 .

De�nição 10. O método de resolver sistemas de equações lineares que consiste emaplicar operações elementares às linhas da matriz aumentada do respectivo sistema de modoa que essa matriz �que em escada de linhas, chama-se método de eliminação de Gauss.

De�nição 11. Um sistema de equações lineares diz-se:(i) impossível se não tiver soluções;(ii) possível e indeterminado se tiver um número in�nito de soluções;(iii) possível e determinado se tiver uma única solução.

De�nição 12. (i) O número de incógnitas livres (podem tomar valores arbitrários)de um sistema, é o número de colunas que não contenham pivots, da matriz em escadade linhas obtida de A através de operações elementares. Quando um sistema é possível eindeterminado, ao no de incógnitas livres desse sistema chama-se grau de indeterminaçãodo sistema.

(ii) O número de incógnitas não livres de um sistema, é o número de colunas que con-tenham pivots, da matriz em escada de linhas obtida de A através de operações elementares.

Exemplo 3. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y e z8<:x+ z = 3x+ 2y + 2z = 63y + 3z = 6

é equivalente a

24 1 0 11 2 20 3 3

3524 xyz

35 =24 366

35 .Considere-se então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:24 1 0 1 j 3

1 2 2 j 60 3 3 j 6

35 �!�L1+L2!L2

24 1 0 1 j 30 2 1 j 30 3 3 j 6

35 �!� 32L2+L3!L3

24 1 0 1 j 30 2 1 j 30 0 3

2j 3

2

35 .Logo, 8<:

x+ z = 32y + z = 332z = 3

2

,

8<:x = 2y = 1z = 1.

Neste exemplo o sistema tem a solução única f(2; 1; 1)g e diz-se possível e determinado.

7

Exemplo 4. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y; z e w8<:3z � 9w = 65x+ 15y � 10z + 40w = �45x+ 3y � z + 5w = �7

é equivalente a

24 0 0 3 �95 15 �10 401 3 �1 5

352664xyzw

3775 =24 6�45�7

35 .Considere-se então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:24 0 0 3 �9 j 6

5 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 �!L1$L315L2!L2

24 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 �!�L1+L2!L2

�!�L1+L2!L2

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 �!3L2+L3!L3

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0

35 .Logo, �

x+ 3y � z + 5w = �7�z + 3w = �2 ,

�x = �3y � 2w � 5z = 3w + 2.

As incógnitas y e w são livres e as incógnitas x e z são não livres. A solução geral do sistemaé: 8>><>>:

2664�3s� 2t� 5

s3t+ 2t

3775 : s; t 2 R9>>=>>;

isto é, o conjunto solução é dado por: f(�3s� 2t� 5; s; 3t+ 2; t) : s; t 2 Rg. Neste exemploo sistema tem um número in�nito de soluções e diz-se possível e indeterminado comgrau de indeterminação 2.

Exemplo 5. Seja a 2 R. O sistema de equações lineares de variáveis reais x; y e z8<:x+ 2y + z = 3x+ y � z = 2x+ y + (a2 � 5) z = a

é equivalente a

24 1 2 11 1 �11 1 a2 � 5

3524 xyz

35 =24 32a

35 .Considere-se então a matriz aumentada e o consequente método de eliminação de Gauss:24 1 2 1 j 3

1 1 �1 j 21 1 a2 � 5 j a

35 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 2 1 j 30 �1 �2 j �10 �1 a2 � 6 j a� 3

35 �!�L2+L3!L3

�!�L2+L3!L3

24 1 2 1 j 30 �1 �2 j �10 0 (a� 2) (a+ 2) j a� 2

35 .Se a = 2, então o sistema é possível e indeterminado:�

x+ 2y + z = 3�y � 2z = �1 ,

�x = 3z + 1y = �2z + 1,

8

a incógnita z é livre, as incógnitas x e y são não livres e a solução geral do sistema é8<:24 3t+ 1�2t+ 1t

35 : t 2 R9=;

isto é, o conjunto solução é dado por: f(3t+ 1;�2t+ 1; t) : t 2 Rg.Assim, se a = 2, o sistema tem um número in�nito de soluções e diz-se possível e

indeterminado com grau de indeterminação 1.Se a = �2, o sistema não tem solução e diz-se impossível.Se a 6= �2 e a 6= 2, o sistema tem a solução única

��a+5a+2; aa+2; 1a+2

�e diz-se possível

e determinado.

De�nição 13. (Ver-se-á mais adiante a consistência desta de�nição.) Seja A uma matrizem escada de linhas. Ao no de colunas de A que não contêm pivots chama-se nulidade de Ae escreve-se nulA. Ao no de pivots de A, isto é, ao no de linhas não nulas de A, dá-se o nomede característica de A e escreve-se carA. Se A fôr a matriz em escada de linhas obtida deC através de operações elementares então diz-se que a característica de C é carA, tendo-secarC = carA e diz-se que a nulidade de C é nulA, tendo-se nulC = nulA.

Exemplo 6. Considere-se as matrizes do exemplo 2. Pivot de A1: 4. Pivots de A2:1;�5. Pivots de A3: 2;�3;�5. Tem-se: carA1 = 1, carA2 = 2 e carA3 = 3. Além disso:nulA1 = 1, nulA2 = 2 e nulA3 = 2.

Observação 3. Seja [A j B] a matriz aumentada associada a um sistema de equaçõeslineares com n incógnitas.

(i) Se carA = car [A j B] = n então o sistema é possível e determinado (tem umaúnica solução).

(ii) Se carA = car [A j B] < n então o sistema é possível e indeterminado (tem umnúmero in�nito de soluções).

(iii) Se carA < car [A j B] então o sistema é impossível (não tem solução).

Observação 4. (i) carA = no de linhas não nulas da matriz em escada de linhas obtidade A =

= no de pivots = no de incógnitas não livres:

(ii) nulA = no de incógnitas livres:

Teorema 2. Seja A uma matriz do tipo m� n, isto é, com m linhas e n colunas Então0 � carA � min fm;ng e

carA+ nulA = n:

9

1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas

1. Quais das seguintes equações são equações lineares em x; y e z ?

a) �3x+p3y + z = 1

b)1

2x+ z = 0

c) x�1 + 3y � z = 2d) x� yz = 1e) x� cos y + z = 0f) x2 + y2 + z2 = 1

2. Diga qual dos seguintes pontos:

(0; 0) ; (1; 1) ; (1;�1) ; (�1; 1)

é a solução do seguinte sistema de equações lineares nas variáveis x; y.8<:x+ y = 0x� 2y = 3x� y = 2.

3. Diga quais dos seguintes pontos:

(0; 0; 0; 0) ; (1;�1; 1; 0) ; (1;�1; 1; 2) ;�3;�9; 7;

3p�

2

�são soluções do sistema de equações lineares nas variáveis x; y; z e w.�

x� 2y � 3z = 0x+ y + z = 1.

4. Determine todos os polinómios p(t) de grau menor ou igual a dois tais que

p(1) = 0; p(0) = 1 e p(�1) = 1:

5. Resolva os seguintes sistemas de equações lineares.

a)

8<:2x+ 3y = 3x� 2y = 53x+ 2y = 7

b)

8<:x+ 2y � z + 3w = 32x+ 4y + 4z + 3w = 93x+ 6y � z + 8w = 10

c)

8<:x� 2y + 3z � w = 13x� y + 2z + 5w = 2�3x+ 6y � 9z + 3w = �6

d)

8>><>>:2x3 + 3x4 = 42x1 � 6x3 + 9x4 = 72x1 + 2x2 � 5x3 + 2x4 = 4100x2 + 150x3 � 200x4 = 50

10

6. Diga para que valores de a; b e c têm soluções os sistemas.

a)

8<:x+ 2y � 3z = a3x� y + 2z = bx� 5y + 8z = c

b)

8<:x� 2y + 4z = a2x+ 3y � z = b3x+ y + 2z = c

7. Para cada parâmetro real �, considere o sistema de equações lineares de variáveis reaiscuja matriz aumentada é dada por:2664

�1 1 1 j �2� ��3 1 j �21 �1 � j �2��2 2 2 j �4

3775a)Determine os valores de � para os quais o sistema anterior é possível e indeterminado.

b) Para � = �2, determine o conjunto solução do sistema de equações linearescorrespondente.

8. Classi�que em função do parâmetro real � os seguintes sistemas de equações lineares(nas variáveis x; y e z). Nos casos em que existirem soluções, determine-as.

a)

8<:�x+ y + �z = 12x+ �y � 2�z = ��x+ �y + z = �1 + 2�

b)

8<:�x+ y + z = 1x+ �y + z = 1x+ y + �z = 1

9. Classi�que em função dos parâmetros reais � e � o seguinte sistema de equações lineares(nas variáveis x; y, z e w). Nos casos em que existirem soluções, determine-as.8>><>>:

2z + �w = �x+ y + z + 3w = 12x+ 2y + z + w = 2x+ y + 3z + 14w = 4

10. Determine um sistema de equações lineares cujo conjunto de soluções seja:

a) S = f(1 + t; 1� t) : t 2 Rgb) S = f(t; 1� 2t; 1) : t 2 Rgc) S = f(3t; 2t; t) : t 2 Rgd) S = f(2t� 3s; t+ s� 1; 2s+ 1; t� 1) : s; t 2 Rge) S = ?f) S = f(1; 1; 1)g

11

Matrizes: operações e suas propriedades

De�nição 14. (i) Sejam m;n 2 N. Uma matriz A, do tipo m � n (lê-se m por n), éuma tabela de m� n números dispostos em m linhas e n colunas:

A =

26664a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

... � � � ...am1 am2 � � � amn

37775 :Usa-se também a notação A = (aij)m�n ou simplesmente A = (aij), na qual aij é a entrada(i; j) da matriz A. Se m = n, diz-se que A é uma matriz quadrada do tipo n � n (ou deordem n) e as entradas a11; a22; :::; ann formam a chamada diagonal principal de A. Sem 6= n, diz-se que A é uma matriz rectangular.

(ii) Amatriz linha i de A é:�ai1 ai2 � � � ain

�, para i = 1; :::;m. Amatriz coluna

j de A é: 26664a1ja2j...amj

37775para j = 1; :::; n.

(iii) À matriz do tipo m � n cujas entradas são todas iguais a zero, chama-se matriznula e representa-se por 0m�n ou simplesmente por 0. Por exemplo

02�2 =

�0 00 0

�e 02�3 =

�0 0 00 0 0

�.

(iv) À matriz do tipo n� n 26664a11 0 � � � 00 a22 0...

. . ....

0 0 � � � ann

37775tal que aij = 0 se i 6= j para todos os i; j, isto é, à matriz cujas entradas fora da diagonalprincipal são todas nulas, chama-se matriz diagonal.

(v) À matriz (aij) do tipo n � n tal que aii = 1 para todo o i = 1; :::; n; e aij = 0 sei 6= j : 26664

1 0 � � � 00 1 0...

. . ....

0 0 � � � 1

37775 ,chama-se matriz identidade e representa-se por In�n ou simplesmente por I.

12

(vi) À matriz do tipo n� n 26664a11 a12 � � � a1n0 a22 � � � a2n...

. . . . . ....

0 � � � 0 ann

37775cujas entradas por baixo da diagonal principal são todas nulas, isto é, tais que aij = 0 sei > j, chama-se matriz triangular superior. À matriz do tipo n� n26664

a11 0 � � � 0

a21 a22. . .

......

.... . . 0

an1 an2 � � � ann

37775cujas entradas por cima da diagonal principal são todas nulas, isto é, tais que aij = 0 sei < j, chama-se matriz triangular inferior.Uma matriz diz-se triangular se fôr triangular superior ou triangular inferior.

Exemplo 7. As matrizes

A =

�1 �1�2 2

�, B =

�1 2 3 42 0 �2 0

�, C =

�0 0 7

�e D =

26644321

3775são dos seguintes tipos: A é 2 � 2, B é 2 � 4, C é 1 � 3, D é 4 � 1. Tem-se, por exemplo,a21 = �2, b13 = 3, c12 = 0 e d41 = 1.

Observação 5. Uma matriz (real) A do tipo m� n é uma aplicação:

A : f1; :::;mg � f1; :::; ng �! R(i; j) �! aij

Notação 1. O conjunto de todas as matrizes reais (complexas) do tipom�n é denotadoporMm�n (R) (Mm�n (C)). Tem-seMm�n (R) �Mm�n (C).

De�nição 15. Duas matrizes são iguais se forem do mesmo tipo e se as entradas corres-pondentes forem iguais, isto é, A = (aij)m�n e B = (bij)p�q são iguais se m = p, n = q eaij = bij, para i = 1; :::;m e j = 1; :::; n.

De�nição 16. A soma de duas matrizes do mesmo tipo

A = (aij)m�n e B = (bij)m�n

é a matrizA+B = (aij + bij)m�n.

13

Exemplo 8. Sejam

A =

�1 4 �1�3 2 �3

�, B =

�0 �2 47 3 9

�, C =

24 �11=2

�p2

35 e D =

24 1�1=2p2

35 :A+B =

�1 2 34 5 6

�, C +D =

24 000

35 e não é possível, por exemplo, somar B com C.

De�nição 17. O produto de um escalar (número real ou complexo) � por umamatriz A = (aij)m�n é a matriz:

�A = (�aij)m�n.

Notação 2. A matriz (�1)A será denotada por �A.

Exemplo 9. SejaA =�1 4 �1�3 2 6

�. Tem-se, por exemplo, �2A =

��2 �8 26 �4 �12

�.

Observação 6. 1A = A, 0A = 0 (matriz nula).

De�nição 18. A diferença entre duas matrizes A e B do mesmo tipo é de�nida por

A�B = A+ (�B),

ou seja, é a soma de A com o simétrico de B.

De�nição 19. (i) O produto AB de duas matrizes A e B só pode ser efectuado se onúmero de colunas da 1a matriz, A, fôr igual ao número de linhas da 2a matriz, B. Nessecaso, o produto AB de A = (aij)m�p por B = (bij)p�n é de�nido por:

AB = (ai1b1j + :::+ aipbpj)m�n =

pXk=1

aikbkj

!m�n

,

isto é,2666664a11 � � � a1p... � � � ...ai1 � � � aip... � � � ...am1 � � � amp

3777775264 b11 � � � b1j � � � b1n

... � � � ... � � � ...bp1 � � � bpj � � � bpn

375 =26666664

pPk=1

a1kbk1 � � �pPk=1

a1kbkn

� � �pPk=1

aikbkj � � �pPk=1

amkbk1 � � �pPk=1

amkbkn

37777775Note que sendo b1; :::;bn as colunas da matriz B, então

AB = A�b1 � � � bn

�=�Ab1 � � � Abn

�14

e sendo a1; :::; am as linhas da matriz A, então

AB =

264 a1...am

375B =264 a1B

...amB

375(ii) Sejam A uma matriz do tipo n� n e p 2 N. A potência p de A é de�nida por

Ap = A:::A| {z }p vezes

e para p = 0 de�ne-se (se A fôr não nula) A0 = I.

(iii) Diz-se que duas matrizes A e B comutam se AB = BA.

Exemplo 10. (i)�0 �22 3

� �1 1 �1�3 2 �2

�=

=

�0� 1 + (�2)� (�3) 0� 1 + (�2)� 2 0� (�1) + (�2)� (�2)2� 1 + 3� (�3) 2� 1 + 3� 2 2� (�1) + 3� (�2)

�=

�6 �4 4�7 8 �8

�

(ii)�1 1 �1

� 24 �11=2

�p2

35 = �1� (�1) + 1� 12+ (�1)�

��p2��=�p2� 1

2

�(iii)24 �11=2

�p2

35 � 1 1 �1�=

24 (�1)� 1 (�1)� 1 (�1)� (�1)12� 1 1

2� 1 1

2� (�1)�

�p2�� 1

��p2�� 1

��p2�� (�1)

35 =24 �1 �1 1

12

12

�12

�p2 �

p2p2

35

(iv) p 2 N,

26664a11 0 � � � 00 a22 0...

. . ....

0 0 � � � ann

37775p

=

26664(a11)

p 0 � � � 00 (a22)

p 0...

. . ....

0 0 � � � (ann)p

37775.Observação 7. (i) O produto de matrizes não é comutativo. Por exemplo, para

A =

�0 11 0

�e B =

�0 �11 0

�tem-se AB =

�1 00 �1

�e BA =

��1 00 1

�.

Logo AB 6= BA.(ii) CD = 0; (C = 0 ou D = 0), pois, por exemplo, para

C =

�1 11 1

�e D =

��1 11 �1

�; CD = 0:

(iii) Se A (B) tem uma linha (coluna) nula então AB tem uma linha (coluna) nula.

15

(iv) MUITO IMPORTANTE: Sendo

A =

26664a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

... � � � ...am1 am2 � � � amn

37775 ; X =

26664x1x2...xn

37775então:

AX =

26664a11a21...am1

37775x1 +26664a12a22...am2

37775x2 + :::+26664a1na2n...amn

37775xn.

De�nição 20. (i) A transposta de uma matriz A = (aij)m�n é a matriz AT = (aji)n�m,isto é 26664

a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

... � � � ...am1 am2 � � � amn

37775T

=

26664a11 a21 � � � am1a12 a22 � � � am2...

... � � � ...a1n a2n � � � amn

37775 :(ii) Sendo A = (aij)m�n 2Mm�n (C), à matriz

A = (aij)m�n

chama-se matriz conjugada de A.

(iii) Sendo A = (aij)m�n 2Mm�n (C), à matriz

AH = AT= (aji)n�m

chama-se matriz transposta conjugada de A.

De�nição 21. Sendo A = (aij)n�n uma matriz quadrada, chama-se traço de A aonúmero real (ou complexo)

tr(A) = a11 + :::+ ann =nXi=1

aii.

Exemplo 11. (i)

24 1 �34 2�1 6

35T = � 1 4 �1�3 2 6

�.

(ii)

24 1 + 2i �34 �i�1 6

35H = � 1� 2i 4 �1�3 i 6

�: (iii) tr

��1� 2i 4�3 i

��= 1� i.

16

Teorema 3. Sejam A, B, C e D matrizes de tipos apropriados, � e � escalares. Sãoválidas as seguintes propriedades para as operações matriciais.

(a) (Comutatividade da soma) A+B = B + A.

(b) (Associatividade da soma) A+ (B + C) = (A+B) + C. Note que esta propriedadepermite generalizar a de�nição de soma de 2 matrizes à soma de um no �nito de matrizes,desde que as matrizes intervenientes sejam de tipos apropriados.

(c) (Elemento neutro da soma) Existe uma única matriz 0 do tipo m�n tal que A+0 =0+ A = A, para toda a matriz A do tipo m� n.

(d) (Simétrico) Para cada matriz A existe uma única matrizB tal que A+B = B+A = 0.Esta matriz B denota-se por �A.

(e) (Associatividade do produto por escalares) � (�A) = (��)A.

(f) (Distributividade) (�+ �)A = �A+ �A.

(g) (Distributividade) � (A+B) = �A+ �B.

(h) (Associatividade do produto de matrizes) A (BC) = (AB)C. Note que esta pro-priedade permite generalizar a de�nição de produto de 2 matrizes ao produto de um no

�nito de matrizes, desde que as matrizes intervenientes sejam de tipos apropriados.

(i) (Distributividade) A (B + C) = AB + AC e (B + C)D = BD + CD.

(j) � (AB) = (�A)B = A (�B). A+ :::+ A| {z }p vezes

= pA. (Ap)q = Apq.

(k) AI = A e IB = B, para todas as matrizes A = (aij)m�n e B = (bij)n�m, onde I é amatriz identidade do tipo n� n.

(l) A0 = 0 e 0B = 0, para todas as matrizes A = (aij)m�n e B = (bij)n�m, onde 0 é amatriz nula do tipo n� n.

(m)�AT�T= A:

�AH�H= A:

(n) (A+B)T = AT +BT . (A+B)H = AH +BH .

(o) (A1 + A2 + :::+ An)T = AT1 + A

T2 + ::: + A

Tn , com A1, A2, :::, An matrizes de tipos

apropriados.

(p) (�A)T = �AT . (�A)H = �AH .

(q) (AB)T = BTAT . (AB)H = BHAH .

(r) (A1A2:::An)T = ATn :::A

T2A

T1 , com A1, A2, :::, An matrizes de tipos apropriados.

(A1A2:::An)H = AHn :::A

H2 A

H1 .

17

(s) Sendo A = (aij)n�n e B = (bij)n�n duas matrizes quadradas e � um escalar, tem-se

tr(A+B) = tr(A)+tr(B), tr(�A) = � tr(A); tr(AT ) = tr(A) e tr(AB) = tr(BA):

De�nição 22. Uma matriz A do (tipo n� n) diz-se invertível se existir uma matriz B(do tipo n� n) tal que

AB = BA = I.

À matriz B chama-se matriz inversa de A e denota-se por A�1.

Exemplo 12.�0 11 0

�é invertível e

�0 11 0

��1=

�0 11 0

�.

Observação 8. (i) Sendo A�1 a matriz inversa de A, então A�1 é invertível e a suainversa é a própria matriz A, isto é, (A�1)�1 = A.

(ii) Amatriz nula não é invertível. No entanto, a matriz identidade I é invertível tendo-seI�1 = I.

(iii) Se uma matriz quadrada tiver uma linha ou uma coluna nula então não é invertível.

Teorema 4. A inversa de uma matriz invertível é única.

Dem. Sejam B e C as inversas de A. Então, B = BI = B (AC) = (BA)C = IC = C.

De�nição 23. (i) Uma matriz A diz-se simétrica se A = AT , isto é, se aij = aji,para i; j = 1; :::; n. Diz-se que A é anti-simétrica se A = �AT , isto é, se aij = �aji, parai; j = 1; :::; n.

(ii) Uma matriz A 2 Mn�n (C) diz-se hermitiana (ou hermítica) se AH = A. Diz-seque A é anti-hermitiana se AH = �A.

(iii) Uma matriz A 2Mn�n (R) diz-se ortogonal se fôr invertível e se A�1 = AT .

(iv) Uma matriz A 2Mn�n (C) diz-se unitária se fôr invertível e se A�1 = AH .

(v) Uma matriz A diz-se normal se AHA = AAH .

Exemplo 13.�0 11 0

�é uma matriz simétrica.

�0 11 0

�T=

�0 11 0

�.

�1 1 + i

1� i �1

�é uma matriz hermitiana.

�1 1 + i

1� i �1

�H=

�1 1 + i

1� i �1

�.

�cos � sen �� sen � cos �

�é uma matriz ortogonal (� 2 R):

18

�13� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�é uma matriz unitária.

�2� 3i 1�i 1� 2i

�é uma matriz normal.

Teorema 5. (i) Se A = (aij)n�n e B = (bij)n�n são duas matrizes invertíveis, então ABé invertível e

(AB)�1 = B�1A�1:

(ii) Sendo � um escalar não nulo e A uma matriz invertível então �A é invertível e

(�A)�1 =1

�A�1:

(iii) Seja m 2 N. Se A = (aij)n�n é uma matriz invertível, então Am é invertível e(Am)�1 = (A�1)

m e escreve-seA�m = (Am)�1 :

(iv) Seja A = (aij)n�n uma matriz. Se existir l 2 N tal que Al = 0 então A não éinvertível.

(v) Sejam A e B matrizes com A invertível tais que AB = 0. Então B = 0.

(vi) Sejam A e B matrizes com B invertível tais que AB = 0. Então A = 0.

(vii) Sejam A, B e C matrizes com A invertível tais que AB = AC. Então B = C.

(viii) Sejam A, B e C matrizes com B invertível tais que AB = CB. Então A = C.

(ix) A = (aij)n�n é uma matriz invertível se e só se AT é invertível e�AT��1

=�A�1

�T:

(x) A = (aij)n�n é invertível se e só se AH é invertível e�AH��1

=�A�1

�H:

(xi) Se A = (aij)n�n é uma matriz simétrica invertível, então A�1 é simétrica.

(xii) Se A = (aij)n�n é uma matriz hermitiana invertível, então A�1 é hermitiana.

(xiii) Se A = (aij)n�n é uma matriz ortogonal, então AT e A�1 são matrizes ortogonais.

(xiv) Se A = (aij)n�n é uma matriz unitária, então AH e A�1 são matrizes unitárias.

(xv) Se A e B são duas matrizes ortogonais então AB é uma matriz ortogonal.

(xvi) Se A e B são duas matrizes unitárias então AB é uma matriz unitária.

(xvii) Se A e B são duas matrizes simétricas então AB é uma matriz simétrica se e sóse A e B comutarem.

(xviii) Se A e B são duas matrizes hermitianas então AB é uma matriz hermitiana se esó se A e B comutarem.

19

Soluções de sistemas e invertibilidade de matrizes

Teorema 6. Sejam A uma matriz do tipo m� n e B uma matriz do tipo m� 1. Se osistema de equações lineares AX = B tem duas soluções distintas X0 e X1 (X0 6= X1), entãoterá um número in�nito de soluções.

Dem. Basta veri�car que X� = (1� �)X0 + �X1 é solução do sistema AX = B, paraqualquer � 2 R. Além disso, se �1 6= �2 então X�1 6= X�2 uma vez que X�1 � X�2 =(�2 � �1) (X0 �X1) :

Teorema 7. Se A = (aij)m�n é tal que m < n, então o sistema linear homogéneoAX = 0 tem um número in�nito de soluções.

Dem. Como o sistema tem menos equações do que incógnitas (m < n), sendo r o no deincógnitas não livres, tem-se n� r incógnitas livres as quais podem assumir qualquer valor.Logo, o sistema linear homogéneo AX = 0 tem um número in�nito de soluções.

Teorema 8. Sejam A = (aij)m�n e �; � escalares.

(i) Se Y e W são soluções do sistema AX = 0, então Y +W também o é.

(ii) Se Y é solução do sistema AX = 0, então �Y também o é.

(iii) Se Y e W são soluções do sistema AX = 0, então �Y + �W também o é.

(iv) Sejam Y e W soluções do sistema AX = B. Se �Y + �W (para quaisquer escalares�; �) também é solução de AX = B, então B = 0. (Sugestão: basta fazer � = � = 0.)

Teorema 9. Seja A uma matriz do tipo m � n e B 6= 0 uma matriz do tipo m � 1.Qualquer solução X do sistema AX = B escreve-se na forma X = X0 +X1 onde X0 é umasolução particular do sistema AX = B e X1 é uma solução do sistema linear homogéneoAX = 0. Assim:

solução geral deAX = B

=solução particular de

AX = B+solução geral de

AX = 0.

Dem. Sendo X0 uma solução particular do sistema AX = B e X1 uma solução qualquerde AX = 0 então A (X0 +X1) = AX0 = B pelo que X0 + X1 é também uma solução deAX = B e não há solução de AX = B que não seja deste tipo uma vez que, se X 0 fôruma solução qualquer de AX = B tem-se AX 0 = B = AX0 , A (X 0 �X0) = 0 e assimX 0 �X0 = X1 é solução de AX = 0 tendo-se X 0 = X0 +X1.

Teorema 10. Seja A uma matriz do tipo n� n.

(i) O sistema AX = B tem solução única se e só se A fôr invertível. Neste caso a soluçãogeral é X = A�1B:

20

(ii) O sistema homogéneo AX = 0 tem solução não trivial se e só se A fôr não invertível.

Teorema 11. (i) Sejam A e B duas matrizes do tipo n� n. Se AB é invertível, entãoA e B são invertíveis.

(ii) Se A é uma matriz do tipo n� n tal que AB = I então BA = I e B = A�1:

Dem. (i) Considere o sistema (AB)X = 0. Se B não fosse invertível, então existiriaX 6= 0 tal que BX = 0. Logo, X 6= 0 seria solução não trivial de ABX = 0, o quecontraria o teorema anterior uma vez que por hipótese AB é invertível. Assim, B é invertível.Finalmente, A é invertível por ser o produto de duas matrizes invertíveis: A = (AB)B�1.

(ii) Atendendo à alínea anterior, B é invertível. Logo B�1 também é invertível e

A = AI = A�BB�1

�= (AB)B�1 = IB�1 = B�1,

isto é, A é invertível e A�1 = (B�1)�1 = B.

Teorema 12. (Como inverter matrizes invertíveis do tipo n � n). Seja A umamatriz do tipo n� n e consideremos a equação AX = B. Se A fôr invertível temos

AX = B , X = A�1B,

isto é,AX = IB , IX = A�1B.

Assim, para determinar a inversa de A, iremos transformar a matriz aumentada [A j I] namatriz [I j A�1], por meio de operações elementares aplicadas às linhas de [A j I]:

[A j I] �!:::

�I j A�1

�Este método tem o nome de método de eliminação de Gauss-Jordan e consistirá nacontinuação do método de eliminação de Gauss agora aplicado a [matriz triangular superior j �],efectuando-se as eliminações de baixo para cima de modo a obter-se [I j A�1].

Exemplo 14. Vejamos que��2 1�1 2

��1=

��23

13

�13

23

�: Tem-se

��2 1 j 1 0�1 2 j 0 1

��!

� 12L1+L2!L2

��2 1 j 1 00 3

2j �1

21

��!

� 23L2+L1!L1

�!� 23L2+L1!L1

��2 0 j 4

3�23

0 32j �1

21

��!

23L2!L2

� 12L1!L1

�1 0 j �2

313

0 1 j �13

23

�.

Isto é ��2 1�1 2

��1=

��23

13

�13

23

�.

21

De facto ��2 1�1 2

� ��23

13

�13

23

�=

��23

13

�13

23

� ��2 1�1 2

�= I

Exemplo 15. (i) Seja A =

24 0 �1 1�1 5

4�12

1 �12

0

35. Tem-se[A j I] =

24 0 �1 1 j 1 0 0�1 5

4�12j 0 1 0

1 �12

0 j 0 0 1

35 �!:::

24 1 0 0 j 1 2 30 1 0 j 2 4 40 0 1 j 3 4 4

35 :Logo,

24 0 �1 1�1 5

4�12

1 �12

0

35�1 =24 1 2 32 4 43 4 4

35. Veri�que(!) que: AA�1 = I.

(ii) Seja A =

24 9 8 76 5 43 2 1

35. Tem-se [A j I] �!:::

24 3 2 1 j 0 0 10 1 2 j 0 1 �20 0 0 j 1 �2 1

35. Logo, Anão é invertível.

(iii) Sejam A =

�1 23 4

�B =

��4 00 8

�C =

�0 1

8

�140

�. Determine-se X tal que

A�I � 2XT

��1B�1 = C:

Tem-seA�I � 2XT

��1B�1 = C ,

�I � 2XT

��1= A�1CB , I�2XT = (A�1CB)

�1 ,

, XT =1

2

�I �B�1C�1A

�, X =

1

2

�I � AT

�CT��1 �

BT��1�,

, X =1

2

�1 00 1

��1 32 4

� �0 �1

418

0

��1 � �4 00 8

��1!, X =

��1 �1

2

�2 �12

�:

Teorema 13. Seja A 2Mm�n(R) e considere o sistema de equações lineares AX = B.

(i) Existência de solução: Se m � n então o sistema AX = B tem pelo menos umasolução X para cada B 2 Rm se e só se carA = m:

(ii) Unicidade de solução: Se m � n então o sistema AX = B tem no máximo umasolução X para cada B 2 Rm se e só se carA = n, isto é, se e só se nulA = 0:

(iii) Existência e unicidade de solução: Se m = n então: A é invertível ,

, carA = n, para todo o B o sistema AX = B tem uma única solução (X = A�1B),

isto é, A não é invertível , carA < n,

, existe pelo menos um B para o qual o sistema AX = B não tem solução.

22

Matrizes elementares e factorização triangular

De�nição 24. Uma matriz elementar é uma matriz do tipo n � n obtida da matrizidentidade I (do tipo n� n) através de uma única operação elementar.

(i) A matriz Pij, chamada matriz de permutação, é a matriz elementar obtida portroca da linha i com a linha j da matriz I. Tem-se:

Pij =

266666666666666666664

1 0 � � � � � � 0

0. . . . . .

....... . . 1

0 11. . .

11 0

1. . .

......

. . . . . . 00 � � � � � � 0 1

377777777777777777775

i

j

.

(ii) Amatriz Ei(�) é a matriz elementar obtida da matriz I através do produto do escalar� 6= 0 pela linha i da matriz I. Tem-se:

Ei(�) =

2666666666664

1 0 � � � � � � 0

0. . . . . .

....... . . 1

�

1. . .

......

. . . . . . 00 � � � � � � 0 1

3777777777775 i .

(iii) A matriz Eij(�) é a matriz elementar obtida da matriz I por soma da linha j comum múltiplo escalar � da linha i. Por exemplo para i < j tem-se:

Eij(�) =

2666666666664

1 0 � � � � � � 0

0. . . . . .

....... . . 1

. . .

� 1. . .

......

. . . . . . 00 � � � � � � 0 1

3777777777775

i

j

.

Observação 9. (i) As matrizes elementares Eij(�), com i < j, são matrizes triangularesinferiores.

23

(ii)Asmatrizes elementaresEij(�) eEik(�) comutam, isto é, Eij(�)Eik(�) = Eik(�)Eij(�).

Exemplo 16. Sejam �; � escalares com � 6= 0. As matrizes elementares do tipo 2 � 2são:

P12 = P21 =

�0 11 0

�, E1(�) =

�� 00 1

�, E2(�) =

�1 00 �

�, E12(�) =

�1 0� 1

�eE21(�) =

�1 �0 1

�.

Teorema 14. Sejam E uma matriz elementar do tipo m�m e A uma matriz qualquerdo tipo m�n. Então, EA é a matriz obtida de A através da mesma operação elementar queoriginou E. Isto é, aplicar uma operação elementar a uma matriz corresponde a multiplicaressa matriz à esquerda por uma matriz elementar.

Exemplo 17. Considere-se a matriz aumentada

24 0 0 3 �9 j 65 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35. A op-eração elementar:24 0 0 3 �9 j 6

5 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 �!L1$L3

24 1 3 �1 5 j �75 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 ,corresponde à seguinte multiplicação (à esquerda):24 0 0 1

0 1 01 0 0

3524 0 0 3 �9 j 65 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 =24 1 3 �1 5 j �75 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 .A operação elementar:24 1 3 �1 5 j �7

5 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 �!15L2!L2

24 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6


0 1=5 00 0 1

3524 1 3 �1 5 j �75 15 �10 40 j �450 0 3 �9 j 6

35 =24 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 .A operação elementar:24 1 3 �1 5 j �7

1 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 �!�L1+L2!L2

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6


�1 1 00 0 1

3524 1 3 �1 5 j �71 3 �2 8 j �90 0 3 �9 j 6

35 =24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 .24

Finalmente, a operação elementar:24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 �!3L2+L3!L3

24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0


0 1 00 3 1

3524 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 3 �9 j 6

35 =24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0

35 .Tem-se então:

E23 (3)E12 (�1)E2�1

5

�P13

24 0 0 3 �9 j 65 15 �10 40 j �451 3 �1 5 j �7

35 =24 1 3 �1 5 j �70 0 �1 3 j �20 0 0 0 j 0

35 .Teorema 15. Toda a matriz elementar é invertível e a respectiva inversa é também uma

matriz elementar. Tem-se:

(i) (Pij)�1 = Pij. (ii) (Ei(�))

�1 = Ei(1=�), para � 6= 0. (iii) (Eij(�))�1 = Eij(��).

Teorema 16. Uma matriz A é invertível se e só se fôr igual ao produto de matrizeselementares.

Observação 10. O teorema anterior indica um modo alternativo para calcular a matrizinversa de uma matriz invertível.

Teorema 17. (i) O produto de duas matrizes triangulares inferiores (superiores) é umamatriz triangular inferior (superior).(ii) Se uma matriz triangular superior (inferior) fôr invertível então a sua inversa é

também triangular superior (inferior).

Dem. (i) Se A = (aij) e B = (bij) com aij = bij = 0 se i < j; então para AB =(Pn

k=1 aikbkj) tem-sePn

k=1 aikbkj = 0 se i < j uma vez que se k > j > i então aik = 0 ese j > k então bkj = 0. Além disso a diagonal principal da matriz triangular inferior AB édada por:

Pnk=1 aikbki = aiibii, i = 1; :::; n, uma vez que se i < k então aik = 0 e se k < i

então bki = 0.

Teorema 18. Seja A uma matriz do tipo m � n. Então ou A admite a factorizaçãoA = LU ou existe uma matriz de permutação P tal que PA admite a factorização PA = LU ,onde L é uma matriz triangular inferior com as entradas da diagonal principal todas iguaisa 1 e U é uma matriz em escada.

Teorema 19. Seja A do tipo n � n uma matriz invertível. Então ou A admite afactorização única A = LU ou existe uma matriz de permutação P tal que PA admite afactorização única PA = LU , onde L é uma matriz triangular inferior com as entradas dadiagonal principal todas iguais a 1 e U é uma matriz triangular superior cujas entradas da

25

diagonal principal são os pivots que resultam de aplicar o método de eliminação de Gaussà matriz A.

Exemplo 18. SejaA =

24 1 1 12 1 42 3 5

35. Tem-seE23(1)E13(�2)E12(�2)A =24 1 1 10 �1 20 0 5

35.Logo,A = (E12(�2))�1 (E13(�2))�1 (E23(1))�1

24 1 1 10 �1 20 0 5

35 .Isto é,

A = E12(2)E13(2)E23(�1)

24 1 1 10 �1 20 0 5

35 , ou ainda, A = LU ,

com

L = E12(2)E13(2)E23(�1) =

24 1 0 02 1 02 �1 1

35 e U =

24 1 1 10 �1 20 0 5

35 .

Exemplo 19. Seja A =

26641 2 3 40 0 5 60 0 10 60 1 7 8

3775. Tem-se P24A =26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 5 6

3775 e

E34 (�1=2)P24A =

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775Logo

P24A = (E34 (�1=2))�1

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775Isto é,

P24A = E34 (1=2)

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775 , ou ainda, PA = LU ,

com

P = P24, L = E34 (1=2) =

26641 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 1=2 1

3775 e U =

26641 2 3 40 1 7 80 0 10 60 0 0 3

3775 :

26


1. Veri�que que:

(i)�6 �94 �6

�2=

�0 00 0

�(ii)

�1 �10 �1

�1000= I (iii)

�0 1�1 0

�2= �I

(iv)�0 1�1 0

�222+

�0 1�1 0

�220=

�0 00 0

�(v)

�1 23 4

� �5 46 11

�=

�5 46 11

� �1 23 4

�

(vi)

24 1 1 11 1 1�2 �2 �2

352 =24 0 0 00 0 00 0 0

35 (vii)

24 2 �2 �4�1 3 41 �2 �3

352 =24 2 �2 �4�1 3 41 �2 �3

35(viii)

24 123

35 � 1 0 1�=

24 1 0 12 0 23 0 3

35 (ix) 3�1 11 �1

��12

�0 �21 �1

�2=

�4 272�52

�

(x)��

4�2

� ��121��T� 2

��2 12 �1

� ��14

2

�3p2

�T=

��7 �2

p2� 11

9 2p2 + 10

�(xi)

�a bc d

��1=

1

ad� bc

�d �b�c a

�(se ad� bc 6= 0)

A 2a coluna de

24 �1 1 �1�1 �1 11 �1 �1

3524 6 2 9�7 1 69 1 �7

35 é24 �1 1 �1�1 �1 11 �1 �1

3524 211

35 =24 �2�20

35(xiii)


�é ortogonal (� 2 R). Isto é,


� �cos � sen �� sen � cos �

�T=


�T �cos � sen �� sen � cos �

�= I

(xiv)

264p33

p22

p66p

33�p22

p66p

33

0 �p63

375 é ortogonal. (xv) � 13� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�é unitária. Isto é,

�13� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

� �13� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�H=

�13� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�H � 13� 2

3i 2

3i

�23i �1

3� 2

3i

�= I

(xvi)�2� 3i 1�i 1� 2i

�é uma matriz normal. Isto é,

�2� 3i 1�i 1� 2i

� �2� 3i 1�i 1� 2i

�H=

�2� 3i 1�i 1� 2i

�H �2� 3i 1�i 1� 2i

�(xvii) As constantes a; b e c que de�nem a função y = ax2 + bx+ c cujo grá�co passapelos pontos (x1; y1) ; (x2; y2) e (x3; y3) (de abcissas distintas entre si), constituem a

solução

24 abc

35 do sistema linear cuja matriz aumentada é dada por:24 x21 x1 1 j y1x22 x2 1 j y2x23 x3 1 j y3

35.27

2. Efectue, sempre que possível, as seguintes operações.

(i)��132� � 3� �

�(ii)

�0 1

�+

�10

�(iii)

�32�2

1 �1

� ��13

2 4

�3p5 1

2

�(iv) 2

�1 03 �1

2

��13

�0 �6�2 3

�(v)

�1�3

� �0 �21 �1

�(vi)

��2

p3 4

� � 0�1

�

(vii)� p

2�3

� �4 �1

22�

(viii)

0@24 2�14

1

35 2 � p2 �3 �1AT

(ix)

0BBBB@224 1

30 1

2

�13�12�1

35T 24 1 0 12

�13�12�1

35�266664

89

131

13

121

531 5

2

3777751CCCCAT

(x)

24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

35T 24 1 0�2 4�13�3

35 (xi)

24 1 0�2 4�13�3

35T 24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

353. Escreva a matriz A = (aij)4�4 2M4�4 (R) em cada um dos seguintes casos:

(i) aij = j2 (�1)i+j (ii) aij =

8<:�aji para todo i; j

j se j > i

4. Seja � 2 R. Em função do parâmetro �, calcule a característica e a nulidade dasseguintes matrizes. Em cada alínea, indique ainda (se existirem), justi�cando, os val-ores de � para os quais essas matrizes são invertíveis:

(i)

24 1 � ��2 1 23 �2� � �1

35 (ii)

24 2 �2 ��2 1 10 �2 � 1 �+ 1

35 (iii)

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775

5. Existem 16 matrizes 2 � 2 só com 0 e 1 nas respectivas entradas. Quantas são in-vertíveis?

6. Determine (se existirem) as inversas das seguintes matrizes.

(i) [1] (ii)�1 00 1

�(iii)

�0 11 0

�(iv)

�1 23 4

�(v)

�2 11 1

�(vi)

�1 11 1

�

(vii)

24 0 1 11 0 11 1 0

35 (viii)

24 1 2 34 5 67 8 9

35 (ix)

24 1 2 30 1 20 0 1

35 (x)1

3

24 2 �2 11 2 22 1 �2

35

(xi)

24 1 0 20 3 04 0 5

35 (xii)

26640 0 0 k10 0 k2 00 k3 0 0k4 0 0 0

3775, com k1; k2; k3; k4 6= 0

28

7. Seja A 2Mn�n (R) tal que A2+2A+2I = 0. Veri�que que A é invertível e determinea sua inversa.

8. Sejam A;B;X 2 Mn�n (R) matrizes invertíveis tais que (AB)2 =�3 47 9

�. Em cada

um dos seguintes casos, determine a matriz X que satisfaz a equação

(i) AXB + AB = 0 (ii) BXA� A�1B�1 = 0

9. (i) Determine A 2M2�2 (R) tal que�2I � (3A�1)T

��1=

�4 37 5

�:

(ii) Determine a matriz B tal que (BT + 4I)�1 =�1 32 5

�:

(iii) Determine a matriz A tal que�1 �12 �3

�TA

�3 2�1 �1

�= I.

10. (i) Seja A 2Mn�n (R) tal queAk = 0

para algum k 2 Nn f1g. Veri�que que(I � A)�1 = I + A+ :::+ Ak�1

(ii) Calcule

24 1 1 00 1 10 0 1

35�1 :11. Seja A =

24 2 2 �25 1 �31 5 �3

35.(i) Veri�que que A3 =

24 0 0 00 0 00 0 0

35. (ii) Calcule (I � A) (I + A+ A2) :

12. Seja Ba;b =

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a b3 0 6 0

3775, com a; b 2 R:

(i) Determine a característica e a nulidade de Ba;b em função de a e b.

(ii) Para a = 1 e b = 0 calcule a matriz inversa da matriz B1;0, isto é, (B1;0)�1.

(iii) Determine a solução geral do sistema linear B1;0X = C, C =�1 �2 3 �1

�T.

(iv) Para b = 1, determine a solução geral do sistema linear Ba;1X = D, em que D éo simétrico da 3a coluna de Ba;1.

13. Seja A =

24 �2 �1 22 �1 03 1 2

35. Factorize a matriz A na forma A = LU , obtendo uma

matriz L triangular inferior com 1�s na diagonal principal e uma matriz U triangularsuperior.

29

Exercícios de Revisão de Sistemas e Matrizes

1. Resolva os seguintes sistemas de equações lineares.

(i)�4x� 2y = 5�6x+ 3y = 1 (ii)

�2x+ 3y = 15x+ 7y = 3

(iii)�2x+ 4y = 103x+ 6y = 15

(iv)

8<:2x+ y � 3z = 53x� 2y + 2z = 55x� 3y � z = 16

(v)

8<:x+ 2y + 3z = 32x+ 3y + 8z = 43x+ 2y + 17z = 1

(vi)

8<:2x+ 3y � 2z = 5x� 2y + 3z = 24x� y + 4z = 1

(vii)

8<:x+ 5y + 4z � 13w = 33x� y + 2z + 5w = 22x+ 2y + 3z � 4w = 1


1 0 1 j 1�1 0 � j �1� 0 � j 1�1 0 �1 j �1

3775 .Determine, justi�cando, os valores de � para os quais o sistema anterior é impossívele calcule a solução geral do sistema correspondente a � = 1.

3. Para cada parâmetro real �, considere o sistema de equações lineares de variáveis reaiscuja matriz aumentada é dada por:24 1 4 2 j 10

2 7 2 j 201 5 � j 10

35 .a) Classi�que, em função de �, o sistema de equações lineares anterior.

b) Para � = 4, determine o conjunto solução do sistema de equações lineares corre-spondente.

4. Classi�que em função do parâmetro real � os seguintes sistemas de equações lineares(nas variáveis x; y e z). Nos casos em que existirem soluções, determine-as.

(i)�x+ 2y + �z = 12x+ �y + 8z = 3

(ii)

8<:�x + y + z = 1x+ �y + z = �x+ y + �z = �2

(iii)

8<:x+ y + �z = 23x+ 4y + 2z = �2x+ 3y � z = 1

5. Classi�que os seguintes sistemas de equações lineares em termos dos parâmetros reais� e �. Nos casos em que existirem soluções, determine-as.

(i)

8<:x+ 4y + 3z = 102x+ 7y � 2z = 10x+ 5y + �z = �

(ii)

8<:�x+ y � z + �w = 0x� 2y + 2z + w = 1x� y + z + (�+ 1)w = �

30


1 2 3 j 03 2 1 j 4�1 2 5 j �4� 2� 3 j 0

3775 .(i) Determine os valores de � para os quais o sistema anterior é possível e determinado.

(ii) Para � = 1, determine a solução geral do sistema de equações lineares correspon-dente.

7. Determine um sistema de equações lineares cujo conjunto de soluções seja:

(i) S = f(1; 1; 1)g(ii) S = f(3t� s; t+ 2s� 1; s� 2t+ 1) : s; t 2 Rg(iii) S = f(1� s; s� t; 2s; t� 1) : s; t 2 Rg

8. Sendo A =�1 22 4

�, determine todos os u 6= 0 tais que Au = 5u.

9. Determine todas as matrizes reais 2� 2 que comutam com a matriz�1 23 4

�.

10. Pretende-se arrumar livros em caixas. Ao colocar 7 livros em cada caixa, �ca um livrode fora. Ao colocar 8 livros por caixa, há uma caixa que só tem 1 livro. Quantos livrosse pretende arrumar? Quantas caixas existem?

11. (i) Determine os coe�cientes a; b; c e d da função polinomial

p(x) = ax3 + bx2 + cx+ d;

cujo grá�co passa pelos pontos P1 = (0; 10); P2 = (1; 7); P3 = (3;�11) e P4 = (4;�14).(ii) Determine os coe�cientes a; b e c da equação da circunferência

x2 + y2 + ax+ by + c = 0;

que passa pelos pontos P1 = (�2; 7); P2 = (�4; 5) e P3 = (4;�3).

12. Escreva a matriz A = (aij)4�4 2M4�4 (R) em cada um dos seguintes casos:

(i)

aij =

8<:0 se i > j

1i+j�1 caso contrário,

(ii)

aij =

8>>>><>>>>:i se i = j

�j se j = i+ 1

i� j caso contrário,

31

13. Veri�que se a matriz (aij) 2M2�2 (R) de�nida por

aij = 3i+ 2j;

para todo i; j = 1; 2, é simétrica.

14. Determine as características e as nulidades das seguintes matrizes reais, identi�candoos respectivos pivots.

(i)

24 1 2 30 1 11 2 3

35 (ii)

24 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

35 (iii)

24 0 1 �1 11 �1 1 01 1 2 �1

35

(iv)

26641 3 �1 20 11 �5 32 �5 3 14 1 1 5

3775 (v)

24 2 10 �6 8 �4�1 �5 3 �4 2�2 �10 6 �8 4

35

(vi)

24 0 00 00 0

35 (vii)�5 �1 20 2 0

�(viii)

24 3 6 92 4 61 2 3

35

(ix)

24 2 12 4�1 �2

35 (x)

26641 2 �1 3 2�1 1 3 �2 �12 7 �1 9 83 3 �2 4 �6

377515. Seja � 2 R. Em função do parâmetro �, calcule a característica e a nulidade das

seguintes matrizes. Em cada alínea, indique ainda (se existirem), justi�cando, os val-ores de � para os quais essas matrizes são invertíveis:

(i)

24 1 0 1�1 � �0 � 1

35 (ii)

2664�1 0 1 �0 1 0 03 0 � 0�1 �1 1 2

3775 (iii)

26641 �1 � 01 � �1 01 �1 �3 0�1 1 �� 2 � 1

377516. Determine (se existirem) as inversas das seguintes matrizes.

(i)

24 1 2 14 0 61 8 1

35 (ii)�cos � � sen �sen � cos �

�(iii)

2664k 0 0 01 k 0 00 1 k 00 0 1 k

3775, com k 6= 0

(iv)

2666666664

513

213

213

� 813

213

� 713

613

213

213

613

� 713

213

� 813

213

213

513

3777777775(v)

2666666664

1 �12�12

12

�12

1 0 �12

�12

0 1 �12

12�12�12

1

3777777775

32

17. Seja

B =

�1 01 1

�:

Determine a matriz A tal queI � ATB = B2.

18. Determine a matriz invertível A 2M2�2 (R) tal que

A�1�2 31 2

�� I =

�0 12 0

�T:

19. Seja

A�;� =

26641 0 �1 01 � �2 + � ��0 1 � �1 � �2 + � �+ ��

3775 ;com �; � 2 R:(i) Determine a característica e a nulidade de A�;� em função de � e �.

(ii) Determine os valores dos parâmetros � e � para os quais A�;� é invertível.

20. Seja

A� =

26641 0 � 22 � �2 4�4 0 ��3 �8� 0 �2 �2

3775 ;com � 2 R.(i) Determine a característica e a nulidade de A� em função do parâmetro � e diga,justi�cando, quais são os valores de � para os quais A� é invertível.

(ii) Para � = 1; determine a inversa da matriz A1.

21. Seja

A� =

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775 , com � 2 R.

a) Determine a característica e a nulidade de A� em função do parâmetro �:

b) Diga, justi�cando, quais são os valores de � para os quais A� é invertível.

c) Para � = 1, determine a solução geral do sistema de equações lineares A1X = 0.

d) Para � = 1, determine a solução geral do sistema de equações lineares A1X = B,onde B é igual à 4a coluna da matriz A1.

e) Para � = 2, factorize a matriz A2 na forma A2 = LU , obtendo uma matriz L triangularinferior com 1�s na diagonal principal e uma matriz U triangular superior.

33

1a Ficha de exercícios teóricos

1. Sendo A;B;C matrizes de tipos apropriados, mostre que:

(i) (AB)C = A (BC) (ii) A (B + C) = AB + AC (iii) (AB)T = BTAT

2. Sendo A uma matriz do tipo m� n, mostre que se ATA = 0 então A = 0.

3. Obtenha, por indução, uma fórmula para An onde A é dada por:

(i)�0 �11 0

�(ii)

�1 02 1

�(iii)

24 1 1 00 1 10 0 1

35

(iv)

26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

3775 (v)�cos � � sen �sen � cos �

�(� 2 R)

4. Sendo A uma matriz 2� 2 ortogonal, isto é, tal que AAT = ATA = I, mostre que

A =


�ou A =

�cos � sen �sen � � cos �

�; (� 2 R):

5. Mostre que se AB = A e BA = B então A2 = A e B2 = B.

6. Sejam A;B 2Mn�n(R) matrizes tais que ABA = B e BAB = A. Mostre que

A2 = B2.

7. Diga de que tipos deverão ser as matrizes A e B de modo a poderem ser efectuados osseguintes produtos e desenvolva esses mesmos produtos.

(i) (A+B)(A�B) (ii) (AB)2 (iii) (A+B)2

8. (i) Veri�que que as matrizes A =�1 02 0

�e B =

�0 03 4

�não satisfazem a relação:

AB = 0 ) A = 0 ou B = 0. O que pode concluir? E no caso de A ser invertível, oque concluiria acerca da veracidade da relação anterior?

(ii) Veri�que que as matrizes A =

�1 21 2

�, B =

�0 01 1

�e C =

�2 20 0

�não

satisfazem a relação: AB = AC ) B = C. O que pode concluir? E no caso de A serinvertível, o que concluiria acerca da veracidade da relação anterior?

9. Sejam A uma matriz do tipo n� n e B uma matriz do tipo m� n quaisquer.(i) Prove que se A é simétrica (isto é A = AT ) então BABT tambem é simétrica.

(ii) Prove que se A é normal (isto é AHA = AAH) e B é unitária então BABH énormal.

(iii) Prove que BTB e BBT são matrizes simétricas e que BHB e BBH são matrizeshermitianas.

34

10. Uma matriz A do tipo n� n diz-se anti-simétrica se AT = � A. Mostre que:(i) Os elementos da diagonal principal de uma qualquer matriz anti-simétrica são todosnulos.

(ii) Para qualquer matriz A do tipo n� n, a matriz A� AT é anti-simétrica.(iii) Escrevendo A = 1

2(A + AT ) + 1

2(A � AT ), toda a matriz quadrada pode ser

decomposta de modo único pela soma de uma matriz simétrica com uma anti-simétrica.

11. Veri�que que todas as matrizes X =

�a bc d

�que satisfazem a equação X2 = I são:

�I; ��1 0c �1

�; �

�1 b0 �1

�;

�a b

1�a2b� a

�.

Observe assim que a equação matricial X2 = I tem um número in�nito de soluções emcontraste com a equação escalar x2 = 1 que tem apenas duas soluções (1 e � 1).

12. Mostre que:

fX 2M2�2(R) : XA = AX; para todo o A 2M2�2(R)g =��

� 00 �

�: � 2 R

�.

Isto é, as matrizes 2 � 2 que comutam com todas as matrizes 2 � 2 são múltiplosescalares da matriz I.

13. Sendo A uma matriz do tipo m� n, seja N (A) = fX : AX = 0g. Mostre que:(i) Sendo A e B de tipos apropriados, então N (B) � N (AB).(ii) Sendo A e B de tipos apropriados com A invertível, então N (B) = N (AB).(iii) Sendo A 2Mm�n (R), tem-se N

�ATA

�= N (A) :

(iv) Sendo A e B do tipo m�n com m < n tais que ABT é invertível, então BTA nãoé invertível e nenhuma linha de B pertence a N (A).(v) Sendo A 2Mm�n (R) tal que para todo o B 2 Rm; o sistema AX = B é possível,então N

�AT�= f0g.

14. (i) Seja A 2 Mn�n(R) tal que que Au = 0 para qualquer u 2 Mn�1(R). Prove queA = 0.

(ii) Sejam A;B 2 Mn�n(R) tais que que Au = Bu para qualquer u 2 Mn�1(R).Prove que A = B.

15. Sejam A;B matrizes não nulas do tipo n � 1. Determine a característica de ABT .Justi�que.

16. Sendo A uma matriz do tipo m � n tal que carA = m, mostre que existe B do tipon�m tal que AB = I.

17. Sejam A e B matrizes do tipo n� n tais que AB = A�B. Mostre que AB = BA.Sugestão: Considere a matriz (A+ I) (I �B).

35

18. Duas matrizes A e B do tipo n�n dizem-se semelhantes se existir S invertível tal queA = SBS�1. Mostre que:

(i) Sendo A ou B invertíveis então AB e BA são semelhantes.

(ii) Sendo A e B semelhantes então X 2 N (A) se e só se S�1X 2 N (B).

19. Seja A uma matriz quadrada (do tipo n� n). Mostre que:(i) Se A fôr invertível então A�1 tambem é invertível e (A�1)�1 = A.

(ii) Se A fôr invertível então AT tambem é invertível e (AT )�1 = (A�1)T .

(iii) Se A fôr invertível e simétrica então A�1 tambem é simétrica.

20. Sejam A e B matrizes do tipo n� n. Mostre que:(i) Se A;B forem invertíveis então A+B não é necessariamente invertível.

(ii) Se A;B e A+B forem invertíveis então A�1 +B�1 é invertível e

(A�1 +B�1)�1 = A(A+B)�1B = B(A+B)�1A.

21. Seja A do tipo n� n tal que A2 = A (A diz-se idempotente). Mostre que:(i) I � A é idempotente.(ii) 2A � I é invertível e (2A� I)�1 = 2A � I. Além disso, se A fôr simétrica então2A� I é uma matriz ortogonal.(iii) Se carA = n, então A = I.

22. Sejam A e B duas matrizes do tipo n� n tais que AB = I. Determine A�BA2.

23. Uma matriz B (do tipo n� n) diz-se idempotente se B2 = B. Mostre que

A2 = I , 1

2(I + A) é idempotente

24. Sendo A = (aij) uma matriz invertível e B = (bij) a inversa da A, mostre, para k 6= 0,a matriz (ki�jaij) é invertível e a sua inversa é (ki�jbij).

25. Seja A uma matriz do tipo 2 � 2. Mostre que A =

�a bc d

�é invertível se e só se

ad�bc 6= 0. No caso de A ser invertível, utilize o método de eliminação de Gauss-Jordanpara encontrar a matriz inversa de A.

26. Que condições devem ser veri�cadas para que a seguinte matriz diagonal do tipo n�n

D =

26664k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775seja invertível? Qual é a sua inversa?

36

27. Para matrizes quadradas A = (aij)n�n de�ne-se o traço de A, tr(A), como sendo asoma de todas as entradas da diagonal principal de A, isto é,

tr(A) =

nXi=1

aii:

Sejam A = (aij)n�n e B = (bij)n�n duas matrizes do tipo n�n e � um escalar. Mostreque

(i)tr(A+B) = tr(A) + tr(B);

(ii)tr(�A) = � tr(A);

(iii)tr(AT ) = tr(A);

(iv)tr(AB) = tr(BA):

Esta última igualdade continua a ser verdadeira se A = (aij)m�n e B = (bij)n�m.

28. Para cada matriz A do tipo n� n, veri�que que não existe X do tipo n� n tal que

AX �XA = I.

29. Sejam A e B matrizes do tipo n�n tais que A é simétrica e B é anti-simétrica. Mostreque

tr(AB) = 0:

30. Seja A 2Mm�n (R). Mostre que

tr(ATA) = 0, A = 0:

31. Sejam u; v 2Mn�1 (R) tais que uTv 6= �1. Seja

A = I + uvT .

Veri�que que A é invertível e que

A�1 = I � 1

1 + uTvuvT .

Além disso veri�que queuTv =

�tr�uvT

��

37

Espaços lineares (ou Espaços vectoriais)

De�nição 25. Um conjunto não vazio V é um espaço linear (real) se existirem duasoperações associadas a V , uma soma de elementos de V e um produto de escalares (númerosreais) por elementos de V , com as seguintes propriedades:

(a) (Fecho da soma). Para quaisquer u; v 2 V

u+ v 2 V:

(b) (Fecho do produto por escalares). Para quaisquer � 2 R e u 2 V

�u 2 V:

(c) (Comutatividade da soma). Para quaisquer u; v 2 V ,

u+ v = v + u:

(d) (Associatividade da soma). Para quaisquer u; v; w 2 V ,

u+ (v + w) = (u+ v) + w:

(e) (Elemento neutro da soma). Existe um elemento de V designado por 0 tal que, paraqualquer u 2 V ,

u+ 0 = u:

(f) (Simétrico). Para cada (qualquer) u 2 V existe v 2 V tal que

u+ v = 0:

A v chama-se o simétrico de u e denota-se por �u.

(g) (Associatividade do produto por escalares). Para quaisquer �; � 2 R e u 2 V ,

� (�u) = (��)u:

(h) (Distributividade em relação à soma de vectores). Para quaisquer � 2 R e u; v 2 V ,

� (u+ v) = �u+ �v:

(i) (Distributividade em relação à soma de escalares). Para quaisquer �; � 2 R e u 2 V ,

(�+ �)u = �u+ �u:

(j) Para qualquer u 2 V ,1u = u:

38

De�nição 26. Aos elementos de um espaço linear (vectorial) V chamaremos vectores.

Exemplo 20. Exemplos de espaços lineares. Seja � 2 R.

(i) Rn = f(x1; :::; xn) : x1; :::; xn 2 Rg, com as operações usuais:

(u1; :::; un) + (v1; :::; vn) = (u1 + v1; :::; un + vn),

�(u1; :::; un) = (�u1; :::; �un).

(ii) Mm�n (R) (conjunto de todas as matrizes reais do tipo m � n), com as operações(usuais): A+B e �A.

(iii) Seja n 2 N �xo. O conjunto Pn = fa0 + a1t+ :::+ antn : a0; a1; :::; an 2 Rg de todosos polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a n, com as operações usuais.

(a0 + a1t+ :::+ antn) + (b0 + b1t+ :::+ bnt

n) = a0 + b0 + (a1 + b1) t+ :::+ (an + bn) tn

� (a0 + a1t+ :::+ antn) = �a0 + (�a1) t+ :::+ (�an) t

n.

(iv)O conjuntoP = fa0 + a1t+ :::+ asts : a0; a1; :::; as 2 R e s 2 N0g de todos os polinómiosreais de variável real, com as operações usuais.

(v) O conjunto de todas as funções reais de variável real de�nidas num conjunto S � R,com as operações usuais:

(f + g)(x) = f(x) + g(x),

(�f)(x) = �f(x).

Observação 11. Existem espaços lineares com operações não usuais:

(i) O conjunto dos números reais R, com a soma de�nida por

u� v = u+ v + 1,

e o produto por escalares de�nido por

� � u = �u+ �� 1,

é um espaço linear. (Neste caso o elemento neutro é �1.)

(ii) O conjunto dos números reais maiores do que zero, com a soma de�nida por

u� v = uv,

e o produto por escalares de�nido por

� � u = u�,

é um espaço linear. (Neste caso o elemento neutro é 1.)

39

Observação 12. Alterações nos conjuntos considerados anteriormente podem resultarem conjuntos que não são espaços lineares.

(i) O conjunto f(x; y) 2 R2 : x � 0 e y � 0g, com as operações usuais, não é um espaçolinear. Por exemplo, os simétricos não estão no conjunto.

(ii)O conjunto V = fa0 + a1t+ :::+ antn : a0; a1; :::; an 2 R e an 6= 0g de todos os polinómiosreais de grau igual a n, com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo, paran > 1:

tn;�tn + t 2 V , mas tn + (�tn + t) = t =2 V .

(iii) O conjunto U = ff : R �! R tais que f(1) = 2g, com as operações usuais, não éum espaço linear. Por exemplo, se f1; f2 2 U ,

(f1 + f2) (1) = f1(1) + f2(1) = 2 + 2 = 4 6= 2.

Logo, f1 + f2 =2 U .

De�nição 27. Seja V um espaço linear. Diz-se que S é um subespaço de V se S é umsubconjunto de V e se S, com as operações de V , fôr um espaço linear.

Observação 13. No entanto, para mostrar que um certo conjunto S � V é um subespaçodo espaço linear V , não será necessário veri�car as 10 propriedades da de�nição de espaçolinear, como se pode ver no seguinte teorema.

Teorema 20. Um subconjunto não vazio S de um espaço linear V é um subespaço deV se e só se as seguintes condições (i) e (ii) forem satisfeitas.

(i) Para quaisquer u; v 2 S tem-se u+ v 2 S.

(ii) Para quaisquer � 2 R e u 2 S tem-se �u 2 S.

Exemplo 21. Exemplos de subespaços:

(i) Os únicos subespaços do espaço linear R, com as operações usuais, são f0g e R.

(ii) Os subespaços do espaço linear R3, com as operações usuais, são: f(0; 0; 0)g, R3,todas as rectas que passam pela origem e todos os planos que passam pela origem.

(iii) O conjunto de todas as matrizes (reais) triangulares superiores (do tipo n�n) é umsubespaço do espaço linearMn�n (R), com as operações usuais.

(iv) O conjunto de todas as funções reais de�nidas e contínuas em I � R (I é umintervalo) é um subespaço do espaço linear de todas as funções f : I ! R, com as operaçõesusuais.

40

De�nição 28. Seja A 2Mm�n (R). O conjunto

C(A) = fb 2 Rm : Au = b tem pelo menos uma solução ug

é um subespaço do espaço linear Rm, com as operações usuais, ao qual se dá o nome deespaço das colunas de A.

De�nição 29. Seja A 2Mm�n (R). O conjunto

N (A) = fu 2 Rn : Au = 0g

é um subespaço do espaço linear Rn, com as operações usuais, ao qual se dá o nome deespaço nulo ou núcleo de A.

Teorema 21 . Seja A 2Mn�n (R).

A invertível , N (A) = f0g

De�nição 30. Seja S um subconjunto não vazio de um espaço linear V . Diz-se que umvector u é combinação linear �nita dos elementos de S, se existir um no �nito de elementosde S, u1; :::; uk, e de escalares �1; :::; �k tais que

u = �1u1 + :::+ �kuk =kXi=1

�iui.

SejaL(S) = f�1u1 + :::+ �kuk : �1; :::; �k 2 Rg ,

(no caso do corpo dos escalares ser R) isto é, seja L(S) o conjunto de todas as combinaçõeslineares �nitas de elementos de S. O conjunto L(S) é (veri�que!) um subespaço de V . AL(S) chama-se a expansão linear de S ou subespaço de V gerado por S e diz-se queS gera L(S) ou ainda que S é um conjunto gerador do espaço linear L(S). Se S é oconjunto vazio ?, escreve-se L(?) = f0g.

Teorema 22. (i) Seja S um subconjunto não vazio de um espaço linear V . A expansãolinear L(S) de S é o menor subespaço de V que contém S.

(ii) Sejam S e T dois subconjuntos não vazios de um espaço linear V , com S � T . SeL(S) = V então L(T ) = V .

De�nição 31. Seja A uma matriz (real) do tipo m � n. Ao subespaço linear de Rngerado pelas linhas de A dá-se o nome de espaço das linhas de A e designa-se por L(A).

Exemplo 22. (i) O espaço linear R2 é gerado por qualquer dos seguintes conjuntos devectores:

f(1; 0); (0; 1)g, f(1; 2); (�1; 11)g e f(23; 8); (6; 14)g.

41

(ii) O subespaço f(x; y) 2 R2 : y = 2xg do espaço linear R2 é gerado por qualquer dosseguintes conjuntos de vectores:

f(1; 2)g, f(�2;�4)g e f(77; 154)g.

(iii) O espaço linear Pn de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ouigual a n, é gerado por qualquer dos seguintes conjuntos de vectores:

f1; t; t2; :::; tng, f1; 1 + t; (1 + t)2 ; :::; (1 + t)ng e f1; t1!;t2

2!; :::;

tn

n!g.

(iv)O espaço linear P de todos os polinómios reais de variável real, é gerado pelo conjuntoin�nito de vectores:

f1; t; t2; :::g.

(v) Seja U o espaço linear de todas as funções reais com primeira derivada contínua emR (isto é, pertencentes a C1 (R)) e tais que f 0 (x) = af (x) (em R) com a 2 R. Então U égerado pela função g (x) = eax, tendo-se U = L (fgg).

(vi) Seja A uma matriz (real) do tipo m� n. O espaço das colunas de A,

C(A) = fb 2 Rm : Au = b tem pelo menos uma solução ug ,

é o subespaço (do espaço linear Rm) gerado pelas colunas de A, uma vez que:264 b1...bm

375 =264 a11 � � � a1n

... � � � ...am1 � � � amn

375264 u1...un

375 = u1264 a11

...am1

375+ :::+ un264 a1n

...amn

375 .

(vii) A =�0 0 00 0 0

�, B =

24 1 �3 10 0 70 0 0

35, C =

24 �1 22 �4�2 4

35, D =

�2 00 �1

�.

C(A) = f(0; 0)g, N (A) = R3, L(A) = f(0; 0; 0)g.C(B) = L (f(1; 0; 0) ; (1; 7; 0)g) , N (B) = L (f(3; 1; 0)g) ; L(B) = L (f(1;�3; 1) ; (0; 0; 7)g) .

C(C) = L (f(�1; 2;�2)g) ; N (C) = L (f(2; 1)g) ; L(C) = L (f(�1; 2)g) :C(D) = L (f(2; 0) ; (0;�1)g) , N (D) = f(0; 0)g; L(D) = L (f(2; 0) ; (0;�1)g) .

(viii) Seja U = fA 2M3�2(R) : a12 = a21 = a32 = 0 e a11 + 2a31 = 0g. Tem-se, paraA 2 U ,

A =

24 a11 a12a21 a22a31 a32

35 =24 �2a31 0

0 a22a31 0

35 = a3124 �2 00 01 0

35+ a2224 0 00 10 0

35 ,42

com a31; a22 2 R. Logo,

U = L

0@8<:24 �2 00 01 0

35 ;24 0 00 10 0

359=;1A .

(ix) Seja U = fp(t) = a0 + a1t+ a2t2 2 P2 : p(1) = p(0)g. Tem-se, para p(t) 2 U ,

p(1) = p(0), a0 + a1 + a2 = a0 , a1 + a2 = 0, a1 = �a2.

Logo, p(t) = a0 � a2t+ a2t2 = a01 + a2 (�t+ t2), com a0; a2 2 R. Assim,

U = L��1;�t+ t2

�.

Teorema 23. Se U e V subespaços do espaço linear W , então U [ V é subespaço de Wse e só se U � V ou V � U .

Teorema 24. Se U e V são subespaços do espaço linear W , então:

(i) O conjunto U \ V é um subespaço linear de W .

(ii) O conjunto U + V = fu + v : u 2 U e v 2 V g é um subespaço de W . É omenor subespaço de W que contém U [V . O conjunto U [V em geral não é um subespaço.Escreve-se U + V = L(U [ V ).

Observação 14. (i) U é um subespaço de Rn se e só se existir uma matriz A tal que

U = N (A) :

(ii) Sejam U1 e U2 subespaços de Rn. Se U1 = L (S1) e U2 = L (S2) então

U1 + U2 = L (S1 [ S2) :

Se U1 = N (A) e U2 = N (B) então

U1 \ U2 = N�AB

�:

(iii) U é um subespaço de Pn = fa0 + a1t+ :::+ antn : a0; a1; :::; an 2 Rg se e só se existiruma matriz A tal que

U = fa0 + a1t+ :::+ antn : (a0; a1; :::; an) 2 N (A)g .

(iv) Sejam U1 e U2 subespaços de Pn. Se U1 = L (S1) e U2 = L (S2) então

U1 + U2 = L (S1 [ S2) :

43

SeU1 = fa0 + a1t+ :::+ antn : (a0; a1; :::; an) 2 N (A)g

eU2 = fa0 + a1t+ :::+ antn : (a0; a1; :::; an) 2 N (B)g

então

U1 \ U2 =�a0 + a1t+ :::+ ant

n : (a0; a1; :::; an) 2 N�AB

��:

(v) U é um subespaço deMm�n (R) se e só se existir uma matriz B tal que

U = fA = (aij) 2Mm�n (R) : (a11; :::; am1; :::; a1n; :::; amn) 2 N (B)g

(vi) Sejam U1 e U2 subespaços deMm�n (R). Se U1 = L (S1) e U2 = L (S2) então

U1 + U2 = L (S1 [ S2) :

SeU1 = fA = (aij) 2Mm�n (R) : (a11; :::; am1; :::; a1n; :::; amn) 2 N (B)g

eU2 = fA = (aij) 2Mm�n (R) : (a11; :::; am1; :::; a1n; :::; amn) 2 N (C)g

então

U1 \ U2 =�A = (aij) 2Mm�n (R) : (a11; :::; am1; :::; a1n; :::; amn) 2 N

�BC

��:

Exemplo 23. (i) Em R3, considere os subespaços:

U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � 2z = 0g e V = L (f(1; 1;�1); (1; 2; 1)g) .

Seja v 2 V , então

v = �(1; 1;�1) + �(1; 2; 1) = (�+ �; �+ 2�;��+ �),

com �; � 2 R. Para que v esteja também em U é preciso que:

(�+ �) + (�+ 2�)� 2 (��+ �) = 0.

A última equação é equivalente a 4�+ � = 0, � = �4�. Logo,

U \ V = f(�3�;�7�;�5�) : � 2 Rg = f�(�3;�7;�5) : � 2 Rg = L (f(3; 7; 5)g) .

(ii) Em R3, considere os subespaços:

U = L (f(1;�1; 1); (1; 2; 2)g) e V = L (f(2; 1; 1); (�1; 1; 3)g) .

44

Seja v 2 U , então

v = �(1;�1; 1) + �(1; 2; 2) = (�+ �;��+ 2�; �+ 2�),

com �; � 2 R. Para que v esteja também em V é preciso que:

(�+ �;��+ 2�; �+ 2�) = �(2; 1; 1) + �(�1; 1; 3) = (2�� ; �+ �; �+ 3�) ,

com �; � 2 R. Deste modo, 8<:�+ � = 2�� + 2� = �+ ��+ 2� = �+ 3�.

Considerando a matriz aumentada tem-se24 1 1 j 2�� 1 2 j �+ �1 2 j �+ 3�

35 �!L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 1 j 2�� 0 3 j 3�0 1 j ��+ 4�

35 �!� 13L2+L3!L3

24 1 1 j 2�� 0 3 j 3�0 0 j �2�+ 4�

35 .Logo, 8<:

�+ � = 2�� = �0 = �2�+ 4�.

,

8<:� = �� = 2�� = 2�.

Assim,

�(1;�1; 1) + �(1; 2; 2) = �(1;�1; 1) + 2�(1; 2; 2) = (3�; 3�; 5�) = �(3; 3; 5).

Logo,U \ V = f(3�; 3�; 5�) : � 2 Rg =f�(3; 3; 5) : � 2 Rg = L (f(3; 3; 5)g) .

Resolução alternativa para determinar U\V : Seja (x; y; z) 2 U = L (f(1;�1; 1); (1; 2; 2)g).Assim, existem escalares �; � 2 R tais que

(x; y; z) = �(1;�1; 1) + �(1; 2; 2).

Logo, o sistema seguinte é possível 24 1 1 j x�1 2 j y1 2 j z

35 .Atendendo a que24 1 1 j x

�1 2 j y1 2 j z

35 �!L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 1 j x0 3 j x+ y0 1 j z � x

35 �!� 13L2+L3!L3

24 1 1 j x0 3 j x+ y0 0 j z � 4

3x� 1

3y

35logo (x; y; z) 2 U , z � 4

3x� 1

3y = 0, 4x+ y � 3z = 0. Ou seja:

U = f(x; y; z) 2 R3 : 4x+ y � 3z = 0g = N��4 1 �3

��.

45

Seja (x; y; z) 2 V = L (f(2; 1; 1); (�1; 1; 3)g). Existem escalares �; � 2 R tais que

(x; y; z) = �(2; 1; 1) + �(�1; 1; 3).

Logo, o sistema seguinte é possível 24 2 �1 j x1 1 j y1 3 j z

35 .Atendendo a que24 2 �1 j x1 1 j y1 3 j z

35 �!� 12L1+L2!L2

� 12L1+L3!L3

24 2 �1 j x0 3=2 j y � x

2

0 7=2 j z � x2

35 �!� 73L2+L3!L3

24 2 �1 j x0 3=2 j y � x

2

0 0 j 23x� 7

3y + z

35logo (x; y; z) 2 V , z � 7

3y + 2

3x = 0, 2x� 7y + 3z = 0. Ou seja:

V = f(x; y; z) 2 R3 : 2x� 7y + 3z = 0g = N��2 �7 3

��.

Logo,

U \ V = N��

4 1 �32 �7 3

��= N

��4 1 �30 �5 3

��=

= f(3y; 3y; 5y) : � 2 Rg =fy(3; 3; 5) : y 2 Rg = L (f(3; 3; 5)g) .

(iii) Seja U o subespaço de Mn�n(R) das matrizes triangulares superiores e seja V osubespaço deMn�n(R) das matrizes triangulares inferiores. Então

U + V =Mn�n(R) e U \ V = subespaço das matrizes diagonais.

(iv) Sejam U = L(f(1; 0)g) e V = L(f(0; 1)g) subespaços de R2. O conjunto

U [ V = f(x; y) 2 R2 : x = 0 _ y = 0g

não é um espaço linear pois (1; 0)| {z }2U

+(0; 1)| {z }2V

= (1; 1) =2 U [V . No entanto, tem-se U +V = R2.

Observação 15. Vejamos que se tem:

L (f(1;�4; 0); (0; 3; 1)g) = L (f(1; 2; 2); (1;�1; 1)g) .

Como(1;�4; 0)) = �(1; 2; 2) + 2(1;�1; 1) e (0; 3; 1) = (1; 2; 2)� (1;�1; 1)

logoL (f(1;�4; 0); (0; 3; 1)g) � L (f(1; 2; 2); (1;�1; 1)g) .

Como(1; 2; 2) = (1;�4; 0) + 2(0; 3; 1) e (1;�1; 1) = (1;�4; 0) + (0; 3; 1)

46

logoL (f(1; 2; 2); (1;�1; 1)g) � L (f(1;�4; 0); (0; 3; 1)g) .

Assim:L (f(1;�4; 0); (0; 3; 1)g) = L (f(1; 2; 2); (1;�1; 1)g) .

De facto, o que se mostrou foi o seguinte:24 1 0�4 30 1

35 =24 1 12 �12 1

35� �1 12 �1

�,

24 1 0�4 30 1

35� 1 12 1

�=

24 1 12 �12 1

35em que �

1 12 1

�=

��1 12 �1

��1:

De�nição 32. Sejam W1 e W2 subespaços de um espaço linear V . Diz-se que V é asoma directa dos espaços W1 e W2 e escreve-se

V = W1 �W2

seV = W1 +W2 e W1 \W2 = f0g:

Teorema 25. SejamW1 e W2 subespaços de um espaço linear V tais que V = W1�W2.Então todo o vector v 2 V pode ser escrito de modo único na forma

v = w1 + w2

com w1 2 W1 e w2 2 W2.

Teorema 26. Seja A 2Mm�n(R). Tem-se

C(A) = L(AT ) e L(A) \N (A) = f0g:

Dem. Vejamos que N (A) \ C�AT�= f0g. Seja y 2 N (A) \ C

�AT�. Então existe x

tal que Ay = 0 e y = ATx: Logo yT = xTA e yTy =�xTA

�y = xT (Ay) = xT0 = 0.

Isto énXi=1

y2i = yTy = 0 ou seja y = (y1; :::; yn) = (0; :::; 0) = 0. Logo, N (A) \ L (A) =

N (A) \ C�AT�= f0g :

Observação 16. Seja A 2 Mm�n(R). Se A0 fôr a matriz em escada que se obtem de Apor aplicação do método de eliminação de Gauss, tem-se

C(A) 6= C(A0).

Teorema 27. Seja A 2Mm�n(R). O espaço das linhas L(A) e o núcleo N (A) mantêm-se invariantes por aplicação do método de eliminação de Gauss. Isto é, sendo A0 a matrizem escada que se obtem de A por aplicação desse método, tem-se

L(A) = L(A0) e N (A) = N (A0).

47

Independência linear

De�nição 33. (i) Seja V um espaço linear. Seja

S = fv1; :::; vkg � V:

Diz-se que o conjunto S é linearmente dependente se e só se algum dos vectores de S seescrever como combinação linear dos restantes, isto é, se e só se existir algum i 2 f1; :::; kge escalares �1; :::; �i�1; �i+1; :::; �k 2 R tais que

vi = �1v1 + :::+ �i�1vi�1 + �i+1vi+1 + :::+ �kvk.

(ii) Seja V um espaço linear. Seja

S = fv1; :::; vkg � V:

Diz-se que o conjunto S é linearmente independente se e só se nenhum dos vectores deS se puder escrever como combinação linear dos restantes, isto é, se e só a única solução dosistema homogéneo

�1v1 + :::+ �kvk = 0

fôr a solução trivial, ou seja, �1 = ::: = �k = 0. No caso em que V = Rn, sendo A a matrizcujas colunas são os vectores de S � V , diz-se que S é linearmente independente se e sóse N (A) = f0g.

Teorema 28. Seja A0 uma matriz em escada de linhas.

(i) As colunas de A0 que contêm pivots são linearmente independentes.

(ii) As linhas não nulas de A0 são linearmente independentes.

(iii) O no de linhas independentes e o no de colunas independentes (de A0) são ambosiguais à característica de A0.

Observação 17. (i) Assim, atendendo ao teorema anterior, a independência linear deS = fv1; v2; :::; vkg � V (espaço linear) pode ser decidida aplicando o método de eliminaçãoà matriz A cujas colunas são os vectores de S, de modo a colocá-la em escada de linhas.Sendo A0 essa matriz em escada, tem-se

N (A) = N (A0) (*).

Uma vez que as colunas de A0 que contêm pivots são linearmente independentes então, devidoa (*), as colunas deA nas posições correspondentes também serão linearmente independentes.

(ii) Em R, quaisquer dois vectores são linearmente dependentes.

48

(iii) Em R2, dois vectores são linearmente independentes se não forem colineares.

(iv) Em R3, três vectores são linearmente independentes se não forem coplanares.

(v) Qualquer conjunto que contenha o vector nulo (elemento neutro) é linearmente de-pendente. Em particular, o conjunto f0g, formado apenas pelo vector nulo, é linearmentedependente.

(vi) O conjunto vazio ? é linearmente independente.

Teorema 29. Sejam S1 e S2 dois subconjuntos �nitos de um espaço linear, tais queS1 � S2.

(i) Se S1 é linearmente dependente então S2 também é linearmente dependente.

(ii) Se S2 é linearmente independente então S1 também é linearmente independente.

Observação 18. Sejam S1 e S2 dois subconjuntos �nitos de um espaço linear, tais queS1 � S2.

(i) Se S2 fôr linearmente dependente então S1 tanto pode ser linearmente dependentecomo linearmente independente.

(ii) Se S1 fôr linearmente independente então S2 tanto pode ser linearmente dependentecomo linearmente independente.

Exemplo 24. Seja S = f(1; 0; 2); (2; 0; 4); (0; 1; 2)g. Tem-se

A =

24 1 2 00 0 12 4 2

35 �!�2L1+L3!L3

24 1 2 00 0 10 0 2

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 2 00 0 10 0 0

35 = A0:Logo, como apenas existem dois pivots e portanto uma variável livre, as três colunas de Asão linearmente dependentes, isto é, o conjunto S é linearmente dependente. O subconjuntode S:

f(1; 0; 2); (2; 0; 4)g

também é linearmente dependente. No entanto, uma vez que a 1a e 3a colunas de A sãoindependentes pois correspondem às colunas da matriz em escada A0 que contêm os pivots,o subconjunto de S:

f(1; 0; 2); (0; 1; 2)gé linearmente independente.

49

Bases e dimensão de um espaço linear

De�nição 34. Chama-se base de um espaço linear V a qualquer subconjunto B de Vque veri�que as duas condições:

(i) B gera V , isto é,L(B) = V:

(ii) B é linearmente independente.

Teorema 30. Qualquer espaço linear V 6= f0g tem pelo menos uma base.

Teorema 31. (i) Qualquer espaço linear V 6= f0g tem um no in�nito de bases.

(ii) Seja V 6= f0g um espaço linear. Sejam p; q 2 N tais que fu1; :::; upg é um conjuntogerador de V e fv1; :::; vqg é um subconjunto de V linearmente independente. Então

p � q:

(iii) Todas as bases de um espaço linear V 6= f0g têm o mesmo no de vectores.

Dem. (i) Se B = fu1; :::; ukg fôr uma base de V então para cada � 6= 0 o conjuntof�u1; :::; �ukg é também uma base de V .

(ii) Suponhamos que p < q. Neste caso, como todos os vectores do conjunto fv1; :::; vqgsão não nulos por serem LI, poderíamos substituir sucessivamente os p vectores do conjuntofu1; :::; upg gerador de V por p vectores do conjunto fv1; :::; vqg, permitindo assim escrevercada vector do conjunto fvp+1; :::; vqg como combinação linear do novo conjunto gerador deV : fv1; :::; vpg e contrariando o facto dos vectores do conjunto fv1; :::; vqg serem linearmenteindependentes.

Demonstração alternativa de (ii). Suponhamos que p < q. Como fu1; :::; upg geraV , para cada j = 1; :::; q existem escalares a1j; :::apj tais que

vj =

pXi=1

aijui:

Seja A = (aij)p�q. Como p < q, o sistema homogéneo A� = 0 é possível e indeterminado.

Seja � = [�1:::�q]T 6= 0 uma solução não nula de A� = 0, isto é,

0 =

qXj=1

aij�j = �1

264 a11...ap1

375+ :::+ �q264 a1q...apq

375 =2666664

qPj=1

a1j�j

...qPj=1

apj�j

377777550

com os �j escalares não todos nulos. Por outro lado,

qXj=1

�jvj =

qXj=1

�j

pXi=1

aijui =

pXi=1

qXj=1

aij�j

!ui =

=

qXj=1

a1j�j

!u1 + :::+

qXj=1

apj�j

!up =

= 0u1 + :::+ 0up = 0

com os �j não todos nulos, contrariando o facto dos vectores do conjunto fv1; :::; vqg seremlinearmente independentes.

(iii) Sendo fv1; :::; vqg e fu1; :::; upg duas bases de V , por (i) tem-se p � q e q � p. Logop = q:

De�nição 35. Chama-se dimensão de um espaço linear V 6= f0g ao no de vectores deuma base qualquer de V , e escreve-se dimV . Se V = f0g então dimV = 0 uma vez que oconjunto vazio ? é base de f0g. Um espaço linear terá dimensão �nita se uma sua base tiverum no �nito de vectores.

Observação 19. A dimensão de um espaço linear, isto é, o no de elementos de uma suabase é igual ao no mínimo de vectores possam constituir um conjunto gerador desse espaçoe é também igual ao no máximo de vectores que possam constituir um conjunto linearmenteindependente nesse espaço.

Exemplo 25. (i) O conjunto f1g é uma base de R, chamada base canónica ou naturalde R. Logo,

dimR = 1.

(ii) O conjunto f(1; 0); (0; 1)g é uma base de R2, chamada base canónica ou natural deR2. Logo,

dimR2 = 2.

(iii) O conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de R3, chamada base canónicaou natural de R3. Logo,

dimR3 = 3.

(iv) Considerando C como corpo de escalares:(a) o espaço linear C tem dimensão 1 sendo f1g a base canónica de C uma vez que

a+ bi = (a+ bi) 1

(b) o espaço linear C2 tem dimensão 2 sendo f(1; 0) ; (0; 1)g a base canónica de C2 umavez que

(a+ bi; c+ di) = (a+ bi) (1; 0) + (c+ di) (0; 1) .

(v) Considerando R como corpo de escalares:(a) o espaço linear C tem dimensão 2 sendo f1; ig a base canónica de C uma vez que

a+ bi = a1 + bi

51

com a; b 2 R.(b) o espaço linear C2 tem dimensão 4 sendo f(1; 0) ; (i; 0) ; (0; 1) ; (0; i)g a base canónica

de C2 uma vez que

(a+ bi; c+ di) = a (1; 0) + b (i; 0) + c (0; 1) + d (0; i)

com a; b; c; d 2 R.

(vi) O conjunto��1 0 00 0 0

�;

�0 1 00 0 0

�;

�0 0 10 0 0

�;

�0 0 01 0 0

�;

�0 0 00 1 0

�;

�0 0 00 0 1

��é uma base deM2�3(R), chamada base canónica ou natural deM2�3(R). Logo,

dimM2�3(R) = 6.

(vii) Tem-sedimRn = n e dimMm�n(R) = mn.

(viii) O conjunto f1; t; t2; :::; tng é uma base de Pn (espaço linear de todos os polinómiosreais de variável real e de grau menor ou igual a n), chamada base canónica ou natural dePn. Logo,

dimPn = n+ 1.(ix) O conjunto f1; t; t2; :::g é uma base de P (espaço linear de todos os polinómios reais

de variável real), chamada base canónica ou natural de P. Logo,

dimP =1.

Teorema 32. Seja A uma matriz do tipo m� n. Tem-se

dimL(A) = carA.

Observação 20. Seja A uma matriz do tipo m� n. Mais tarde ver-se-á (Teorema 46(ii) e Exemplo 35) que

dimRn = dimN (A) + dimL(A)o que permitirá concluir que

dimN (A) = nulA.

Teorema 33. Seja A uma matriz do tipo m� n. Tem-se

dim C(A) = dimL(A) = carA.

Dem. Suponhamos que carA = k. Sendo A0 a matriz m � n em escada (reduzida) delinhas, então A0 tem exactamente k linhas não nulas. Sejam R1; :::; Rk essas linhas. Como

L(A) = L(A0);

52

então as linhas L1; :::; Lm de A podem ser expressas como combinações lineares das linhasR1; :::; Rk, ou seja, existem escalares cij; com i = 1; :::;m e j = 1; :::; k tais que

L1 = c11R1 + :::+ c1kRk:::

Lm = cm1R1 + :::+ cmkRk

Para i = 1; :::;m, sejam aij e rij as componentes j das linhas Li e Ri respectivamente.Assim, tem-se

a1j = c11r1j + :::+ c1krkj:::

amj = cm1r1j + :::+ cmkrkj

ou seja, matricialmente,264 a1j...amj

375 = r1j264 c11

...cm1

375+ :::+ rkj264 c1k

...cmk

375 .

Como

264 a1j...amj

375 é a coluna j de A, a última igualdade mostra que os vectores264 c11

...cm1

375 ; :::;264 c1k

...cmk

375geram C (A). Logo, tem-se

dim C (A) � k = dimL (A) .Deste modo, substituindo A por AT tem-se também

dim C�AT�| {z }

=dimL(A)

� dimL�AT�| {z }

=dim C(A)

:

Ou seja, tem-sedim C (A) � dimL (A)

edimL (A) � dim C (A) :

Isto é,

dim C (A) = dimL (A) .

Observação 21. Atendendo ao teorema anterior tem-se

carA = carAT

uma vez quecarA = dim C (A) = dimL (A) = dim C

�AT�= carAT .

53

Teorema 34. Sejam V um espaço linear de dimensão �nita e W um subespaço de V .

(i) Seja S = fu1; :::; ukg � V . Se S é linearmente independente então S será um subcon-junto de uma base de V e ter-se-á dimV � k.

(ii) Se dimV = n, então quaisquer m vectores de V , com m > n, são linearmentedependentes.

(iii) Se dimV = n, então nenhum conjunto com m vectores de V , em que m < n, podegerar V .

(iv) O subespaço W tem dimensão �nita e dimW � dimV .

(v) Se dimW = dimV , então W = V .

(vi) Se dimV = n, então quaisquer n vectores de V linearmente independentes cons-tituem uma base de V .

(vii) Se dimV = n, então quaisquer n vectores geradores de V constituem uma base deV .

Exemplo 26. (i) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R: f0g e R.

(ii) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R2:

f(0; 0)g , todas as rectas que contêm a origem e R2.

(iii) Os seguintes conjuntos são todos os subespaços de R3:

f(0; 0; 0)g , todas as rectas que contêm a origem,

todos os planos que contêm a origem e R3.

Observação 22. O método de eliminação de Gauss permite determinar a dimensãoe uma base quer para o espaço das linhas L(A) quer para o espaço das colunas C(A) deuma matriz A. Seja A0 a matriz em escada que se obtem de A por aplicação do método deeliminação de Gauss. Então,

(i) Uma base para L(A) será formada pelas linhas não nulas de A0.

(ii) Uma base para C(A) será formada pelas colunas de A que correspondem às posiçõesdas colunas de A0 que contêm os pivots.


24 2 1 1 14 2 3 3�6 �3 1 1

35. Tem-seA =

24 2 1 1 14 2 3 3�6 �3 1 1

35 �!�2L1+L2!L23L1+L3!L3

24 2 1 1 10 0 1 10 0 4 4

35 �!�4L2+L3!L3

24 2 1 1 10 0 1 10 0 0 0

35 = A0.54

Logo, f(2; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1)g é uma base de L(A) e f(2; 4;�6); (1; 3; 1)g é uma base de C(A).Assim,

dimL(A) = 2 = dim C(A)e

L(A) = L (f(2; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1)g) , C(A) = L (f(2; 4;�6); (1; 3; 1)g) .Por outro lado,

N (A0) =

8>><>>:(x; y; z; w) 2 R4 : A02664xyzw

3775 =26640000

37759>>=>>; =

= f(x;�2x;�w;w) : x;w 2 Rg = L (f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g) .Como o conjunto f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g é linearmente independente e gera N (A0) entãoé uma base de N (A0). Finalmente, uma vez que N (A) = N (A0), o conjunto

f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g

é uma base de N (A) e portanto dimN (A) = 2, com

N (A) = L (f(1;�2; 0; 0); (0; 0;�1; 1)g) .

Exemplo 28. Seja

S = f1; 2;�1); (2; 1; 1); (�1;�2; 1); (0; 1; 0)g � R3:

Determinemos uma base para L(S).Considerando a matriz cujas colunas são os vectores de S, tem-se24 1 2 �1 0

2 1 �2 1�1 1 1 0

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 2 �1 00 �3 0 10 3 0 0

35 �!L2+L3!L3

24 1 2 �1 00 �3 0 10 0 0 1

35 .Logo, S 0 = f1; 2;�1); (2; 1; 1); (0; 1; 0)g é uma base de L(S). Como dimR3 = 3, então tem-semesmo: L(S) = R3 e S 0 é uma base de R3.

Resolução alternativa: Considerando a matriz cujas linhas são os vectores de S, tem-se26641 2 �12 1 1�1 �2 10 1 0

3775 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

26641 2 �10 �3 30 0 00 1 0

3775 �!L3$L4

26641 2 �10 �3 30 1 00 0 0

3775 �!13L2+L3!L3

26641 2 �10 �3 30 0 10 0 0

3775 .Logo, S 0 = f1; 2;�1); (0;�3; 3); (0; 0; 1)g é uma base de L(S). Como dimR3 = 3, entãotem-se mesmo: L(S) = R3 e S 0 é uma base de R3.

55

Exemplo 29. Seja

Sa;b = f1; 0; 1); (0; 1; a); (1; 1; b); (1; 1; 1)g � R3:

Determinemos os valores dos parâmetros a e b para os quais Sa;b não gere R3.Considerando a matriz cujas colunas são os vectores de S, tem-se24 1 0 1 10 1 1 11 a b 1

35 �!�L1+L3!L3

24 1 0 1 10 1 1 10 a b� 1 0

35 �!�aL2+L3!L3

24 1 0 1 10 1 1 10 0 b� a� 1 �a

35 .Logo, Sa;b não gera R3 se e só se b� a� 1 = 0 e �a = 0, isto é, se e só se a = 0 e b = 1.

Teorema 35. (i) Seja A 2Mm�n(R). As colunas de A geram Rm se e só se carA = m.

(ii) Seja A 2 Mm�n(R). As colunas de A são linearmente independentes se e só secarA = n.

(iii) Seja A 2Mn�n(R). A matriz A é invertível se e só se as colunas de A (ou as linhasde A) formarem uma base de Rn. No caso de A ser invertível tem-se

C(A) = L(A) = Rn.

Teorema 36. Seja A 2Mm�n(R) e considere o sistema de equações lineares Au = b.

(i) O sistema Au = b é impossível (não tem solução) se e só se b =2 C(A), isto é, se e sóse carA < car [A j b].

(ii) O sistema Au = b é possível e indeterminado (tem um no in�nito de soluções) see só se b 2 C(A) e as colunas de A forem linearmente dependentes, isto é, se e só se

carA = car [A j b] < n;

isto é, se e só secarA = car [A j b] e nulA 6= 0:

(iii) O sistema Au = b é possível e determinado (tem uma única solução) se e só seb 2 C(A) e as colunas de A forem linearmente independentes, isto é, se e só se

carA = car [A j b] = n;

isto é, se e só secarA = car [A j b] e nulA = 0:

Teorema 37. Sejam W1 e W2 dois subespaços de dimensão �nita de um espaço linearV . Então,

dim (W1 +W2) = dimW1 + dimW2 � dim (W1 \W2) ,

56

Dem. Sejam

n = dimW1; m = dimW2 e k = dim (W1 \W2) :

Se k = 0 a igualdade do teorema é imediata. Se k 6= 0, seja fw1; :::; wkg uma base deW1\W2.Sejam uk+1; :::; un 2 W1 tais que

fw1; :::; wk; uk+1; :::; ung

é uma base de W1. Sejam vk+1; :::; vm 2 W2 tais que

fw1; :::; wk; vk+1; :::; vmg

é uma base de W2. Vejamos que

B = fw1; :::; wk; uk+1; :::; un; vk+1; :::; vmg

é uma base de W1 +W2.Seja w 2 W1 +W2. Existem u 2 W1 e v 2 W2 tais que w = u + v. Ou seja, existem

escalares (únicos) �1; :::; �n e �1; :::; �m tais que

w = u+ v =kXi=1

(�i + �i)wi +nX

j=k+1

�juj +mX

l=k+1

�lvl

pelo que B gera W1 +W2.Sejam 1; :::; n; �k+1; :::; �m n+m� k escalares tais que

0 =kXi=1

iwi +nX

j=k+1

juj +mX

l=k+1

�lvl;

isto é,mX

l=k+1

�lvl = �

kXi=1

iwi +nX

j=k+1

juj

!2 W1,

ou sejamP

l=k+1

�lvl 2 W1 \ W2. Atendendo a que fw1; :::; wkg é base de W1 \ W2, existem

escalares �1; :::; �k tais quemX

l=k+1

�lvl =kXi=1

�iwi,

isto é,kPi=1

�iwi+mP

l=k+1

(��l) vl = 0. Como fw1; :::; wk; vk+1; :::; vmg é uma base de W2, tem-se

�1 = ::: = �k = �k+1 = ::: = �m = 0.

Logo

0 =kXi=1

iwi +nX

j=k+1

juj +mX

l=k+1

�lvl =kXi=1

iwi +nX

j=k+1

juj.

Assim, como fw1; :::; wk; uk+1; :::; ung é uma base de W1, tem-se 1 = ::: = n = 0. Destemodo, como

1 = ::: = n = �k+1 = ::: = �m = 0

então o conjunto B é linearmente independente.

57

Teorema 38. Seja A 2Mn�n(R). As seguintes a�rmações são equivalentes.

(i) A é igual ao produto de matrizes elementares.

(ii) A é invertível.

(iii) ATA é invertível.

(iv) nulA = 0.

(v) carA = n.

(vi) Au = 0 tem apenas a solução trivial u = 0.

(vii) Au = b tem solução única u para cada b 2 Rn.

(viii) detA 6= 0.

(ix) N (A) = f0g.

(x) As colunas de A geram Rn.

(xi) As colunas de A são independentes.

(xii) As colunas de A formam uma base de Rn.

(xiii) As linhas de A geram Rn.

(xiv) As linhas de A são independentes.

(xv) As linhas de A formam uma base de Rn.

(xvi) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, ésobrejectiva. (Num próximo capítulo.)

(xvii) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, éinjectiva. (Num próximo capítulo.)

(xviii) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, ébijectiva. (Num próximo capítulo.)

(xix) A transformação linear T : Rn ! Rn de�nida por T (u) = Au, para u 2 Rn, éinvertível. (Num próximo capítulo.)

(xx) 0 não é valor próprio de A. (Num próximo capítulo.)

(xxi) (N (A))? = Rn. (Num próximo capítulo.)

(xxii) (L (A))? = f0g. (Num próximo capítulo.)

58

Coordenadas de um vector numa base e matriz de mudança de base

De�nição 36. Seja B = fv1; :::; vkg uma base ordenada de um espaço linear V e seja uum vector de V . Chamam-se coordenadas do vector u na base ordenada B aos escalares�1; :::; �k da combinação linear:

u = �1v1 + :::+ �kvk.

Teorema 39. Seja V um espaço linear.

(i) Um conjunto B de vectores não nulos de V é uma base de V se e só se todo o vectorde V puder ser escrito de modo único como combinação linear dos vectores de B.

(ii) Se dimV = n, então dados u;w 2 V e B = fv1; :::; vng uma base ordenada de V ,tem-se u = w se e só se as coordenadas de u e de w na base B forem iguais.

Teorema 40. Seja V um espaço linear de dimensão n. Sejam B1 = fv1; :::; vng eB2 = fw1; :::; wng duas bases ordenadas de V . Seja SB1!B2 a matriz cujas colunas são ascoordenadas dos vectores de B1 em relação à base B2. Isto é,

SB1!B2 = (sij)n�n com vj =nXi=1

sijwi para todo o j = 1; :::; n.

A matriz SB1!B2 é invertível e chama-se matriz de mudança de base (da base B1 paraB2). Assim, se tivermos

u =nXi=1

�ivi,

isto é, se (�1; :::; �n) forem as coordenadas do vector u na base B1 então as coordenadas(�1; :::; �n) de u na base B2 são dadas por264 �1...

�n

375 = SB1!B2264 �1...�n

375 .Dem. Tem-se

u =

nXi=1

�iwi =

nXj=1

�jvj =

nXj=1

�j

nXi=1

sijwi =

nXi=1

nXj=1

sij�j

!wi.

como as coordenadas de um vector u numa base são únicas, tem-se para todo o i = 1; :::; n,

�i =

nXj=1

sij�j

!. Isto é,

264 �1...�n

375 = SB1!B2264 �1...�n

375 .59

Teorema 41. Tem-seSB2!B1 = (SB1!B2)

�1 :

Exemplo 30. Consideremos

Bc = f(1; 0); (0; 1)g

a base canónica de R2. SejaB = f(1; 2); (3; 4)g

uma outra base ordenada de R2. Sejam (5; 6) as coordenadas de um vector u na basecanónica Bc e determinemos as coordenadas de u na base B usando a matriz de mudança debase SBc!B. Tem-se

SBc!B =

��2 3

2

1 �12

�,

uma vez que

(1; 0) = �2(1; 2) + 1(3; 4) e (0; 1) =3

2(1; 2)� 1

2(3; 4). (*)

Logo, as coordenadas de u na base B são dadas por

SBc!B

�56

�=

��2 3

2

1 �12

� �56

�=

��12

�.

Logo, �1 e 2 são as coordenadas de (5; 6) na base ordenada B, isto é

(5; 6) = �1(1; 2) + 2(3; 4).

Observação 23. Colocando os vectores em coluna, note que as duas igualdades em (*)podem ser escritas na forma:�

1 00 1

�=

�1 32 4

� ��2 3

2

1 �12

�sendo esta última igualdade equivalente a

�1 00 1

� �1 32 4

�| {z }

=

24 �2 32

1 �12

35�1=

�1 32 4

�,

8<:(1; 2) = 1(1; 0) + 2(0; 1)

(3; 4) = 3(1; 0) + 4(0; 1)

querendo isto dizer que as coordenadas dos vectores (1; 2) e (3; 4) relativamente à basecanónica (ordenada) f(1; 0); (0; 1)g são respectivamente (1; 2) e (3; 4).

60


1. Veri�que que os seguintes subconjuntos de R2, com as operações usuais, não são sube-spaços de R2.(i) f(x; y) 2 R2 : x � 0g (ii) f(x; y) 2 R2 : xy = 0g(iii) f(x; y) 2 R2 : y = x2g (iv) f(x; y) 2 R2 : x+ y = �g(v) f(x; y) 2 R2 : x 2 N0 e y 2 Rg (vi) f(x; y) 2 R2 : x2 + y2 � �2g(vii) f(x; y) 2 R2 : xy � 0g

2. Veri�que que os seguintes conjuntos, com as operações usuais, são (todos os) subespaçosde R2.(i) f(0; 0)g(ii) Vk = f(x; kx) : x 2 Rg com k 2 R(iii) U = f(0; a) : a 2 Rg(iv) R2

3. No espaço linear R3, considere o subconjunto Uk = f(x; y; k) : x; y 2 Rg onde k é umaconstante real. Determine os valores de k para os quais Uk é subespaço de R3.

4. Considere o espaço linear R3. Diga quais dos seguintes subconjuntos de R3, com asoperações usuais, são subespaços de R3 e indique os respectivos conjuntos geradores.Escreva ainda cada um dos subespaços na forma N (A), explicitando a matriz A.(i) f(x; y; z) 2 R3 : z = 2g (ii) f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0g(iii) f(x; y; z) 2 R3 : x > 0g (iv) f(0; 0; z) : z 2 Rg(v) f(x; y; z) 2 R3 : y = 2x e z = 3xg (vi) f(x; y; z) 2 R3 : x+ y = 1g(vii) f(x; y; z) 2 R3 : x+ y + z = 0 e x� y � z = 0g(viii) f(x; y; z) 2 R3 : x = y ou y = zg(ix) f(x; y; z) 2 R3 : x� y = 0 e 2y + z = 0g(x) f(x; y; z) 2 R3 : xy = 0g

5. Diga se os vectores (�2; 2; 2; 0); (�2; 1; 1; 0); (0;�1; 1;�1) pertencem aos seguintes sube-spaços e encontre um conjunto de geradores para cada um desses subespaços do espaçolinear R4.(i) f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y + z = 0g(ii) f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ y + z + w = 0g(iii) f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y � z = 0 e x+ y + 2w = 0 e y � z + w = 0g

6. Seja Pn o espaço linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ouigual a n, com as operações usuais: Diga quais dos seguintes subconjuntos de P2, comas operações usuais, são subespaços de P2 e indique os respectivos conjuntos geradores.(i) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a0 = 0g

61

(ii) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 = 2a0 e a1 = 0g(iii) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a1 = 1g(iv) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 = 2g(v) fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 + 2a0 = 0g

7. De�na por meio de sistemas de equações homogéneas os seguintes subespaços.

(i) Em P2: L (f1� t2; 1 + tg)(ii) L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); (�2; 1;�2)g)(iii) L (f(0; 1; 0); (�2; 1;�2)g)(iv) L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g)(v) L (f(1; 0;�1; 1)g)(vi) L (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (3;�6; 11;�1); (0; 0; 1;�2)g)

8. Seja Mm�n(R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo m � n com entradasreais. Diga quais dos seguintes subconjuntos de M2�3(R), com as operações usuais,são subespaços deM2�3(R) e indique os respectivos conjuntos geradores.

(i)��

a b cd 0 0

�2M2�3(R) : b = a+ c

�(ii)

��a b cd 0 f

�2M2�3(R) : b < 0

�(iii)

��a b cd e f

�2M2�3(R) : a = �2c e f = 2e+ d

�:

9. Construa uma matriz cujo núcleo seja gerado pelo vector (2; 0; 1).

10. Existe alguma matriz cujo espaço das linhas contém o vector (1; 1; 1) e cujo núcleocontém (1; 0; 0)?

11. Determine o espaço das colunas, o espaço das linhas e o núcleo das seguintes matrizes.

(i)�1 �10 0

�(ii)

�1 2 30 0 0

�(iii)

�0 0 00 0 0

�(iv)

24 2 1 10 0 10 0 0

35(v)

24 1 02 32 1

35 (vi)

24 1 22 42 4

35 (vii)

24 0 00 00 0

35 (viii)

24 1 0 12 3 02 1 0

3512. Veri�que que, com as operações usuais, o seguinte conjunto de matrizes8<:

24 1 00 00 0

35 ;

24 0 01 00 0

35 ;24 0 00 10 0

35 ;24 0 00 00 1

359=;gera o subespaço

8<:24 a 0b c0 d

35 2M3�2(R) : a; b; c; d 2 R

9=; do espaço linearM3�2(R).

62

13. Considere, no espaço linear R3, os vectores v1 = (1; 2; 1), v2 = (1; 0; 2) e v3 = (1; 1; 0):Mostre que os seguintes vectores são combinações lineares de v1; v2 e v3.

(i) (3; 3; 0) (ii) (2; 1; 5) (iii) (�1; 2; 0) (iv) (1; 1; 1)

14. Considere, no espaço linear R4, os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1;�1; 0; 0) e v3 =(0; 1; 2; 1). Diga quais dos seguintes vectores pertencem ao subespaço L (fv1; v2; v3g).(i) (�1; 4; 2; 2) (ii) (2; 0; 2; 2) (iii) (1; 1;�2; 2) (iv) (0; 1; 1; 0)

15. Determine o valor de k para o qual o vector u = (1;�2; k) 2 R3 é combinação lineardos vectores

v = (3; 0;�2) e w = (2;�1;�5):

16. Veri�que que os seguintes conjuntos de vectores geram R3.(i) f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g(ii) f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g(iii) f(1; 1; 1) ; (�1; 1;�1); (1;�1;�1); (�1;�1; 1)g

17. Determine os vectores (a; b; c) de R3 que pertencem a L (fu; v; wg) onde

u = (2; 1; 0); v = (1;�1; 2) e w = (0; 3;�4):

18. Considere, no espaço linear P2, os vectores p1(t) = 2 + t + 2t2, p2(t) = �2t + t2,p3(t) = 2� 5t+ 5t2 e p4(t) = �2� 3t� t2. O vector

q(t) = 2 + t+ t2

pertence à expansão linear L (fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g)? Podem os vectores p1(t),p2(t), p3(t) e p4(t) gerar P2?

19. Sejam

A =

�1 1 52 3 13

�e B =

24 1 �1 �14 �3 �13 �1 3

35 :Veri�que que o espaço das linhas de A é igual ao espaço das linhas de B: Conclua entãoque os espaços das colunas de AT e de BT são iguais.

20. Escreva a matriz�3 11 �1

�como combinação linear das matrizes

A =

�1 11 0

�; B =

�0 01 1

�, C =

�0 20 �1

�:

Encontre uma matriz 2� 2 que não pertença a

L

��1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��:

63

21. Seja U o subespaço de R4 gerado por f(1; 1; 0;�1); (1; 1; 0; 1)g : Seja S=f(1; 0; 0; 2)g+Ue considere ainda o seguinte subespaço de R4: V = f(x; y; z; w) 2 R4 : y = wg.a) Determine um sistema de duas equações lineares cujo conjunto de soluções seja S.

b) Encontre uma matriz A do tipo 2� 4 cujo núcleo seja igual a U .

22. Considere os seguintes subespaços U e V de R3 e determine u1; u2; u3; v 2 R3 tais queU + V = L (fu1; u2; u3g) e U \ V = L (fvg).U = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1)g) ; V = L (f(1; 1; 2); (�1; 1; 1)g) :

23. Considere os seguintes subespaços U e V de R3, determine u1; u2 2 R3 tais que U+V =L (fu1; u2g) e veri�que que U \ V = f0g.U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0 e x+ y = 0g ; V = L (f(1; 1; 1)g) :

24. Considere os seguintes subespaços U e V de R3 e determine u1; u2; u3 2 R3 tais queU + V = L (fu1; u2; u3g) e U \ V = L (fvg).U = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2)g) ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y + 3z = 0g :

25. Considere os seguintes subespaços U e V de R3, determine u1; u2; u3 2 R3 tais queU + V = L (fu1; u2; u3g) e veri�que que U \ V = f0g.U = f(x; y; z) 2 R3 : x = y = zg ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x = 0g :

26. Considere os seguintes subespaços U e V de P2 e determine u1; u2; v1; v2 2 P2 tais queU + V = L (fu1; u2g) e U \ V = L (fv1; v2g).U = L (f1 + t; 1� t2g), V = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 + a0 = 0g.

27. Considere os seguintes subespaços U e V de P2 e determine u1; u2; u3; v 2 P2 tais queU + V = L (fu1; u2; u3g) e U \ V = L (fvg).U = fp(t) 2 P2 : p(�1) = 2p(0)� p(1)g, V = L(f�1 + t; 1� t2g) em P2.

28. Considere os seguintes subespaços U e V de P2 e determine u1; u2; v1; v2 2 P2 tais queU + V = L (fu1; u2g) e U \ V = L (fv1; v2g).U = fp(t) 2 P2 : p(1) = 0g, V = L(f1� t; t� t2;�1 + t2g) em P2.

29. Considere os seguintes subespaços U e V de P3 e determine u1; u2; u3; u4; v 2 P3 taisque U + V = L (fu1; u2; u3; u4g) e U \ V = L (fvg).U = L (f1 + t; 1� t3g), V = L (f1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3g) em P3.

64


1. Seja V um espaço linear real e 0 o seu vector nulo. Mostre que:

(i) Se u+ v = u+ w, então v = w: (ii) �0 = 0 para todo o escalar � 2 R:(iii) 0u = 0 para todo o vector u 2 V: (iv) �(�u) = u para todo o u 2 V:(v) Mostre que o vector nulo 0 2 V é único.(vi) Mostre que o simétrico �u de um qualquer vector u de V é único.

(vii) (� 1)u = �u para todo o u 2 V: (viii) Se �u = 0, então � = 0 ou u = 0:

(ix) Se u 6= 0 e �u = �u, então � = �:

2. Veri�que que o conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:

fa0 + a1t+ � � �+ antn 2 Pn : an 6= 0g ,

munido das operações usuais, não é um espaço linear.

3. (i)Mostre que P2 é um subespaço de P3: (ii)Mostre que Pn é um subespaço de Pn+1:

(iii) Seja P o espaço linear de todos os polinómios reais (de qualquer grau). Mostreque Pn é um subespaço de P:

4. Quais dos seguintes subconjuntos de Mn�n(R), com as operações usuais, são sub-espaços?

(i) O conjunto de todas as matrizes simétricas do tipo n� n:(ii) O conjunto de todas as matrizes invertíveis do tipo n� n:(iii) O conjunto de todas as matrizes diagonais do tipo n� n:(iv) O conjunto de todas as matrizes invertíveis do tipo n� n:(v) O conjunto de todas as matrizes triangulares superiores do tipo n� n:

5. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Quais dos seguintessubconjuntos de V , com as operações usuais, são subespaços?

(i) O conjunto de todas as funções limitadas.

(ii) O conjunto de todas as funções pares, isto é, tais que f(x) = f(�x):(iii) O conjunto de todas as funções racionais, isto é, as que são quocientes de funçõespolinomiais.

(iv) O conjunto de todas as funções crescentes.

(v) O conjunto de todas as funções f tais que f(0) = f(1):

(vi) O conjunto de todas as funções f tais que f(0) = 1 + f(1):

6. Sejam A;B 2Mm�n(R). Mostre que C (A+B) � C (A) + C (B) :

7. Seja A 2Mm�n(R). Mostre que N (A) \ L (A) = f0g.

8. Seja A 2Mn�n(R) tal que A2 = A. Mostre que N (A) \ C (A) = f0g.

65


1. Determine as condições que os parametros �i; �i(i = 1; 2) devem veri�car para que osvectores (�1; �1; 3) e (�2; �2; 9), no espaço linear R3, sejam linearmente independentes.

2. Diga se os seguintes conjuntos de vectores em R3 são linearmente dependentes oulinearmente independentes? Nos casos em que sejam linearmente dependentes, indique(para cada um) um subconjunto linearmente independente com o maior no possível deelementos e escreva os restantes como combinação linear desses vectores.

(i) f(4; 2; 1); (2; 6;�5); (1;�2; 3)g (ii) f(1; 2;�1); (3; 2; 5)g(iii) f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g (iv) f(1; 0;�1); (0; 0; 0); (0; 1; 1)g(v) f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g (com x; y; z 2 R).

3. Determine todos os valores de a para os quais f(a2; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)g é uma basede R3:

4. Sejam U = L (f(1; 1; 0; 0); (0; 1; 1; 0)g) e Vk = L (f(2; k; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) subespaços deR4: Determine os valores de k para os quais dim (U \ Vk) = 1.

5. No espaço linear R3, construa uma base que inclua os vectores:(i) (1; 0; 2) e (0; 1; 2). (ii) (2;�1; 1) e (�4; 2; 1). (iii) (�1; 2; 1) e (1; 0;�1).

6. Veri�que que os seguintes subconjuntos do espaço linear de todas as funções reais devariável real são linearmente dependentes. Indique (para cada um) um subconjuntolinearmente independente com o maior no possível de elementos e escreva os restantescomo combinação linear desses vectores.

(i) S = fcos2 t; sen2 t; cos 2tg(ii) S = f2; sen2 t; cos2 tg(iii) S = fet; e�t; cosh tg(iv) S =

�1; t; t2; (t+ 1)2

Determine uma base para cada subespaço L(S) e calcule a respectiva dimensão.

7. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Sejam f; g; h 2 V , comf (t) = sen t, g (t) = cos t e h (t) = t. Mostre que o conjunto ff; g; hg é linearmenteindependente.

8. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R2. Caso não sejam bases,determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaçosgerados por cada um desses subconjuntos. Em cada base de R2 encontrada, determineas coordenadas do vector (0;�1) em cada base ordenada encontrada. Relativamente acada base ordenada de R2, determine ainda o vector cujas coordenadas são (0;�1).(i) f(1; 3); (1;�1)g (ii) f(0; 0); (1; 2)g (iii) f(2; 4)g(iv) f(�5; 0); (0; 2)g (v) f(1; 2); (2;�3); (3; 2)g (vi) f(1; 0); (0; 1)g

66

9. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R3. Caso não sejambases, determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dosespaços gerados por cada um desses subconjuntos. Em cada base de R3 encontrada,determine as coordenadas do vector (�1; 1;�2) em cada base ordenada encontrada.Relativamente a cada base ordenada de R3, determine ainda o vector cujas coordenadassão (�1; 1;�2).(i) f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g (ii) f(1; 2; 0); (0; 1;�1)g(iii) f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g (iv) f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g(v) f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g (vi) f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g

10. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de R4. Caso não sejam bases,determine subconjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaçosgerados por cada um desses subconjuntos. Em cada alínea indique uma base de R4que inclua pelo menos dois vectores do conjunto apresentado.

(i) f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g(ii) f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g(iii) S = f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (1; 0; 1; 0); (0; 0; 1; 1)g(iv) f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g(v) f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (3;�6; 11;�1); (0; 0; 5; 5)g(vi) S = f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2); (5;�2; 2; 2)g : Nesta alínea, veri-�que que (8;�3; 3; 5) 2 L (S) e determine uma base de L (S) que inclua o vector(8;�3; 3; 5).

11. Determine as coordenadas de p (t) = t na base ordenada f2� t; 2 + tg de P1. (P1 é oespaço linear dos polinómios reais de grau menor ou igual a 1:)

12. Diga quais dos seguintes conjuntos de vectores são bases de P2 (espaço linear dospolinómios reais de grau menor ou igual a 2). Caso não sejam bases, determine sub-conjuntos desses conjuntos que sejam bases e as dimensões dos espaços gerados porcada um desses subconjuntos. Determine as coordenadas do vector 1� t em cada baseordenada de P2 encontrada. Relativamente a cada base ordenada de P2, determineainda o vector cujas coordenadas são (�1; 3; 2).(i) f2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2g (ii) f2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4tg(iii) f1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + tg (iv) f�1 + 2t+ t2; 2� tg(v) f1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2g (vi) f1; t; t2g

13. Veri�que que os seguintes subconjuntos deM2�2(R) são subespaços deM2�2(R) rela-tivamente às operações usuais e determine uma base para cada um deles indicando asrespectivas dimensões.

(i) fA 2M2�2(R) : trA = 0g (ii)�A 2M2�2(R) : A

�1 11 1

�=

�1 11 1

�A

�

67

14. Escreva a matriz�3 11 �1

�como combinação linear das matrizes

A =

�1 11 0

�; B =

�0 01 1

�, C =

�0 20 �1

�:

Encontre uma matriz 2�2 que não pertença a L��

1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��:

Antes de a determinar, explique porque é que essa matriz existe.

15. Mostre que as matrizes�1 10 0

�;

�0 01 1

�;

�1 00 1

�e�0 11 1

�formam uma base

para o espaço linearM2�2(R):

16. Seja S =

��1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

�;

�2 �53 1

�,�4 11 5

�;

�3 �22 3

��. Seja W um

subespaço deM2�2(R) gerado por S. Determine uma base paraW que inclua vectoresde S.

17. Determine uma base paraM3�2(R). Qual é a dimensão do espaço linearM3�2(R)?

18. Determine uma base para cada um dos seguintes subespaços deM3�3(R) e calcule arespectiva dimensão:

(i) O conjunto de todas as matrizes (reais) diagonais do tipo 3� 3:(ii) O conjunto de todas as matrizes (reais) simétricas do tipo 3� 3:

19. Determine as dimensões e indique bases para: o núcleo, o espaço das linhas e o espaçodas colunas das seguintes matrizes.

(i)�3 1�6 �2

�(ii)

�3 0 �6 01 0 �2 0

�(iii)

24 0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

35 (iv)

24 1 1 �2�1 2 10 1 �1

35

(v)

26641 0 00 1 00 0 10 0 0

3775 (vi)

24 �1 3 0 20 2 2 0�1 3 0 2

35 (vii)

26641 2 3 �12 3 2 03 4 1 11 1 �1 1

3775 :Determine tambem a característica e a nulidade de cada uma delas.

20. Quais são as matrizes do tipo 3� 3 cujo núcleo tem dimensão 3?

21. Seja A 2 Mm�n(R) tal que C(A) = N (A). Prove que A 2 Mn�n(R) com n par. Dêum exemplo para n = 4.

22. Sejam U e V subespaços de W tais que dimU = 4; dimV = 5 e dimW = 7. Digaquais as dimensões possíveis para U \ V .

23. Determine bases e calcule as dimensões de U +V e U \V , dizendo em que casos U +Vé a soma directa U � V (determine-a) dos subespaços U e V .(i) U = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1)g) ; V = L (f(1; 1; 2); (�1; 1; 1)g) em R3:(ii) U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0 e x+ y = 0g ; V = L (f(1; 1; 1)g) em R3:

68

(iii) U = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2)g) ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y + 3z = 0g em R3:(iv) U = f(x; y; z) 2 R3 : x = y = zg ; V = f(x; y; z) 2 R3 : x = 0g em R3:(v) U = L (f1 + t; 1� t2g), V = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 + a0 = 0g em P2.(vi) U = fp(t) 2 P2 : p(�1) = 2p(0)� p(1)g, V = L(f�1 + t; 1� t2g) em P2.(vii) U = fp(t) 2 P2 : p(1) = 0g, V = L(f1� t; t� t2;�1 + t2g) em P2.(viii) U = L (f1 + t; 1� t3g), V = L (f1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3g) em P3.(ix) U = L (f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3); (0; 0;�6;�8); (�1; 1;�5;�5)g) ;V = L (f(0; 0; 0;�1); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g) em R4:(x) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + 3z = 0 e y + 2z + 3w = 0g,V = L (f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1); (�4;�1; 2;�1)g) em R4:Neste alínea (viii) mostre que U = V .

(xi) Seja U o subespaço deR5 gerado por f(1;�1;�1;�2; 0); (1;�2;�2; 0;�3); (1;�1;�2;�2; 1)g.Seja V o subespaço deR5 gerado por f(1;�2;�3; 0;�2); (1;�1;�3; 2;�4); (1;�1;�2; 2;�5)g.Comece por escrever U e V como soluções de sistemas de equações lineares homogéneas.

(xii) Sejam U e V subespaços de R4 gerados respectivamente por F e por G, com

F = f(1; 0;�1; 0); (0; 1; 1; 1); (1; 0; 0;�2) ; (0; 0;�1; 2)g ;G = f(1; 1; 1; 1); (1; 2; 0;�1); (0; 0; 1; 1)g .

24. Seja P2 = fp(t) = a0 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg o espaço linear real dos polinómiosreais de grau menor ou igual a 2. Seja U = fp(t) 2 P2 : p(�1) + p(1) = 0g.a) Seja V = L (f2 + t; 1� t+ 3t2; 1 + t� t2; 1 + t2g). Determine uma base para U\V .b) Determine um subespaço W de P2 tal que U �W = P2.

25. Considere o espaço linear U = L��

1 �10 0

�;

�1 �1�1 1

�;

�0 0�1 1

�;

��1 1�1 1

��.

Determine uma base para U .

26. Considere os seguintes subespaços de R3:

V1 = f(x; y; z) 2 R3 : x� y = 0g; V2 = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g) .

a) Determine uma base para V1.

b) Determine uma matriz B tal que V2 = N (B).c) Calcule, justi�cando, dim (V1 \ V2).d) Determine um subespaço W de R3 tal que R3 = V1 �W .

27. Sejam U = L (f(0; 1; 1; 0); (0; 1;�1; 2); (0; 1; 0; 1)g) e

V = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + w = 0 e y � w = 0g:

Diga, justi�cando, se U + V = R4 e calcule, justi�cando, dim (U \ V ).

69


1. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2. Sejav = (1; 5).

(i) Determine as coordenadas de v em relação à base B1.

(ii) Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2.

(iii) Determine as coordenadas de v em relação à base B2, usando as alíneas anteriores.

(iv) Determine, directamente, as coordenadas de v em relação à base B2.

(v) Determine a matriz SB2!B1 de mudança da base B2 para a base B1.

(vi) Determine as coordenadas de v em relação à base B1, usando a alínea anterior, ecompare com o resultado obtido em (i).

2. Considere em R2 as bases ordenadas B1 e B2 em que B1 = f(1;�1); (0; 1)g. Seja

SB1!B2 =

�1 �10 1

�a matriz de mudança da base B1 para a base B2. Determine as coordenadas do vector(1; 1) em B2.

3. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de R2. Sejam (1; 2) e (5; 11) as coordenadas deum vector u em B1 e B2 respectivamente. Sejam (1; 1) e (3; 7) as coordenadas de umvector v em B1 e B2 respectivamente. Determine a matriz SB1!B2 de mudança da baseB1 para B2.

4. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de R2, onde

v1 = (1; 2), v2 = (0; 1).

Suponha que a matriz SB2!B1 de mudança da base B2 para a base B1, é dada por:

SB2!B1 =

�2 11 1

�.

Determine B2.

5. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de P1, onde

w1 = �1 + t, w2 = 1 + t.


SB1!B2 =

�2 3�1 2

�.

Determine B1.

70


w1 = t, w2 = 1� t.


SB2!B1 =

�2 3�1 2

�.

Determine B1.

7. Sejam B1 = f1; 1� t; t2g e B2 = f1; 1 + t; 1 + t+ t2g duas bases ordenadas de P2.(i) Suponha que as coordenadas de um vector p(t) 2 P2 em relação à base B2 sãodadas por (1; 2; 3). Determine as coordenadas do mesmo vector p(t) em relação à baseB1.

(ii) Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2 e utilize-a paradeterminar as coordenadas do vector 2� t+ t2 na base B2.

8. Sejam B1 = fv1; v2; v3g e B2 = fw1; w2; w3g duas bases ordenadas de R3, onde

v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).


SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 .Determine B2.

9. Sejam

B1 =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�,�0 00 1

��e

B2 =

��1 11 1

�;

�1 �11 1

�;

�1 1�1 1

�,�1 11 �1

��duas bases ordenadas deM2�2(R). Determine a matriz SB1!B2 de mudança da base

B1 para a base B2 e utilize-a para determinar as coordenadas do vector�1 23 4

�em

relação à base B2.

10. Considere o espaço linear

U = L

��1 10 1

�;

�0 �11 0

�;

�1 01 1

�;

�2 11 2

��:

Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de U , com B2 =��

1 10 1

�;

�1 01 1

��. Considere

ainda a matriz de mudança de base de B1 para B2 dada por: SB1!B2 =�2 �1�1 0

�.

Determine as coordenadas do vector�1 01 1

�em B1.

71

11. Seja B = fv1; v2g uma base ordenada de P1. Sejam (1;�1) e (2; 2) respectivamente ascoordenadas de dois polinómios 1 + t e 1� t em relação à base B: Determine B.

12. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de P1. Suponha que (1;�1)e (2; 2) são respectivamente as coordenadas de um polinómio p (t) em relação às basesB1 e B2: Suponha ainda que (1; 1) e (2;�2) são respectivamente as coordenadas de umpolinómio q (t) em relação às bases B1 e B2: Determine a matriz SB1!B2 de mudançada base B1 para a base B2.

13. Seja P2 = fp(t) = a0 + a1t + a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg o espaço linear real dos polinómiosreais de grau menor ou igual a 2. Seja B = ft� t2;�2+2tg uma base ordenada de umsubespaço U de P2.a) Determine as coordenadas do vector 1� t2 na base B.b) Determine a base ordenada B1 de U de tal modo que a matriz de mudança da baseB1 para a base B seja dada por:

SB1!B =

�1 10 �1

2

�.

c) Sendo V = L (f�1 + t2;�2 + t� t2; 3� tg), determine, justi�cando, uma base paraU \ V .

14. Seja

A =

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 02 �2 �1 2 1�1 1 2 2 10 0 0 0 0

377775 :(i) Calcule a nulidade e a característica de A:

(ii) Determine bases para o espaço das colunas de A e para o núcleo de A:

(iii)Usando a alínea anterior, determine a solução geral do sistema de equações lineareshomogéneo Au = 0.

(iv) Resolva o sistema de equações Au = b, com b = (1; 0; 2;�1; 0): Note que b é igual à1a coluna de A e use esse facto de modo a encontrar uma solução particular de Au = b.

15. Considere as matrizes:

A =

�0 �1 0 00 0 1 0

�e B =

�0 0 0 10 0 1 0

�:

a) Determine uma base para N (A+B).b) Determine dim (N (A) +N (B)).

72

16. Seja

A =

24 �1 1 11 �1 11 1 �1

35 :a) Determine uma base para C (A).

b) Resolva a equação: Au =�2 0 �2

�T.

c) Determine uma base para N (A+ 2I).d) Calcule dim (N (A+ 2I) +N (A� I)).

17. Considere o seguinte subespaço de R4: U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + z � w = 0g:a) Determine uma base para R4 que inclua pelo menos dois vectores de U .b) Determine uma base para U que inclua os vectores (1; 1; 1; 1) e (�1;�1; 1; 1).

18. Seja

A� =

2664�1 � 0 �1� �1 �� 00 0 1 1�1 � 0 ��

3775 , com � 2 R.

Sejam C (A�), L (A�) e N (A�), respectivamente, o espaço das colunas, o espaço daslinhas e o núcleo de A�. Sejam A0; A�1 e A1 as matrizes que se obtêm de A� fazendorespectivamente � = 0; � = �1 e � = 1.a) Determine uma base para N (A�1).b) Determine uma base para C (A�1) e calcule as coordenadas de (0; 0; 0; 1) nessa base.c) Determine a solução geral do sistema de equações lineares A0u = b, onde b é igualà 1a coluna da matriz A0.

d) Determine uma base para L (A1) + C (A1).e) Determine uma base para L (A�1) \ C (A�1).

19. Seja

A =

24 2 0 20 4 02 0 2

35 :

a) Determine o no real � para o qual u =

24 222

35 é solução da equação: Au� �u = 0.b) Determine uma base para N (A).c) Resolva a equação:

Au =

24 888

35 :d) Determine todos os vectores b para os quais a equação Au = b tenha sempre solução.

73

20. Considere a matriz dada por: A =

26641 �1 1 �1�1 1 �1 11 �1 1 �1�1 1 �1 1

3775 :a) Determine, justi�cando, a dimensão do núcleo de A.

b) Diga, justi�cando, se f(1; 0; 0; 0)g é uma base do espaço das colunas de A.

21. Considere o seguinte subespaço de R4: U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ y + z + w = 0g.a) Determine uma base para U .

b) Determine uma base para U que inclua os vectores (1;�1;�1; 1) e (�1; 0; 0; 1).

22. Seja

A =

24 1 0 10 1 �11 1 0

35 :Sejam N (A) ;L (A) ; C (A), respectivamente, núcleo, espaço das linhas e espaço dascolunas de A.

a) Determine uma base para N (A).b) Determine uma base para R3 que inclua duas colunas de A.c) Determine uma base para L (A) \ C (A).

23. Seja

A =

�4 a bc d 4

�2M2�3(R):

Determine a; b; c; d tais que nulA = 2 e (1; 0; 2) 2 L (A).

24. Seja U o subespaço de R4 gerado por f(1; 1; 0;�1); (1; 1; 0; 1)g e considere ainda oseguinte subespaço de R4: V = f(x; y; z; w) 2 R4 : y = wg.a) Determine uma base para R4 que inclua dois vectores de U .b) Sendo B = f(2; 2; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g uma base ordenada de U , calcule as coordenadasdo vector (1; 1; 0;�7) em relação a B.c) Determine uma base para U + V e uma base para U \ V , indicando as respectivasdimensões.

25. Considere o seguinte subespaço linear de P2: V = L(f1 � t; 1 � t2g). Sejam B1 e B2duas bases ordenadas de V , com B1 = f1 � t; 1 � t2g. Considere ainda a matriz demudança de base de B1 para B2 dada por:

SB1!B2 =

��1 21 3

�Determine as coordenadas do vector 1� t em B2.

26. Sejam A e B matrizes do tipo n� n tais que AB = BA. Mostre que

car (A+B) + car (AB) � car (A) + car (B) :

74


1. Seja fv1; v2; v3g uma base de um espaço linear V . Prove que

fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g

é também uma base de V .

2. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n�n. Prove que, se fv1; v2; : : : ; vng é umabase de Rn, então

fAv1; Av2; : : : ; Avngé também uma base de Rn.

3. Sejam V um espaço linear e S = fv1; v2; : : : ; vng. Prove que o conjunto S é uma basede V se e só se todo o vector de V se escrever de maneira única como combinaçãolinear dos elementos de S.

4. Seja fv1; v2g uma base de um espaço linear U . Considere os vectores

w1 = av1 + bv2 e w2 = cv1 + dv2;

com a; b; c; d 2 R. Prove que fw1; w2g é também uma base de U se e só se

ad 6= bc:

5. Seja A 2M3�3(R) tal queA2 = 0:

Mostre quecarA = 1:

6. Sejam B e C matrizes m� n. Mostre que

jcarB � carCj � car (B � C) .

7. Seja A 2Mn�n(R) tal queA3 6= 0 e A4 = 0:

Seja v =2 N (A3). Prove que o conjunto�v; Av;A2v; A3v

é linearmente independente.

8. Seja A uma matriz real do tipo 5� 6. Diga, justi�cando, se ATA é invertível.

75

Transformações lineares

De�nição 37. Sejam U e V espaços lineares. Diz-se que

T : U ! V

é uma transformação linear se e só se veri�car as duas condições:

(i) T (u+ v) = T (u) + T (v), para todos os u; v 2 U .

(ii) T (�u) = �T (u), para todos os u 2 U e escalares �.

Observação 24. Sejam U e V espaços lineares. Sejam 0 o vector nulo de U e 00 o vectornulo de V .

(i) Se T : U ! V fôr uma transformação linear então T (U) é um subespaço de V e alémdisso tem-se T (0) = 00 (T (0) = T (0+ 0) = T (0) + T (0) , T (0) = 00). Logo, se T nãoveri�car T (0) = 00 então T não será uma transformação linear.

(ii) T : U ! V é uma transformação linear se e só se

T (�u+ �v) = �T (u) + �T (v),

para todos os u; v 2 U e escalares �; �.

(iii) Seja T : U ! V uma transformação linear, com U = L (fv1; :::; vng). Seja u 2 U .Logo, existem escalares �1; :::; �n tais que

u = �1v1 + :::+ �nvn.

Tem-se entãoT (u) = �1T (v1) + :::+ �nT (vn).

Exemplo 31. Consideremos a base canónica f(1; 0) ; (0; 1)g de R2. Seja

T : R2 ! R

uma transformação linear tal que T (1; 0) = 1 e T (0; 1) = 1.Para qualquer (x; y) 2 R2 tem-se

(x; y) = x(1; 0) + y(0; 1).

Então,T (x; y) = T (x(1; 0) + y(0; 1)) = xT (1; 0) + yT (0; 1) = x+ y.

Logo, T : R2 ! R é a transformação linear de�nida explicitamente por

T (x; y) = x+ y.

76

Teorema 42. Sejam U e V espaços lineares e seja fv1; :::; vng uma base de U . SejamT1; T2 : U ! V duas transformações lineares.

Se T1(vi) = T2(vi) para todo o i = 1; :::; n, então T1(u) = T2(u),

para todo o u 2 U , isto é, T1 = T2.

Exemplo 32. (i) Sejam U e V espaços lineares e seja 0 o vector nulo de V . SejaO : U ! V de�nida por

O(u) = 0,

para todo o u 2 U . O é uma transformação linear e chama-se transformação nula.

(ii) Seja A 2Mm�n(R). SejaT : Rn ! Rm

de�nida porT (u) = Au,

para todo o u 2 Rn. T é uma transformação linear.

(iii) Sejam V um espaço linear e k um escalar (�xo). Seja Tk : V ! V de�nida por

Tk(v) = kv;

para todo o v 2 V .Tk é uma transformação linear. Diz-se que Tk é uma homotetia.Se 0 < k < 1 diz-se que Tk é uma contracção.Se k > 1 diz-se que Tk é uma dilatação.Se k = 1 então chama-se a T1 a transformação identidade e denota-se por I. Tem-se

I(u) = u;

para todo o u 2 U .

(iv) T : R2 ! R2 de�nida por T (x; y) = (1� y; 2x) não é uma transformação linear.

(v) T : R2 ! R de�nida por T (x; y) = xy não é uma transformação linear.

(vi) Seja T : P2 ! P3 de�nida por

T (p (t)) = tp (t) :

T é uma transformação linear.

(vii) Seja T : P3 ! P1 de�nida por

T (p) = p00:


77

(viii) Seja T : C1 (R)! C (R) de�nida por

T (f) = f 0;

onde C1 (R) é o espaço linear de todas as funções reais com primeira derivada contínua em Re C (R) é o espaço linear de todas as funções reais contínuas em R. T é uma transformaçãolinear.

(ix) Seja a 2 R (�xo). Seja T : C1 (R)! R de�nida por

T (f) = f 0 (a) .


(x) Seja n 2 N. Seja T : Cn (R)! C (R) de�nida por

T (f) = f (n);

onde f (n) é a derivada de ordem n de f , Cn (R) é o espaço linear de todas as funções reaiscom derivada de ordem n contínua em R e C (R) é o espaço linear de todas as funções reaiscontínuas em R. T é uma transformação linear.

(xi) Seja T : C (R)! C1 (R) de�nida por

T (f) =

Z x

0

f (t) dt:


(xii) Seja T : C ([a; b])! R de�nida por

T (f) =

Z b

a

f (t) dt:


(xiii) Seja T :Mn�n(R)!Mn�n(R) de�nida por

T (X) = XT :


(xiv) Seja T :Mn�n(R)!Mn�n(R) de�nida por

T (X) = AX;

com A 2Mn�n(R) �xa. T é uma transformação linear.

(xv) Sejatr :Mn�n(R)! R

de�nida por

tr(A) = a11 + :::+ ann =nXi=1

aii,

78

para todo o A = (aij)n�n 2 Mn�n(R), isto é, tr(A) é a soma de todas as entradas dadiagonal principal de A. O traço, tr, é uma transformação linear, isto é, sendo A = (aij)n�ne B = (bij)n�n duas matrizes do tipo n� n e � um escalar, tem-se

tr(A+B) = tr(A) + tr(B) e tr(�A) = � tr(A):

Além disso, tem-se

tr(AT ) = tr(A) e tr(AB) = tr(BA):

De�nição 38. Sejam U e V espaços lineares e T1; T2 : U ! V transformações lineares.Seja � um escalar. Sejam T1 + T2; �T1 : U ! V de�nidas por

(T1 + T2) (u) = T1(u) + T2(u) e (�T1)(u) = �T1(u),

para todo o u 2 U .

De�nição 39. Sejam U e V espaços lineares. Chama-se a L(U; V ) o conjunto de todasas transformações lineares de U em V .

Teorema 43. Sejam U e V espaços lineares e T1; T2 : U ! V transformações lineares.Seja � um escalar. Então:

(i) T1 + T2 e �T1 são transformações lineares.

(ii) O conjunto L(U; V ), com as operações da de�nição 38, é um espaço linear.

Exemplo 33. Seja B = fT1; T2; T3; T4g com T1; T2; T3; T4 2 L(R2;R2) de�nidas por

T1(x; y) = (x; 0), T2(x; y) = (y; 0), T3(x; y) = (0; x) e T4(x; y) = (0; y),

para todo o (x; y) 2 R2. O conjunto B é uma base de L(R2;R2). Logo,

dimL(R2;R2) = 4:

De�nição 40. Sejam U; V e W espaços lineares e, T2 : U ! V e T1 : V ! W transfor-mações lineares. Seja T1 � T2 : U ! W de�nida por

(T1 � T2) (u) = T1 (T2(u)) ,

para todo o u 2 U . Chama-se a T1 � T2 a composição de T1 com T2.

Observação 25. Em geral, tem-se T1 � T2 6= T2 � T1.

Teorema 44. (i) Sejam T2 : U ! V e T1 : V ! W transformações lineares. EntãoT1 � T2 é uma transformação linear.

79

(ii) Sejam T3 : U ! V; T2 : V ! W e T1 : W ! X. Então, tem-se T1 � (T2 � T3) =(T1 � T2) � T3.

(iii) Sejam T4 : W ! U , T2; T3 : U ! V e T1 : V ! W . Seja � 2 R. Então, tem-se

T1 � (T2 + T3) = T1 � T2 + T1 � T3 e T1 � (�T2) = � (T1 � T2) .

(T2 + T3) � T4 = T2 � T4 + T3 � T4 e (�T3) � T4 = � (T3 � T4) .

De�nição 41. De�ne-se T 0 = I e T k = T � T k�1, para todo o k = 1; 2; :::.

Observação 26. Tem-se Tm+n = Tm � T n para todos os m;n 2 N.

De�nição 42. Sejam U e V espaços lineares e T : U ! V uma transformação linear.Seja 0 o vector nulo de V .

(i) Chama-se contradomínio ou imagem de T ao conjunto

T (U) = fT (u) : u 2 Ug ,

que também se denota por I(T ).Note-se que se existir fu1; :::; ukg � U tal que U = L (fu1; :::; ukg) então

I(T ) = L (fT (u1) ; :::; T (uk)g) :

(ii) Chama-se núcleo ou espaço nulo de T ao conjunto

N (T ) = fu 2 U : T (u) = 0g .

Teorema 45. Sejam U e V espaços lineares e T : U ! V uma transformação linear.Então, os conjuntos N (T ) e I(T ) são subespaços de U e V respectivamente.

Exemplo 34. (i) Sejam U e V espaços lineares. Sejam 0 e 00 os vectores nulos de U eV respectivamente.

Considere a transformação nula O : U ! V de�nida por

O(u) = 00,

para todo o u 2 U . Tem-seN (O) = U e I(O) = f00g .

(ii) Considere a transformação identidade I : U ! U de�nida por

I(u) = u,

80

para todo o u 2 U . Tem-seN (I) = f0g e I(I) = U .

(iii) Seja A 2Mm�n(R). SejaT : Rn ! Rm

de�nida porT (u) = Au,

para todo o u 2 Rn. Tem-se

N (T ) = N (A) e I(T ) = C(A).

(iv) Seja T : C1 (R)! C (R) de�nida por

T (f) = f 0:

Tem-se

N (T ) = ff : R! R tal que f é constante em Rg e I(T ) = C (R) :

(v) Seja T : C2 (R)! C (R) de�nida por

T (f (t)) = f 00 (t) + !2f (t) ;

com ! 2 Rn f0g. Tem-se (pág. 72 de [1])

N (T ) = L (fcos (!t) ; sen (!t)g) ;

onde fcos (!t) ; sen (!t)g é uma base deN (T ). Observe-se queN (T ) é precisamente a soluçãogeral da equação diferencial linear homogénea

f 00 (t) + !2f (t) = 0:

(vi) Seja T : C2 (R)! C (R) de�nida por

T (f (t)) = f 00 (t)� !2f (t) ;

com ! 2 Rn f0g. Tem-se (pág. 74 de [1])

N (T ) = L��e�!t; e!t

�;

onde fe�!t; e!tg é uma base de N (T ). Note-se que N (T ) é precisamente a solução geral daequação diferencial linear homogénea

f 00 (t)� !2f (t) = 0:

De�nição 43. T : U ! V diz-se injectiva se e só se

T (u) = T (w) ) u = w,

81

para todos os u;w 2 U , isto é, se e só se

u 6= w ) T (u) 6= T (w),

para todos os u;w 2 U .

Teorema 46. (i) Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma qualquertransformação linear. Então:

T é injectiva , N (T ) = f0g.

(ii) Sejam U um espaço linear de dimensão �nita e T uma transformação linear de�nidaem U . Então, o subespaço I(T ) tem dimensão �nita e

dimN (T ) + dim I(T ) = dimU .

Dem. (i) ()) Suponhamos que T é injectiva. Seja u 2 N (T ). Logo T (u) = 0V=

T é linearT (0U), pelo que u = 0 uma vez que T é injectiva. Logo N (T ) = f0g.

(() Suponhamos que N (T ) = f0g. Sejam u; v 2 U tais que T (u) = T (v). LogoT (u� v) = 0, pelo que u � v = 0 uma vez que N (T ) = f0g. Logo u = v e assim T éinjectiva.

(ii) Se dimN (T ) = 0 então T é injectiva, pela alínea (i). Suponhamos que dimU = n.Considerando uma base fw1; :::; wng de U , vamos mostrar que o conjunto de n vectoresfT (w1) ; :::; T (wn)g é uma base de I(T ).Seja v 2 I(T ). Existe então u 2 U tal que v = T (u). Como fw1; :::; wng é base

de U , existem escalares (únicos) �1; :::; �n tais que u =nPi=1

�iwi. Logo, como T é linear,

v = T (u) =nPi=1

�iT (wi) concluindo-se deste modo que o conjunto fT (w1) ; :::; T (wn)g gera

I(T ).Sejam agora �1; :::; �n escalares tais que �1T (w1)+:::+�nT (wn) = 0. A última igualdade

é equivalente a T (�1w1 + :::+ �nwn) = 0 uma vez que T é linear. Logo, como T é injectiva,obtém-se �1w1 + ::: + �nwn = 0 e, deste modo, �1 = ::: = �n = 0 uma vez que o conjuntofw1; :::; wng é linearmente independente.

Seja n = dimU . Suponhamos agora que dimN (T ) 6= 0. Seja r = dimN (T ) e sejafu1; :::; urg uma base de N (T ). Considere-se os vectores ur+1; :::; un 2 U de modo a quefu1; :::; ur; ur+1; :::; ung seja uma base de U . Vejamos que fT (ur+1) ; :::; T (un)g é uma basede I(T ).Seja v 2 I(T ). Existe então u 2 U tal que v = T (u). Como fu1; :::; ung é base

de U , existem escalares (únicos) �1; :::; �n tais que u =nPi=1

�iui. Logo, como T é linear,

v = T (u) =nPi=1

�iT (ui) concluindo-se deste modo que o conjunto

fT (u1) ; :::; T (un)g =fu1;:::;urg2N (T )

fT (ur+1) ; :::; T (un)g

82

gera I(T ).Sejam agora �r+1; :::; �n escalares tais que �r+1T (ur+1) + ::: + �nT (un) = 0. A última

igualdade é equivalente a T��r+1ur+1 + :::+ �nun

�= 0 uma vez que T é linear. Logo

�r+1ur+1 + ::: + �nun 2 N (T ). Por outro lado, como fu1; :::; urg é base de N (T ), existemescalares (únicos) 1; :::; r tais que

�r+1ur+1 + :::+ �nun =

rXi=1

iui;

ou sejarXi=1

(� i)ui +nX

i=r+1

�iui = 0

de onde se obtem 1 = ::: = r = �r+1 = ::: = �n = 0

uma vez que o conjunto fu1; :::; urg é linearmente independente. Assim �r+1 = ::: = �n = 0e deste modo, o conjunto fT (ur+1) ; :::; T (un)g é linearmente independente.

Exemplo 35. Seja A 2 Mm�n(R). Seja T : Rn ! Rm tal que T (u) = Au, para todo ou 2 Rn. Tem-se N (A) = N (T ) e C(A) = I(T ). Como

carA+ nulA = n = dimRn = dim C(A) + dimN (A) = carA+ dimN (A)

tem-senulA = dimN (A).

Por outro lado, comoL(A) eN (A) são subespaços deRn entãoL(A)+N (A) = L (L(A) [N (A))é também um subepaço de Rn e atendendo a que L(A) \N (A) = f0g tem-se

dimRn = dim C(A) + dimN (A) = dimL(A) + dimN (A) == dim (L(A) +N (A))� dim (L(A) \N (A)) == dim (L(A) +N (A)) .

LogoRn = L(A)�N (A).

De�nição 44. (i) T : U ! V diz-se sobrejectiva se e só se T (U) = V .

(ii) T : U ! V diz-se bijectiva se e só se fôr injectiva e sobrejectiva.

De�nição 45. Sejam U e V espaços lineares. Diz-se que U e V são isomorfos se e sóse existir um isomor�smo entre U e V , isto é, se e só se existir uma transformação linearbijectiva T : U ! V . Sendo U e V isomorfos escreve-se

U �= V .

Teorema 47. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Então, U e V sãoisomorfos se e só se dimU = dimV .

83

Teorema 48. (i) Qualquer espaço linear real de dimensão n é isomorfo a Rn.

(ii) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. A transformação linearT : U ! V é sobrejectiva se e só se T transformar um qualquer conjunto gerador de U numconjunto gerador de V .

(iii) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Se a transformação linearT : U ! V fôr sobrejectiva então dimV � dimU .

(iv) Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Se a transformação linearT : U ! V fôr injectiva então dimU � dimV .

Exemplo 36. (i)A transformação linear T : Rn !Mn�1(R) de�nida por T (a1; :::; an) =264 a1...an

375 ; é um isomor�smo. Logo Rn �=Mn�1(R).

(ii) A transformação linear T :Mm�n(R)! Rmn de�nida por

T

0B@264 a11 a1n

......

...am1 amn

3751CA = (a11; :::; am1; :::; a1n; :::; amn) ;

é um isomor�smo. LogoMm�n(R) �= Rmn.

(iii) A transformação linear T : Rn+1 ! Pn de�nida por

T (a0; a1; :::; an) = a0 + a1t+ :::+ antn;

é um isomor�smo. Logo Rn+1 �= Pn.

(iv) Seja A uma matriz m�n. Os espaços C (A) e L (A) são isomorfos pois têm a mesmadimensão (carA).

C (A) �= L (A) .

Teorema 49. Sejam U e V espaços lineares de dimensões �nitas tais que

dimU = dimV:

Seja T : U ! V uma transformação linear. Então, T é injectiva se e só se T é sobrejectiva.

De�nição 46. Diz-se que T : U ! V é invertível se existir S : T (U)! U tal que

S � T = IU e T � S = IT (U),

onde IU e IT (U) são as funções identidade em U e T (U) respectivamente. Chama-se a S ainversa de T e escreve-se

S = T�1.

84

Teorema 50. Sejam U e V espaços lineares de dimensões �nitas. Seja

T : U ! V

uma transformação linear. Seja 0 o vector nulo de U . As seguintes a�rmações são equiva-lentes.

(i) T é injectiva.

(ii)N (T ) = f0g.

(iii) T é invertível e a inversa T�1 : T (U)! U é linear.

(iv) dimU = dimT (U).

(v) T transforma vectores linearmente independentes de U em vectores linearmente in-dependentes de V .

(vi) T transforma bases de U em bases de T (U).

Teorema 51. Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma transformação linear.Seja b 2 V . Então:

(i) Existência de solução: a equação linear T (u) = b tem sempre solução (para qual-quer b) se e só se T fôr sobrejectiva (T (U) = V );

(ii) Unicidade de solução: a equação linear T (u) = b a ter solução, ela é única se e sóse T fôr injectiva;

(iii) Existência e unicidade de solução: a equação linear T (u) = b tem solução únicau se e só se T fôr bijectiva.

Teorema 52. Sejam U e V espaços lineares. Seja T : U ! V uma transformação linear.Seja b 2 V . A solução geral da equação linear T (u) = b obtém-se somando a uma soluçãoparticular dessa equação, a solução geral da equação linear homogénea T (u) = 0 (N (T )).

Teorema 53. (Representação matricial de uma transformação linear). SejamU e V espaços lineares de dimensões �nitas tais que dimU = n e dimV = m. SejamB1 = fu1; :::; ung e B2 = fv1; :::; vmg duas bases ordenadas de U e V respectivamente. SejaT : U ! V uma transformação linear. Considere-se a matriz A = (aij)m�n cuja coluna j,para cada j = 1; :::; n, é formada pelas coordenadas de T (uj) na base B2. Isto é,

T (uj) =

mXi=1

aijvi.

Chama-se a esta matriz A a representação matricial de T em relação às bases B1 e B2 eescreve-se

A =M(T ;B1;B2).

85

Além disso, sendo �1; :::; �n as coordenadas de um vector u 2 U na base ordenada B1 entãoas coordenadas �1; :::; �m de T (u) 2 V na base ordenada B2 são dadas por264 �1

...�m

375 =M(T ;B1;B2)264 �1...�n

375 .

Observação 27. MUITO IMPORTANTE. Nas condições do teorema anterior, tem-se

u =

nXj=1

�juj 2 N (T ), (�1; :::; �n) 2 N (A)

v =mXi=1

�ivi 2 I(T ), (�1; :::; �m) 2 C(A)

uma vez que

T (u) = T

nXj=1

�juj

!=

T é linear

nXj=1

�jT (uj) =nXj=1

�j

mXi=1

aijvi =mXi=1

nXj=1

aij�j

!vi

e sendo fv1; v2; :::; vmg uma base de V tem-se

u 2 N (T ), T (u) = 0,

nXj=1

aij�j = 0; para i = 1; :::;m

!, (�1; :::; �n) 2 N (A):

Além disso:I(T ) = L (fT (u1); :::; T (un)g) =

= L (fa11v1 + :::+ am1vm; :::; a1nv1 + :::+ amnvmg) .

Teorema 54. Seja V um espaço linear de dimensão �nita, com dimV = n. SejamB1 = fu1; :::; ung e B2 = fv1; :::; vng duas bases ordenadas de V . A representação matricialda transformação identidade I : V ! V em relação às bases B1 e B2 é igual à matriz demudança da base B1 para B2. Isto é,

M(I;B1;B2) = SB1!B2.

Teorema 55. Sejam U e V espaços lineares tais que dimU = n e dimV = m. SejaT : U ! V uma transformação linear. Sejam B1 e B2 bases (ordenadas) de U e V respecti-vamente. Seja

A =M(T ;B1;B2) 2Mm�n(R)

a matriz que representa T em relação às bases B1 e B2. Tem-se então:

(i) dimN (T ) = nulA;

86

(ii) dim I(T ) = carA;

(iii) T é injectiva se e só se nulA = 0, isto é, se e só se carA = n;

(iv) T é sobrejectiva se e só se carA = m.

Teorema 56. Sejam Bnc = fe1; :::; eng e Bmc = fe01; :::; e0mg as bases canónicas (ordenadas)de Rn e Rm respectivamente. Seja T : Rn ! Rm uma transformação linear. Considere-se amatriz A = (aij)m�n = M(T ;Bnc ;Bmc ) 2 Mm�n(R) cuja coluna j, para cada j = 1; :::; n, éformada pelas coordenadas de T (ej) na base Bmc . Isto é,

T (ej) =

mXi=1

aije0i = a1j

2666410...0

37775+ :::+ amj266640...01

37775 =264 a1j

...amj

375 .Então, tem-se, para todo o u 2 Rn,

T (u) = T (�1; :::; �n) = T

nXj=1

�jej

!=

nXj=1

�jT (ej) =nXj=1

�j

264 a1j...amj

375 = Au.Dem. Seja u 2 Rn. Então, existem �1; :::; �n 2 R tais que

u = �1e1 + :::+ �nen =nXj=1

�jej.

Uma vez que, para todo o j = 1; :::; n, T (ej) =Pm

i=1 aije0i, tem-se

T (u) = T

nXj=1

�jej

!=

T é linear

nXj=1

�jT (ej) =nXj=1

�j

mXi=1

aije0i =

mXi=1

nXj=1

aij�j

!e0i =

=

nXj=1

a1j�j; :::;

nXj=1

amj�j

!=

24 a11 � � � a1n� � �

am1 � � � amn

35264 �1...�n

375 = Au.

Observação 28. No caso em que U = Rn, V = Rm e B1 = Bnc , B2 = Bmc , tem-se:

N (T ) = N (A) e I(T ) = C(A),

uma vez que neste caso as coordenadas de um vector numa base coincidem com o própriovector.

Exemplo 37. (i) Seja T : R4 ! R3 de�nida por

T (x; y; z; w) = (3x+ y � 2z; 0; x+ 4z):

87

T é uma transformação linear e a matriz M(T ;B4c ;B3c ) que representa T em relação às basescanónicas (ordenadas) B4c e B3c de R4 e R3 respectivamente, é dada por

A =M(T ;B4c ;B3c ) =

24 3 1 �2 00 0 0 01 0 4 0

35 ,uma vez que T (1; 0; 0; 0) = (3; 0; 1), T (0; 1; 0; 0) = (1; 0; 0), T (0; 0; 1; 0) = (�2; 0; 4) eT (0; 0; 0; 1) = (0; 0; 0).Tem-se então:

T (x; y; z; w) =M(T ;B4c ;B3c )

2664xyzw

3775 = (3x+ y � 2z; 0; x+ 4z).Além disso, tem-se

N (T ) = N (A) =�(x; y; z; w) 2 R4 : y = 14z e x = �4z

=

= f(�4z; 14z; z; w) : z; w 2 Rg = L (f(�4; 14; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g)

eI (T ) = C (A) = L (f(3; 0; 1); (1; 0; 0)g) .

Uma base de I (T ) : f(3; 0; 1); (1; 0; 0)g. Uma base de N (T ) : f(�4; 14; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g.

(ii) Sejam B1 = f1; t; t2g e B2 = f1; t; t2; t3g as bases canónicas (ordenadas) de P2 e P3respectivamente. Seja D : P2 ! P3 tal que D(1) = 0, D(t) = 1 e D(t2) = 2t. D é umatransformação linear e a matrizM(D;B1;B2) que representaD em relação às bases canónicasB1 e B2, é dada por

M(D;B1;B2) =

26640 1 00 0 20 0 00 0 0

3775 .Além disso tem-se

M(D;B1;B2)

24 a0a1a2

35 =26640 1 00 0 20 0 00 0 0

377524 a0a1a2

35 =2664a12a200

3775 ,isto é, D (a0 + a1t+ a2t2) = a1 + 2a2t, com a0; a1; a2 2 R.Além disso, como

N (D) =�a0 + a1t+ a2t

2 : D�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=�a0 + a1t+ a2t

2 : a1 = a2 = 0 e a0 2 R;

tem-seN (D) = fa0 : a0 2 Rg = L (f1g) e I (D) = L (f1; 2tg) .

Uma base de I (D) : f1; 2tg. Uma base de N (D) : f1g.

88

(iii) Seja T : R3 ! R2 a transformação linear cuja matriz que a representa em relaçãoàs bases ordenadas B1 = f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g e B2 = f(1; 1); (1;�1)g de R3 e R2respectivamente, é dada por

A =M(T ;B1;B2) =�1 2 32 4 6

�.

Seja u 2 R3 e sejam (�1; �2; �3) as coordenadas de u em relação à base B1. Tem-se

u 2 N (T ), (�1; �2; �3) 2 N (A)

e como

N (A) = N��

1 2 30 0 0

��= f(�2y � 3z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(�2; 1; 0); (�3; 0; 1)g) ,

logo f(�2; 1; 0); (�3; 0; 1)g é uma base de N (A) (uma vez que gera N (A) e é linearmenteindependente).

N (T ) = f(�2) (1; 1; 1) + 1(0; 1; 1) + 0(0; 0; 1); (�3) (1; 1; 1) + 0(0; 1; 1) + 1(0; 0; 1)g == L (f(�2;�1;�1); (�3;�3;�2)g) .

Logo f(�2;�1;�1); (�3;�3;�2)g é uma base para N (T ) (uma vez que gera N (T ) e élinearmente independente).Quanto ao contradomínio:

C(A) = L (f(1; 2)g) ,logo f(1; 2)g é uma base de C(A) (uma vez que gera C(A) e é linearmente independente).

I(T ) = L (f1(1; 1) + 2(1;�1)g) = L (f(3;�1)g) .

Uma base de I (T ) : f(3;�1)g (uma vez que gera I (T ) e é linearmente independente).Note-se que:

dimN (T ) = dimN (A) dim I(T ) = carA

edimN (T ) + dim I(T ) = dimU (espaço de partida).

Teorema 57. Sejam U; V e W espaços lineares de dimensões �nitas. Sejam B1;B2 eB3 bases ordenadas de U; V e W respectivamente. Seja � escalar. Sejam T1; T2 2 L(U; V ) eT3 2 L(V;W ). Então, tem-se

M(T1 + �T2;B1;B2) =M(T1;B1;B2) + �M(T2;B1;B2)

M(T3 � T1;B1;B3) =M(T3;B2;B3)M(T1;B1;B2)

Dem. Se A =M(T1;B1;B2) e B =M(T2;B1;B2)

(T1 + �T2) (uj) = T1 (uj) + �T2 (uj) =mXi=1

aijvi + �mXi=1

bijvi =mXi=1

(aij + �bij) vi

89

LogoM(T1 + �T2;B1;B2) = A+ �B =M(T1;B1;B2) + �M(T2;B1;B2).

Sejam agora A =M(T3;B2;B3) e B =M(T1;B1;B2)

(T3 � T1) (uj) = T3 (T1 (uj)) = T3

kXi=1

bijwi

!=

kXi=1

bijT3 (wi) =

=

kXi=1

bij

mXl=1

alivl =

mXl=1

0BBBB@kXi=1

alibij| {z }entrada (l;j) de AB

1CCCCA vlLogo

M(T3 � T1;B1;B3) = AB =M(T3;B2;B3)M(T1;B1;B2)

Teorema 58. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. Seja T : U ! Vuma transformação linear. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de U e V respectivamente.Seja A =M(T ;B1;B2) a matriz que representa T em relação às bases B1 e B2.Se V = T (U) então T é invertível se e só se A fôr uma matriz quadrada invertível. Tem-se

entãoA�1 =M(T�1;B2;B1),

isto é, A�1 será a matriz que representa T�1 em relação às bases B2 e B1.

Teorema 59. Sejam U e V espaços lineares de dimensões �nitas respectivamente n em. Isto é,

dimU = n e dimV = m:

Então, os espaços lineares L(U; V ) eMm�n(R) são isomorfos e escreve-se

L(U; V ) �=Mm�n(R).

Tendo-sedimL(U; V ) = mn:

Dem. Fixando bases ordenadas B1 e B2 para U e V respectivamente,

L(U; V ) ! Mm�n(R)T ! M(T ;B1;B2)

é uma transformação linear bijectiva.Logo dimL(U; V ) = dimMm�n(R) = mn

Teorema 60. Seja V um espaço linear de dimensão �nita. Seja T : V ! V umatransformação linear. Sejam B1 e B2 duas bases ordenadas de V . SejaM(T ;B1;B1) a matrizque representa T em relação à base B1.

90

Então, a matriz M(T ;B2;B2) que representa T em relação à base B2, é dada por

M(T ;B2;B2) = SB1!B2M(T ;B1;B1) (SB1!B2)�1 ,

onde SB1!B2 é a matriz de mudança da base B1 para B2.Isto é, o diagrama seguinte é comutativo.

(V;B1)M(T ;B1;B1)�!

T(V;B1)

SB1!B2 # I I # SB1!B2(V;B2)

T�!M(T ;B2;B2)

(V;B2)

Note-se que neste caso:

T � I = I � T ,M(T ;B2;B2)SB1!B2 = SB1!B2M(T ;B1;B1),, M(T ;B2;B2) = SB1!B2M(T ;B1;B1) (SB1!B2)

�1

Teorema 61. Caso geral. Sejam U e V dois espaços lineares de dimensões �nitas. SejaT : U ! V uma transformação linear. Sejam B1 e B01 duas bases ordenadas de U . Sejam B2e B02 duas bases ordenadas de V . Seja M(T ;B1;B2) a matriz que representa T em relação àsbases B1 e B2.Então, a matriz M(T ;B01;B02) que representa T em relação às bases B01 e B02, é dada por

M(T ;B01;B02) = SB2!B02M(T ;B1;B2)�SB1!B01

��1,

onde SB2!B02 e SB1!B01 são as matrizes de mudança das bases B2 para B02 e de B1 para B01

respectivamente.Isto é, o diagrama seguinte é comutativo.

(U;B1)M(T ;B1;B2)�!

T(V;B2)

SB1!B01 # I I # SB2!B02(U;B01)

T�!M(T ;B01;B02)

(V;B02)

Note-se que neste caso:

T � I = I � T ,M(T ;B01;B02)SB1!B01 = SB2!B02M(T ;B1;B2),, M(T ;B01;B02) = SB2!B02M(T ;B1;B2)

�SB1!B01

��1

Exemplo 38. Seja T : R2 ! R3 de�nida por T (x; y) = (y; x; y � x). T é uma transfor-mação linear. A matrizM(T ;B2c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada)B2c de R2 e à base canónica (ordenada) B3c de R3, é dada por

M(T ;B2c ;B3c ) =

24 0 11 0�1 1

35 .91

Sejam B1 = f(1; 1); (�1; 1)g uma base ordenada de R2 e B2 = f(0; 0; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 1)guma base ordenada de R3A matriz M(T ;B1;B2) que representa T em relação à base ordenada B1 de R2 e à base

ordenada B2 de R3, é dada por

M(T ;B1;B2) =

24 �1 30 �21 1

35 ,uma vez que

T (1; 1) = (1; 1; 0) = �(0; 0; 1) + 0(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1)T (�1; 1) = (1;�1; 2) = 3(0; 0; 1)� 2(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1) :

Vamos agora veri�car que se tem

M(T ;B1;B2) = SB3c!B2M(T ;B2c ;B3c )

�SB2c!B1

��1:

Uma vez que

(1; 0; 0) = 0(0; 0; 1)� 1(0; 1; 1) + 1 (1; 1; 1) ; (0; 1; 0) = �(0; 0; 1) + 1(0; 1; 1) + 0 (1; 1; 1) ;(0; 0; 1) = 1(0; 0; 1) + 0(0; 1; 1) + 0 (1; 1; 1)

tem-se então SB3c!B2 =

24 0 �1 1�1 1 01 0 0

35. Logo,SB3c!B2M(T ;B

2c ;B3c )

�SB2c!B1

��1=

=

24 0 �1 1�1 1 01 0 0

3524 0 11 0�1 1

35SB1!B2c =24 �2 11 �10 1

35� 1 �11 1

�=

24 �1 30 �21 1

35 =M(T ;B1;B2).Por exemplo, para (2; 1) 2 R2, tem-se:

coordenadas de (2; 1)na base B2c

M(T ;B2c ;B3c )�!T

coordenadas de T (2; 1)na base B3c

SB2c!B1 # I I # SB3c!B2

coordenadas de (2; 1)na base B1

T�!M(T ;B1;B2)

coordenadas de T (2; 1)na base B2.

ou seja

�21

�M(T ;B2c ;B3c )�!

T

24 12�1

35SB2c!B1 # I I # SB3c!B2

�32

�12

�T�!

M(T ;B1;B2)

24 �311

35 .92


1. Sejam a; b 2 R. Considere a aplicação Ta;b : R ! R de�nida por Ta;b (x) = ax + b.Determine os valores de a e de b para os quais Ta;b é linear.

2. Diga quais das seguintes transformações são lineares. Determine para cada trans-formação linear a correspondente matriz que a representa em relação às respectivasbases canónicas (ordenadas). Determine também, se possível, para cada uma dessastransformações lineares, bases para o núcleo N (T ) e para o contradomínio I(T ), bemcomo as respectivas dimensões (de N (T ) e de I(T )). Diga ainda quais são injectivas,sobrejectivas e bijectivas.

(i) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x+ 2y; 3x� y).(ii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (1� y; 2x).(iii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; 2x;�x).(iv) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (0; 0).

(v) T : R2 ! R com T (x; y) = �3x.(vi) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (0;�1; 2).(vii) T : R! R3 com T (x) = (2x; 0;�x).(viii) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (x2 � y; 2y).(ix) T : R4 ! R2 com T (x; y; z; w) = (x� y; 3w).(x) T : R3 ! R4 com T (x; y; z) = (�z; y � 2z; 2y; y + z).(xi) T : R! R2 com T (x) = (0; 0).

(xii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x+ 2y; 3z; x� z).(xiii) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; y; z).

(xiv) T : P2 ! P2 com T (p (t)) = 2p (1� t)� tp0 (t),onde P2 = fa0 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg e p0 é a derivada de 1a ordem de p.

(xv) T : P2 ! P2 com

T (p (t)) = p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t+ (p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2:

(xvi) T : P2 !M2�2 (R) com T (p (t)) =

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�.

(xvii) T : M2�2 (R) ! M2�2 (R) com T (X) = tr (X)

�1 22 1

�. Resolva ainda a

equação linear T (X) =��1 �2�2 �1

�.

3. Determine para cada transformação linear a correspondente matriz que a representaem relação às respectivas bases canónicas (ordenadas).

(i) T� : R2 ! R2 com T�(x; y) = (x cos � � y sen �; x sen � + y cos �), � 2 [0; 2�[.Rotação de amplitude � em torno da origem e no sentido contrário ao dos ponteiros deum relógio. Veri�que ainda que se tem T� � T� = T�+� e (T�)

�1 = T��.

93

(ii) T� : R3 ! R3 com T�(x; y; z) = (x; y cos � � z sen �; y sen � + z cos �), � 2 [0; 2�[.Rotação de amplitude � no plano (y; z) em torno da origem e no sentido contrário aodos ponteiros de um relógio.

(iii) T� : R2 ! R2 com T�(x; y) = (x cos 2� + y sen 2�; x sen 2� � y cos 2�), � 2 [0; �[.Re�exão em relação à recta que passa na origem e que forma um ângulo de amplitude� com a recta y = 0.

(iv) T� : R2 ! R2 com T�(x; y) = (x cos2 � + y sen � cos �; x sen � cos � + y sen2 �),� 2 [0; �[. Projecção sobre a recta que passa na origem e que forma um ângulo deamplitude � com a recta y = 0.

(v) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x+ ky; y). Deslizamento em R2 na direcção x e derazão k. Esboce a �gura T (U) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 � x; y � 1g.(vi) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x; y + kx). Deslizamento em R2 na direcção y e derazão k. Esboce a �gura T (U) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 � x; y � 1g.(vii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; ky), com k 2 [0; 1[. Contração em R2 de razãok. Esboce a �gura T (U) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 � x; y � 1g.(viii) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; ky), com k > 1. Dilatação em R2 de razão k.Esboce a �gura T (U) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 � x; y � 1g.(ix) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; y), com k 2 [0; 1[. Compressão em R2na direcção x e de razão k. Esboce a �gura T (U) onde U é o quadrado unitáriof(x; y) 2 R2 : 0 � x; y � 1g.(x) T : R2 ! R2 com T (x; y) = (kx; y), com k > 1. Ampliação em R2 na direcção x ede razão k. Esboce a �gura T (U) onde U é o quadrado unitário f(x; y) 2 R2 : 0 � x; y � 1g.

4. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base canónica (orde-nada) B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g de R3 é representada pela matriz

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 11 1 02 �1 0

35 .Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2R3. Determine, se possível, bases para o núcleo N (T ) e para o contradomínio I(T ),bem como as respectivas dimensões (de N (T ) e de I(T )).

5. Considere a base ordenada B = fv1; v2g de R2, em que v1 = (1; 1) e v2 = (1; 0) e sejaT : R2 ! R2 a transformação linear tal que

T (v1) = (1;�2), T (v2) = (�3; 1).

(i) Calcule T (2; 1).

(ii) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y) para qualquer (x; y) 2R2.(iii) Determine a matriz M(T ;B2c ;B2c ) que representa T em relação à base canónica(ordenada) B2c de R2.(iv) Determine as matrizes de mudança de base SB2c!B e SB!B2c . Determine as coor-denadas do vector (2; 1) na base B.

94

(v) Determine a matriz M(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenada Bde R2. Determine as coordenadas do vector T (2; 1) na base B.(vi) Determine a matriz M(T ;B2c ;B) que representa T em relação às bases ordenadasB2c e B de R2.(vii) Determine a matrizM(T ;B;B2c ) que representa T em relação às bases ordenadasB e B2c de R2.

6. Considere as transformações lineares T1 e T2 cujas matrizes que as representam emrelação às bases canónicas (ordenadas) de R2 e R3 são dadas respectivamente por

M(T1;B3c ;B2c ) =�2 0 11 1 0

�e M(T2;B2c ;B3c ) =

24 0 10 11 1

35 .Determine as expressões gerais de (T1 � T2)(x; y) e (T2 � T1)(x; y; z) para quaisquer(x; y) 2 R2; (x; y; z) 2 R3.

7. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de�nida por

T (x; y; z) = (2y; y � x;�x).

Determine a matriz M(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenada

B = fv1; v2; v3g de R3 com v1 = (1; 0;�1), v2 = (1; 2; 0), v3 = (�1; 1; 1).

8. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R). Considere a transformação linear

S :M2�2(R)!M2�2(R) de�nida por S(A) = AT .

Determine a matriz M(S;B2�2c ;B2�2c ) que representa S em relação à base canónica(ordenada) B2�2c .

9. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 e a base canónica (ordenada)

B3c = fv1; v2; v3g de R3, com v1 = (1; 0; 0), v2 = (0; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).

Suponha que se tem

T (v3) = 3v1 + v2 � 2v3, T (v2 + v3) = v1, T (v1 + v2 + v3) = v2 + v3.

(i) Calcule T (2v1 � v2 + 3v3).(ii) Determine a matriz M(T ;B3c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica(ordenada) B3c de R3.(iii) Determine duas bases ordenadas B1 = fu1; u2; u3g e B2 = fw1; w2; w3g de R3 demodo a que a matriz M(T ;B1;B2) que represente T em relação a essas bases B1 e B2seja a matriz identidade: 24 1 0 0

0 1 00 0 1

35 .95

10. Considere a transformação linear T : R2 ! R3 que em relação às bases ordenadasB1 = fu1; u2g de R2 e B2 = fv1; v2; v3g de R3 com

u1 = (1; 1), u2 = (2;�1), v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 2), v3 = (0; 1;�1),

é representada pela matriz

M(T ;B1;B2) =

24 1 2�1 13 0

35 .Considere ainda as bases ordenadas B01 =

�u01; u

02

de R2 e B02 =

�v01; v

02; v

03

de R3 com

u0

1 = (1; 0), u0

2 = (1; 1), v0

1 = (1; 0; 0), v0

2 = (1; 1; 0), v0

3 = (1; 1; 1).

(i) Determine as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B2.(ii) Determine as coordenadas do vector (�1; 2) na base B01.(iii) Determine as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B02.(iv) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão deN (T ). Diga se T é injectiva.(v) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimen-são de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.(vi) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y) para qualquer (x; y) 2R2.(vii) Determine a matrizM(T ;B01;B

02) que representa T em relação às bases ordenadas

B01 e B02.


T (x; y; z) = (x+ y; x+ y � z).

(i) Determine a matriz M(T ;B3c ;B2c ) que representa T em relação às bases canónicas(ordenadas) B3c e B2c de R3 e R2 respectivamente.(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão deN (T ). Diga se T é injectiva.(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a di-mensão de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1).

(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b). Veri�que se existe algum vector(a; b) 2 R2 para o qual essa equação seja impossível.(vi) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b). Veri�que se existe algum vector(a; b) 2 R2 para o qual essa equação seja possível e determinada.

96

12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B3c ;B3c ) que a repre-senta em relação à base canónica (ordenada) B3c de R3 é dada por

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 22 1 40 0 2

35 .(i) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer(x; y; z) 2 R3.(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão deN (T ). Diga se T é injectiva.(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a di-mensão de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (3; 3; 0).

(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri�que se existe algum vector(a; b; c) 2 R3 para o qual essa equação seja impossível.(vi) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri�que se existe algum vector(a; b; c) 2 R3 para o qual essa equação seja possível e indeterminada.

13. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matrizM(T ;B;B) que a representaem relação à base (ordenada) B = fv1; v2; v3g de R3 com

v1 = (1; 1; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 0; 0),

é dada por

M(T ;B;B) =

24 1 2 22 4 40 0 2

35 .(i) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão deN (T ). Diga, justi�cando, se T é sobrejectiva e se T é injectiva.(ii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimen-são de I(T ).(iii) Mostre que a equação linear T (x; y; z) = (2; 4; 0) não tem soluções.

(iv) Determine T (1; 1; 1) e resolva a equação linear T (x; y; z) = (�1;�1;�13).

(v) Considere a equação linear T (x; y; z) = (a; b; c). Veri�que se existe algum vector(a; b; c) 2 R3 para o qual essa equação seja possível e indeterminada.(vi) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer(x; y; z) 2 R3.


T (x; y; z) = (x+ y + z; x+ 2y � 4z; z).

(i) Determine a matriz M(T ;B3c ;B3c ) que representa T em relação à base canónica(ordenada) B3c de R3.

97

(ii) Mostre que T é injectiva e determine a expressão geral de T�1, isto é, determineT�1(x; y; z) para qualquer (x; y; z) 2 R3.(iii) Justi�que que T é um isomor�smo.

(iv) Determine a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2).

15. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R). Considere a transformação

T :M2�2(R)!M2�2(R) de�nida por T (X) = AX �XA, com A =

�0 1�1 0

�:

(i) Veri�que que T é linear.

(ii) Determine a expressão geral de T .

(iii) Determine a matrizM(T ;B2�2c ;B2�2c ) que representa T em relação à base canónica(ordenada) B2�2c deM2�2(R).(iv) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão deN (T ). Diga se T é injectiva.(v) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimen-são de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.

16. Considere as transformações lineares T1; T2 : R2 ! R2 de�nidas respectivamente por

T1(x; y) = (x+ y; x� y) e T2(x; y) = (2x+ y; x� 2y).

(i) Determine as matrizes M(T1;B2c ;B2c ) e M(T2;B2c ;B2c ) que representam respectiva-mente T1 e T2 em relação à base canónica (ordenada) B2c de R2.(ii) Determine a matriz A = M(T2 � T1;B2c ;B2c ) que representa T2 � T1 em relação àbase canónica (ordenada) B2c de R2.(iii) Determine, usando a alínea anterior, a expressão geral de T2 � T1, isto é, (T2 �T1)(x; y) para qualquer (x; y) 2 R2.(iv) Determine, directamente a partir das expressões de T1 e de T2, a expressão geralde T2 � T1.(v) Mostre que T1 e T2 são invertíveis.

(vi) Determine as expressões gerais de T�11 (x; y); T�12 (x; y) e�T�11 � T�12

�(x; y) para

qualquer (x; y) 2 R2.(vii) Determine a matriz M((T2 � T1)�1;B2c ;B2c ) que representa (T2 � T1)�1 em relaçãoà base canónica (ordenada) B2c de R2 e veri�que que é igual a A�1, onde A é a matrizdeterminada em (ii).

(viii) Veri�que que (T2 � T1)�1 = T�11 � T�12 .

98

17. Considere a transformação linear T : R2 ! R2 que em relação à base canónica ordenada(B2c = f(1; 0) ; (0; 1)g) de R2 é representada pela matriz:

M�T ;B2c ;B2c

�=

�1 02 1

�:

Justi�que que T é injectiva e resolva a equação linear T (x; y) = (1; 2).

18. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R de�nida por T1(x; y) = x. Seja

M�T2;B1c ;B2c

�=

�10

�a matriz que representa a aplicação linear T2 : R! R2 em relação às bases canónicasordenadas B1c = f1g e B2c de R e R2 respectivamente. Determine uma base para onúcleo: N (T2 � T1).

19. Considere a transformação linear T : R3 �! R2 cuja representação matricial em relaçãoas bases ordenadas B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g de R3 e B2 = f(1; 1); (0; 1)g de R2é dada pela matriz:

M(T ;B1;B2) =�

1 0 1�1 0 �1

�.

Determine uma base para o contradomínio I (T ) e diga, justi�cando, se T é sobrejec-tiva.

20. Considere a transformação linear T1 : R3 ! R2 de�nida por T1(x; y; z) = (2x+y; y+2z).Considere ainda a transformação linear T2 : R2 �! R3 cuja representação matricialem relação à base (ordenada) B = f(2; 1); (1; 2)g de R2 e à base canónica B3c de R3 édada pela matriz:

M(T2;B;B3c ) =

24 2 11 11 2

35 .(i) Determine uma base para o núcleo N (T1) de T1 e diga, justi�cando, se T1 é sobre-jectiva.

(ii) Determine uma base para o contradomínio I(T2) de T2 e diga, justi�cando, se T2é injectiva.

(iii) Diga, justi�cando, se se tem N (T1) + I(T2) = R3 e determine a dimensão deN (T1) \ I(T2).(iv) Determine a matrizM(T2;B2c ;B3c ) que representa T2 em relação às bases canónicasB2c e B3c de R2 e R3 respectivamente.

(v) Determine a solução geral da equação (T1 � T2) (x; y) =�8

3;8

3

�.

21. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 de�nida por: T (x; y; z) = (0; x+ y; z).Determine, justi�cando, uma base para I (T ) e diga, justi�cando, se T é injectiva.

99


1. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R3 de�nida por T1(x; y) = (2x+y; 0; x+2y).Considere ainda a transformação linear T2 : R3 �! R2 cuja representação matricialem relação à base (ordenada) B = f(1; 1; 1); (1; 1; 0); (1; 0; 0)g de R3 e à base canónicaB2c de R2 é dada pela matriz:

M(T2;B;B2c ) =�1 �1 1�1 1 �1

�.

(i) Determine T2 (0; 1; 0) e T2 (0; 0; 1).

(ii) Determine uma base para o contradomínio I(T1) de T1 e diga, justi�cando, se T1é sobrejectiva.

(iii) Determine uma base para o núcleo N (T2) de T2 e diga, justi�cando, se T2 éinjectiva.

(iv) Determine a solução geral da equação (T2 � T1) (x; y) = (�1; 1).

2. Considere a transformação linear T : R3 ! P3 de�nida por

T (1; 1;�1) = 2 + 2t2; T (1;�1; 1) = �t� t3 e T (�1; 1; 1) = 2 + t+ 2t2 + t3.

(i) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z) para qualquer(x; y; z) 2 R3.(ii) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T ). Determine a dimensão deN (T ). Diga se T é injectiva.(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a di-mensão de I(T ). Diga se T é sobrejectiva.(iv) Resolva, em R3; a equação linear T (x; y; z) = 1 + t+ t2 + t3.

3. Seja � 2 R. Considere a transformação linear T� : R3 ! P2 de�nida por

T�(x; y; z) = z � y + � (y � x) t+ xt2.

(i) Determine, se possível, uma base para o núcleo N (T�). Determine a dimensão deN (T�). Diga se T� é injectiva.(ii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T�). Determine a di-mensão de I(T�). Diga se T� é sobrejectiva.(iii) Considere � = 0 e resolva a equação linear T0(x; y; z) = 1 + t2.

4. Considere o espaço linear P2 dos polinómios reais de variável real e de grau menor ouigual a 2. Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de�nida por

T (p (t)) = p0 (t)� 2p (t) ,

onde p0 (t) é a derivada de primeira ordem de p (t).

(i) Determine a expressão geral de T .

100

(ii) Sendo B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2, determine a matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.(iii) Justi�que que T é um isomor�smo e veri�que que a expressão geral do isomor�smoT�1 é dada por

T�1 (p (t)) = �12p (t)� 1

4p0 (t)� 1

8p00 (t)

para todo o p (t) 2 P2, onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).

(iv) Resolva, em P2; a equação diferencial linear p0 (t)� 2p (t) = (2� 3t)2.


T (p (t)) = t2p00 (t)� 2p (t) ,

onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).


(ii) Sendo B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2, determine a matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.(iii) Determine, se possível, uma base para N (T ) e uma base para I (T ) e diga,justi�cando, se T é injectiva e/ou sobrejectiva.

(iv) Resolva, em P2; as equações diferenciais lineares:a) t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t; b) 2tp0 (t)� 2p (0) = 2� t.

6. Seja U o subespaço das matrizes simétricas deM2�2 (R), isto é,

U =�A 2M2�2 (R) : A = AT

.

Considere a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (A) = AB +BA

com B =

�0 11 0

�.


(ii) Determine uma base para U e calcule a matriz que representa T em relação a essabase.

(iii) Determine, se possível, uma base para N (T ) e uma base para I (T ) e diga,justi�cando, se T é injectiva e/ou sobrejectiva.

(iv) Resolva, em U; a equação linear T (A) = B.

7. Considere a transformação linear T :M2�2 (R) ! P3 cuja matriz M(T ;B1;B2) que arepresenta em relação às bases ordenadas

B1 =��

1 11 0

�;

�1 10 1

�;

�0 11 1

�;

�1 01 1

��

101

deM2�2 (R) e B2 = f1 + t; t+ t2; t2 + t3; t3g de P3 é dada por

M(T ;B1;B2) =

26641 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

3775 .(i) Determine a expressão geral de T .

(ii) Justi�que que T é um isomor�smo e determine a expressão geral do isomor�smoT�1, isto é, determine

T�1�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3�.

(iii) Resolva a equação linear T��

a bc d

��= 1 + 2t+ 3t2 + 4t3.

8. Seja U o espaço linear das funções reais de variável real duas vezes diferenciáveis.Considere a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (f) = f 00 � 2f 0 + f .

Considere o subespaço S = ff 2 U : f 00 � 2f 0 + f = 0g de U .(i) Mostre que o conjunto fet; tetg é uma base de S. Sugestão: Mostre que se f 2 S,então f (t) e�t é um polinómio de grau menor ou igual a 1.

(ii) Mostre que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a ef 0 (0) = b.

(iii) Determine a única solução f da equação diferencial linear T (f) = 1 que veri�caf (0) = 1 e f 0 (0) = 0.

9. Seja V o subespaço linear de R4 gerado pelos vectores v1 = (1; 0; 0;�1) e v2 =(0; 1;�1; 0). Considere ainda a transformação linear T : V ! V tal que

T (v1) = v2; T (v2) = �v1:

(i) Determine a matriz M(T ;B;B) que representa T em relação à base ordenadaB = fv1; v2g de V .(ii) Encontre, em V , a solução geral da equação T (u) = (2;�3; 3;�2).(iii) Sejam w1 = (0; 0; 1; 1); w2 = (0; 0; 0; 1) e considere a transformação linear R :R4 ! R4 de�nida por

R(v1) = v2; R(v2) = �v1; R(w1) = R(w2) = (0; 0; 0; 0):

Encontre, em R4, a solução geral da equação R(u) = (2;�3; 3;�2).

10. Seja Pn, com n 2 N, o espaço linear real dos polinómios reais de variável real ede grau menor ou igual a n. Considere a transformação linear T1 : P2 ! P1 cujarepresentação matricial em relação às bases ordenadas B1 = f1 + t; 1� t; t2g de P2 eB2 = f1 + t; 1 + 2tg de P1, é dada pela matriz:

M(T1;B1;B2) =�1 2 00 �1 1

�.

102

Considere ainda a transformação linear T2 : P1 ! P2 tal que

T2(1) = 1� t T2(t) = 2 + 8t� 2t2:

a) Determine a matriz M(T2;B;B1) que representa T2 em relação às bases ordenadasB = f1; tg de P1 e B1 = f1 + t; 1� t; t2g de P2.b) Determine uma base para N (T1) (núcleo de T1) e diga, justi�cando, se T1 é sobre-jectiva.

c) Determine T1(t) e encontre, em P2, a solução geral da equação T1(p (t)) = t.d) Veri�que que T1 � T2 = I.

11. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja representação matricial em relaçãoàs bases ordenadas Bc = f(1; 0; 0)); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g e B0 = f(1; 1; 0)); (1;�1; 1); (0; 1; 1)gde R3 é dada por:

M(T ;Bc;B0) =

24 �1 0 21 1 34 2 2

35 :a) Determine uma base para o núcleo de T e indique a sua dimensão.

b) Determine uma base para o contradomínio de T e indique a sua dimensão.

c) Determine a expressão geral de T , isto é, determine T (x; y; z), para todo (x; y; z) 2R3.

12. SejaP2 = fp (t) = a0 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg o espaço linear de todos os polinómiosreais de variável real e de grau menor ou igual a 2, com as operações usuais.

a) Considere a transformação linear T1 : P2 ! P2 cuja representação matricial emrelação à base ordenada B = f1; t; t2g de P2 é dada por:

M(T1;B;B) =

24 0 1 00 0 40 0 0

35 :Determine uma base para o contradomínio de T1 e indique a sua dimensão. Diga,justi�cando, se T1 é injectiva.

b) Considere a transformação linear T2 : P2 ! P2 de�nida por

T2(p (t)) = (tp0 (t))

0;

onde p0 (t) é a derivada de 1a ordem de p (t). Resolva em P2, a equação linear

T2(p (t)) =1

2+ 2t:

13. SejamM2�2(R) o espaço linear de todas as matrizes reais do tipo 2� 2 e P2 o espaçolinear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menor ou igual a 2, amboscom as operações usuais. Seja U o subespaço deM2�2(R) gerado por��

0 1�1 0

�;

�2 11 2

��103

e seja V o subespaço de P2 gerado por�1 + t; t+ t2

.

Considere a transformação linear T : U ! V de�nida por:

T

��0 1�1 0

��= t+ t2 e T

��2 11 2

��= 1 + t.

a) Determine a matriz que representa a aplicação linear T em relação às bases��1 10 1

�;

�1 01 1

��e

�1 + 2t+ t2; 1� t2

de U e V respectivamente.

b) Determine a expressão geral de T , isto é, determine

T

��a bc d

��;

para todo o�a bc d

�2 U .

14. SejaP2 = fp (t) = a0 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg o espaço linear de todos os polinómiosreais de variável real e de grau menor ou igual a 2, com as operações usuais. Considerea transformação linear T : P2 ! P2 de�nida por

T (p (t)) = 2p (0)� tp0 (t) ;

onde p0 (t) é a derivada de 1a ordem de p (t).

a) Determine a matriz M (T ;B;B) que representa a aplicação linear T em relação àbase B = f1; t; t2g de P2.b) Determine uma base para o contradomínio de T e indique a sua dimensão. Diga,justi�cando, se T é injectiva.

15. Considere a transformação linear T : R3 ! R2 cuja representação matricial em relaçãoàs bases ordenadas B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 0)g de R3 e B2 = f(1;�1); (1; 1)g deR2 é dada por:

M(T ;B1;B2) =�1 �2 1�2 4 �2

�.

a)Determine uma base para o núcleo de T e indique a sua dimensão. Diga, justi�cando,se T é sobrejectiva.

b) Determine T (1; 0; 1) e resolva em R3, a equação linear T (x; y; z) =�1

2;3

2

�:

16. Seja P2 o espaço linear real dos polinómios reais de grau menor ou igual a 2. Considerea base ordenada B = fp1; p2; p3g de P2 onde

p1(t) = 1 + 2t+ 3t2; p2(t) = 2 + 3t; p3(t) = 1:

104

Considere a transformação linear T : P2 ! P2 de�nida por:

T (p1(t)) = p2(t); T (p2(t)) = p3(t); T (p3(t)) = 0:

a) Determine a matriz M (T ;B;B) que representa T na base B.b) Calcule T 3(p(t)), para todo o p(t) 2 P2.c) Determine uma base para o núcleo de T e uma base para o contradomínio de T .

d) Resolva, em P2, a equação linear T (p(t) = 3 + 3t.

17. Seja P1 o espaço linear real dos polinómios reais de grau menor ou igual a 1. Considereas transformações lineares T1; T2 : P1 ! P1 de�nidas por

T1 (1 + t) = 2� t; T1 (1� t) = �1 + 2t e M�T2;B2c ;B

�=

�2 11 2

�onde B2c = f1; tg e B = f1 + t; 1� tg são duas bases ordenadas de P1.a) Determine uma base para I (T2).b) Resolva em P1 a equação linear (T1 � T2) (p (t)) = 3 + 3t.

18. Seja P1 = fp(t) = a0 + a1t : a0; a1 2 Rg o espaço linear real dos polinómios reaisde grau menor ou igual a 1. Considere a transformação linear T1 : P1 ! M2�2 (R)de�nida por:

T1(p (t)) =

�p (�1) + p (1) p (0)

p (0) p (�1) + p (1)

�.

Considere ainda a transformação linear T2 : P1 ! P1 tal que

T2 (2� 2t) = 6� 2t T2 (�1 + 2t) = 6t T2 (1 + t) = 9 + 9t.

a) Diga, justi�cando, se T2 é sobrejectiva.

b) Determine uma base para I (T1) + I (T1).

c) Resolva, em P1, a equação linear (T1 � T2) (p (t)) =�4 22 4

�.

19. Seja C1 (R) o espaço linear das funções reais de variável real inde�nidamente diferen-ciáveis em R e U = L (ff1; f2; f3g) o subespaço linear de C1 (R) gerado pelas funções

f1 (x) = sen x; f2 (x) = cosx; f3 (x) = ex.

Seja T : C1 (R)! C1 (R) de�nida por T (f (x)) = f 0 (x) onde f 0 designa a 1a derivadade f .

a) Determine o núcleo de T e diga, justi�cando se T é injectiva.

b) Veri�que que T (U) � U .c) Determine uma base para U .

d) Resolva em U a equação linear T (f (x)) = senx+ ex.

105

20. Sejam

V = L

��1 01 1

�;

�1 10 1

��e

T : P1 ! V

uma transformação linear tal que

M (T ;B1;B2) =�7 �19 �1

�com

B1 = f1 + t; 1� tguma base ordenada de P1 e

B2 =��

1 01 1

�;

�1 10 1

��uma base ordenada de V .

Resolva

T (p(t)) =

�2 11 2

�.

21. Sejam T1 : P2 ! R3 e T2 : R3 ! P1 duas transformações lineares tais que

T1�1� t2

�= (1;�1; 0) T1 (1� t) = (0; 1;�1) T1 (2� t) = (1; 0;�1)

e

M (T2;B1;B2) =�2 �1 11 �1 2

�com

B1 = f(1; 0;�1) ; (1;�1; 0) ; (0; 1; 1)guma base ordenada de R3 e

B2 = f1� t; 1 + tguma base ordenada de P1.(i) Diga, justi�cando, se T1 é injectiva.

(ii) Determine a expressão geral de T1.

(iii) Diga, justi�cando, se T2 é sobrejectiva.

(iv) Determine uma base para N (T2 � T1) e uma base para I (T2 � T1).(v) Resolva em P2 a equação linear

(T2 � T1) (p (t)) = t.

22. Sejam V um espaço linear e T : V ! V uma transformação linear tal que T 2 = T .Mostre que

V = N (T )� I (T ) .

106

23. Sejam U um espaço linear e T : U ! U uma transformação linear tal que T 2 = T .Mostre que

I (T ) = N (T � I) :

24. Considere a transformação linear T1 : R4 ! P2 de�nida por

T1(x; y; z; w) = �x+ 2z + (�y + 2w) t+ (x� 2z) t2.

a) Determine, justi�cando, uma base para N (T1).b) Diga, justi�cando, se T1 é sobrejectiva.

c) Resolva em R4 a equação linear T1(x; y; z; w) = �1 + t2.d) Seja B4c a base canónica de R4. Determine uma base ordenada B de P2 tal que amatriz que representa T1 relativamente a essas bases seja dada por:

M�T1;B4c ;B

�=

24 0 0 0 00 1 0 �21 �1 �2 2

35 :25. Seja V =

��a bb a

�: a; b 2 R

�e considere as transformações lineares T2 : P1 ! R4 e

T3 : V ! P1 tais que

T2 (1� t) = (0; 0; 0; 2) T2 (1 + t) = (0; 0; 2; 0)

e

M (T3;B1;B2) =�1 21 3

�com

B1 =��

1 00 1

�;

�0 11 0

��e B2 = f1 + t; 1� tg

bases ordenadas de V e de P1 respectivamente.a) Determine, justi�cando, uma base para I(T2).

b) Resolva em V a equação linear T3

��a bb a

��= 3� t:

c) Determine a expressão geral de T2 � T3, isto é, determine, para quaisquer a; b 2 R;

(T2 � T3)��

a bb a

��.

26. Seja P2 = fp(t) = a0 + a1t + a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg o espaço linear real dos polinómiosreais de grau menor ou igual a 2 e considere a transformação linear T1 : P2 !M2�2 (R)de�nida por:

T1(p (t)) =

�p (0) p (1)p (�1) p (0)

�.

Considere ainda a transformação linear T2 : R3 ! P2 tal que:

T2 (1;�2; 0) = �1 + t2 T2 (�1; 0; 1) = �t� t2 T2 (0; 1;�1) = �t2.

a) Resolva, justi�cando, em R3, a equação linear T2(x; y; z) = 1 + t+ t2.b) Determine, justi�cando, a expressão geral da transformação linear T1 � T2.

107

Produtos internos e ortogonalização

De�nição 47. Sejam V um espaço linear real e 0 o vector nulo de V . Chama-se produtointerno em V a uma aplicação

h; i : V � V ! R

(u; v) ! hu; vique veri�que as três condições seguintes.

(i) Simetria: para todos os u; v 2 V

hu; vi = hv; ui .

(ii) Linearidade: para todo o v 2 V (�xo) a aplicação

V ! R

u! hu; vié linear.

(iii) Positividade: para todo o u 2 V tal que u 6= 0,

hu; ui > 0.

Tendo-se hu; ui = 0 se e só se u = 0.

Observação 29. (a) Um produto interno num espaço linear real é uma forma bilinear,simétrica e de�nida positiva.

(b) Num espaço linear V sobre C (espaço linear complexo), um produto interno é umaaplicação que a cada par de vectores (u; v) 2 V � V associa o número complexo hu; vi e queveri�ca as seguintes condições:

(i) Para todos os u; v 2 Vhu; vi = hv; ui.

(ii) Para todo o v 2 V (�xo) tem-se

h�u+ �w; vi = � hu; vi+ � hw; vi

para todos os u;w 2 V e �; � 2 C, (onde por exemplo � = a�bi se � = a+bi) e a aplicação,para todo o u 2 V (�xo)

V ! C

v ! hu; vié linear.

108

(iii) Para todo o u 2 V tal que u 6= 0,

hu; ui > 0.

Tendo-se hu; ui = 0 se e só se u = 0.

(c) A um espaço linear real de dimensão �nita com um produto interno chama-se espaçoeuclidiano. A um espaço linear complexo de dimensão �nita com um produto internochama-se espaço unitário.

Observação 30. (i) Seja V um espaço euclidiano. Seja B = fw1; w2; :::; wng uma baseordenada de V . Sejam u; v 2 V . Sejam

�1; �2; :::; �n e �1; �2; :::; �n

as coordenadas de u e de v na base ordenada B respectivamente, isto é,

u =nXi=1

�iwi e v =nXi=1

�iwi.

Logo,

hu; vi =*

nXi=1

�iwi;nXi=1

�iwi

+=

nXi=1

nXj=1

�i�j hwi; wji =

=��1 �2 : : : �n

�26664hw1; w1i hw1; w2i : : : hw1; wnihw2; w1i hw2; w2i : : : hw2; wni

......

...hwn; w1i hwn; w2i : : : hwn; wni

3777526664�1�2...�n

37775 = ([u]B)T G [v]B :

Assim, �xando uma base ordenada B = fw1; w2; :::; wng de V , a aplicação h; i : V �V ! Rque a cada (u; v) 2 V � V faz corresponder hu; vi, é um produto interno em V se e só se amatriz

G =

26664hw1; w1i hw1; w2i : : : hw1; wnihw2; w1i hw2; w2i : : : hw2; wni

......


37775fôr simétrica (G = GT ) e de�nida positiva (([u]B)

T G [u]B > 0, para todo o u 6= 0). Note-seque atendendo às propriedades referentes às operações matriciais envolvidas, a igualdade

hu; vi = ([u]B)T G [v]B

equivale à bilinearidade da aplicação h; i : V � V ! R.

(ii) À matriz G anterior dá-se o nome de matriz de Gram ou matriz da métrica doproduto interno.

109

(iii) Num próximo capítulo, como consequência da diagonalização ortogonal, sendoG simétrica (G = GT ), será estabelecida a equivalência:

(([u]B)T G [u]B > 0, para todo o u 6= 0), (todos os valores próprios de G são positivos).

(iv) Observe-se ainda que no caso de se ter um espaço unitário, a matriz G tem osvalores próprios (num próximo capítulo) todos positivos e é hermitiana, isto é, é tal queG = G

T, (onde G é a matriz que se obtem de G passando todas as entradas desta ao

complexo conjugado), tendo-se

hu; vi =��1 �2 : : : �n

�G

26664�1�2...�n

37775 .

Teorema 62. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja fw1; w2; :::; wng umabase ordenada de V . Então, uma aplicação

h; i : V � V ! R

é um produto interno (em V ) se e só se

hu; vi =��1 �2 : : : �n

�G

26664�1�2...�n

37775 = ([u]B)T G [v]B ,com

u = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn v = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn.

e G é uma matriz simétrica cujos valores próprios são todos positivos, dada por:

G =

26664hw1; w1i hw1; w2i : : : hw1; wnihw2; w1i hw2; w2i : : : hw2; wni

......


37775 .

Exemplo 39. (i) Seja h; i : R2 � R2 ! R a aplicação de�nida por:

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2. Esta aplicação é um produto interno em R2 a que se dá o nomede produto interno usual em R2, uma vez que

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �2�2 =��1 �2

�G

��1�2

�

110

com

G =

�1 00 1

�.

A matriz G é simétrica e o único valor próprio de G é 1 > 0.

(ii) Seja h; i : R2 � R2 ! R a aplicação de�nida por:

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �2�1�1 + 3�2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2. Esta aplicação não é um produto interno em R2, uma vez que

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = �2�1�1 + 3�2�2 =��1 �2

�G

��1�2

�com G =

��2 00 3

�.

A matriz G é simétrica, no entanto, os valores próprios de G: �2 e 3 não são ambos positivos.

(iii) O produto interno usual em Rn é dado por:

h; i : Rn � Rn ! R

(u; v) ! hu; vi = uTv,

onde uT =�u1 u2 : : : un

�e v =

26664v1v2...vn

37775.(iv) O produto interno usual em Cn é dado por:

h; i : Cn � Cn ! C

(u; v) ! hu; vi = uHv,

onde uH = uT =�u1 u2 : : : un

�e v =

26664v1v2...vn

37775.(v) Um produto interno emMm�n (R).

h; i :Mm�n (R)�Mm�n (R)! R

(A;B) ! hA;Bi =mXi=1

nXj=1

aijbij = tr�ATB

�.

(vi) Um produto interno em C ([a; b]).

h; i : C ([a; b])� C ([a; b])! R

(f; g) ! hf; gi =Z b

a

f (x) g (x) dx.

111

Prova da positividade: hf; fi > 0 para toda a função não nula. Seja f 2 C ([a; b]). Sejax0 2 [a; b] tal que f (x0) 6= 0. Como f 2 é contínua em [a; b], existe um intervalo I � [a; b] talque para todo o x 2 I

(f (x))2 � (f (x0))2

2.

Logo

hf; fi =Z b

a

(f (x))2 dx �ZI

(f (x))2 dx �ZI

(f (x0))2

2dx =

(f (x0))2

2

ZI

dx =(f (x0))

2

2jIj > 0

onde jIj denota o comprimento do intervalo I.

Exemplo 40. R2 com um produto interno não usual. Seja h; i : R2 � R2 ! R aaplicação de�nida por:

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = 2�1�1 + �1�2 + �2�1 + 3�2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2.É fácil ver que esta aplicação é simétrica e linear em relação a (�1; �2) (�xando (�1; �2)).

Vejamos por exemplo que a condição

h(�1; �2) ; (�1; �2)i > 0, para todo o (�1; �2) 6= (0; 0),

é satisfeita.Atendendo a que

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = 2�21 + 2�1�2 + 3�22 = �21 + (�1 + �2)2 + 2�22,

tem-seh(�1; �2) ; (�1; �2)i = 0,

, (�1 = 0 e �1 + �2 = 0 e �2 = 0)

, (�1 = 0 e �2 = 0), (�1; �2) = (0; 0).

Em alternativa, podemos escrever

h(�1; �2) ; (�1; �2)i = 2�1�1 + �1�2 + �2�1 + 3�2�2 =

=��1 �2

�G

��1�2

�com G =

�2 11 3

�.

A matriz G é simétrica e os valores próprios de G: 5+p5

2e 5�

p5

2são ambos positivos.

De�nição 48. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulo deV . Sejam u; v 2 V .

(i) Chama-se norma de u a:kuk =

phu; ui:

112

(ii) Chama-se projecção ortogonal de v sobre u 6= 0 a:

proju v =hu; vikuk2

u:

No caso de V ser um espaço linear real pode escrever-se: proju v =hv; uikuk2

u:

(iii) Diz-se que u e v são ortogonais se hu; vi = 0.

(iv) Chama-se ângulo entre dois vectores não nulos u e v tais que hu; vi 2 R a:

� = arccoshu; vikuk kvk .

Note que este ângulo está bem de�nido atendendo ao próximo teorema.

Observação 31. (i) O ângulo � entre dois vectores não nulos u e v é �2se e só se u e v

são ortogonais.

(ii) Para cada u 2 V (�xo) com u 6= 0, a aplicação proju : V ! V que a cada v 2 V fazcorresponder proju v, é uma transformação linear.

Teorema 63. (i) Desigualdade de Cauchy-Schwarz. Seja V um espaço linear comum produto interno. Então, para todos os u; v 2 V ,

jhu; vij � kuk kvk

(ii) Sejam u; v 2 V . Tem-se:

jhu; vij = kuk kvk , fu; vg é linearmente dependente:

Dem. (i) Sejam u; v 2 V . Se v = 0 a desigualdade é satisfeita. Se v 6= 0, seja � = hu; vihv; vi .

Logo h�v � u; vi = 0. Por outro lado, como

0 � k�v � uk2 = h�v � u; �v � ui = � h�v � u; vi � h�v � u; ui =

= �h�v � u; ui = �� hv; ui+ kuk2 = �hu; vikvk2

hv; ui+ kuk2 = �jhu; vij2

kvk2+ kuk2 ,

, jhu; vij � kuk kvk .

(ii) Suponhamos que jhu; vij = kuk kvk. Se v = 0 a igualdade é satisfeita. Se v 6= 0,tem-se

jhu; vij = kuk kvk , �jhu; vij2

kvk2+ kuk2| {z }

=(i)k�v�uk2

= 0, k�v � uk2 = 0, u = �v

113

sendo, deste modo, o conjunto fu; vg linearmente dependente:Suponhamos agora que o conjunto fu; vg é linearmente dependente. Então existe �

escalar tal que u = �v. Pelo que

jhu; vij = jh�v; vij =�� hv; vi�� = �� kvk2 = j�j kvk kvk = k�vk kvk = kuk kvk .

Teorema 64. Teorema de Pitágoras. Seja V um espaço linear real com um produtointerno. Sejam u; v 2 V . Tem-se u e v ortogonais se e só se

ku� vk2 = kuk2 + kvk2 .

Dem.

ku� vk2 = hu� v; u� vi = hu; ui�hv; ui�hu; vi+hv; vi = kuk2�2 hu; vi+kvk2 = kuk2+kvk2

se e só sehu; vi = 0,

isto é, se e só se u e v forem ortogonais.

Observação 32. (i) Num espaço euclidiano, o teorema de Pitágoras pode ser enunciadodo seguinte modo:

kvk2 = kproju vk2 + kv � proju vk

2

para todos os u; v.

kvk2 = kproju vk2 + kv � proju vk

2 � kproju vk2

(ii) Num espaço euclidiano, a desigualdade de Cauchy-Schwarz poderia ter sido provadarecorrendo ao teorema de Pitágoras, uma vez que

kproju vk2 = kvk2 � kv � proju vk

2 � kvk2 ,

,�jhv; uijkuk2

�2kuk2 � kvk2 , jhu; vij � kuk kvk .

(iii) Em R2 com o produto interno usual, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dada por

j�1�1 + �2�2j �q�21 + �

22

q�21 + �

22,

uma vez queh(�1; �2) ; (�1; �2)i = �1�1 + �2�2,

com (�1; �2) ; (�1; �2) 2 R2.

(iv) Em Rn com o produto interno usual, a desigualdade de Cauchy-Schwarz é dada por��nXi=1

�i�i

�� vuut nX

i=1

�2i

vuut nXi=1

�2i ,

114

uma vez queh(�1; :::; �n) ; (�1; :::; �n)i = �1�1 + :::+ �n�n,

com (�1; :::; �n) ; (�1; :::; �n) 2 Rn.

Teorema 65. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulode V . Sejam u; v 2 V e � escalar. A norma é uma aplicação kk : V ! R que satisfaz asseguintes propriedades.

(i) Positividade: kuk > 0 se u 6= 0.

(ii) Homogeneidade: k�uk = j�j kuk

(iii) Desigualdade triangular: ku+ vk � kuk+ kvk

De�nição 49. Pode de�nir-se norma num espaço linear V , sem estar associada aqualquer produto interno, como sendo uma aplicação de V em R que satisfaz as propriedadesdo teorema anterior. A um espaço linear com uma norma chama-se espaço normado.

Observação 33. Seja V um espaço linear real com um produto interno. Sejam u; v 2 V .Tem-se

hu; vi = 1

2

�ku+ vk2 � kuk2 � kvk2

�.

Teorema 66. Seja V um espaço normado. Sejam u; v 2 V . Então, a norma pode darorigem a um produto interno se e só se

ku� vk2 + ku+ vk2 = 2 kuk2 + 2 kvk2 .

Esta última equação é conhecida por lei do paralelogramo.

Exemplo 41. Uma norma que não dá origem a um produto interno. Sejakk : R2 ! R a aplicação de�nida por

k(�1; �2)k = j�1j+ j�2j ,

com (�1; �2) 2 R2. É fácil veri�car que esta aplicação satisfaz as três condições da norma.Logo, é uma norma. No entanto, é também fácil veri�car que esta norma não satisfaz a leido paralelogramo. Logo, esta norma não poderá originar um produto interno.

De�nição 50. Sejam V um espaço linear com um produto interno e S � V . Diz-se queS é ortogonal se para todos os u; v 2 S com u 6= v, se tiver

hu; vi = 0.

115

Diz-se que S é ortonormado se fôr ortogonal e se, para todo o u 2 S, se tiver

kuk = 1.

Teorema 67. Sejam V um espaço linear com um produto interno e S � V . Seja 0o vector nulo de V . Se S é ortogonal e 0 =2 S então S é linearmente independente. Emparticular, se n = dimV então qualquer conjunto S ortogonal de n vectores não nulos é umabase de V .

Teorema 68. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja B = fu1; :::; ung umabase (ordenada) ortogonal de V . Então, as coordenadas de um vector v 2 V em relação àbase (ordenada) B são dadas por:

�j =hv; ujihuj; uji

,

com j = 1; :::; n. Se B fôr ortonormada então as coordenadas de um vector v 2 V em relaçãoà base (ordenada) B são dadas por:

�j = hv; uji ,com j = 1; :::; n.

Teorema 69. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja B = fw1; :::; wng umabase (ordenada) ortonormada de V . Então, para todos os u; v 2 V , tem-se

hu; vi =nXi=1

hu;wii hv; wii (fórmula de Parseval)

e

kuk =

vuut nXi=1

hu;wii2:

Observação 34. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja B = fw1; :::; wnguma base (ordenada) ortonormada de V . Sejam u; v 2 V , com

u = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn v = �1w1 + �2w2 + :::+ �nwn.

Então a fórmula de Parseval é dada por:

hu; vi =nXi=1

�i�i = �1�1 + �2�2 + :::+ �n�n

e tem-se

kuk =

vuut nXi=1

�2i .

116

Notação 3. Sejam V um espaço linear com um produto interno e 0 o vector nulo de V .

Para qualquer v 2 V , com v 6= 0, o vector 1

kvkv será denotado porv

kvk .

Teorema 70. Método de ortogonalização de Gram-Schmidt. Seja V um es-paço euclidiano (ou unitário) não nulo. Seja U um subespaço de V . Então U tem basesortonormadas. Mais concretamente, seja

fv1; v2; :::; vkg

uma base de U e sejam

u1 = v1,

u2 = v2 � proju1 v2,:::

uk = vk � proju1 vk � :::� projuk�1 vk

então

(i) L(fu1; u2; :::; ukg) = L(fv1; v2; :::; vkg) = U ;

(ii) o conjunto fu1; u2; :::; ukg é uma base ortogonal de U .

(iii) o conjunto�u1ku1k

;u2ku2k

; :::;ukkukk

�é uma base ortonormada de U .

Exemplo 42. Considere-se R4 com o produto interno usual. Seja

U = L(f(1; 1;�1;�1); (1; 2; 3; 4); (2; 1;�6;�7); (1; 3; 7; 9)g).

Determinemos a dimensão de U e uma base ortonormada para U . Tem-se26641 1 2 11 2 1 3�1 3 �6 7�1 4 �7 9

3775 �!26641 1 2 10 1 �1 20 4 �4 80 5 �5 10

3775 �!26641 1 2 10 1 �1 20 0 0 00 0 0 0

3775 .Logo, o conjunto fv1; v2g, com v1 = (1; 1;�1;�1) e v2 = (1; 2; 3; 4), é uma base de U e comotal dimU = 2.Sejam u1 = v1 e u2 = v2 � proju1 v2.Logo, o conjunto fu1; u2g, com u1 = (1; 1;�1;�1) e

u2 = (1; 2; 3; 4)�1 + 2� 3� 4

4(1; 1;�1;�1) = (2; 3; 2; 3),

é uma base ortogonal de U . Uma base ortonormada para U :�u1ku1k

;u2ku2k

�=

(�1

2;1

2;�12;�12

�;

p26

13;3p26

26;

p26

13;3p26

26

!)

117

Teorema 71. Seja B = fu1; u2; :::; ung uma base (ordenada) de um espaço euclidiano(ou unitário). A base B é ortonormada se e só se a matriz da métrica G em relação a essabase fôr a matriz identidade. Em Rn o produto interno usual é aquele (o único) em relaçãoao qual a base canónica é ortonormada.

Teorema 72. Seja fv1; v2; :::; vng uma base (ordenada) de Rn. Então, existe um únicoproduto interno em Rn para o qual esta base é ortonormada.

Exemplo 43. Considere em R2 a base (ordenada) B = fv1; v2g, com v1 = (1; 0) e v2 =(1; 1). Vejamos que existe um e um só produto interno para o qual a base B é ortonormada.Seja B2c = f(1; 0); (0; 1)g a base canónica de R2. Sejam u; v 2 R2, com u = (�1; �2) e

v = (�1; �2), onde �1; �2 e �1; �2 são as coordenadas na base B2c de u e v respectivamente.Logo, a aplicação h; i : R2 � R2 de�nida por

hu; vi = h(�1; �2) ; (�1; �2)i =�SB2c!B

��1�2

��T �1 00 1

��SB2c!B

��1�2

��=

=

��1 �10 1

� ��1�2

��T �1 00 1

��1 �10 1

� ��1�2

��= �1�1 � �1�2 � �2�1 + 2�2�2 =

=��1 �2

� � 1 �1�1 2

� ��1�2

�é um produto interno e é o único para o qual a base B é ortonormada, onde

SB2c!B =�SB!B2c

��1=

�1 10 1

��1=

�1 �10 1

�:

NOTE QUE: sendo G =

�1 �1�1 2

�(é simétrica e os valores próprios 3+

p5

2e 3�

p5

2são

ambos positivos) a matriz da métrica em relação a B2c e G0 =�1 00 1

�(é simétrica e o único

valor próprio 1 é positivo) a matriz da métrica em relação a B, tem-se

G =�SB2c!B

�TG0SB2c!B

É fácil veri�car que para este produto interno a base B é ortonormada:

h(1; 0) ; (1; 1)i = 0 e h(1; 0) ; (1; 0)i = h(1; 1) ; (1; 1)i = 1.

Em particular, a matriz da métrica é invertível.

De�nição 51. Sejam V um espaço linear com produto interno e U um subespaço de V .Diz-se que um elemento de V é ortogonal a U se fôr ortogonal a todos os elementos de U .Ao conjunto de todos os elementos ortogonais a U chama-se complemento ortogonal deU e designa-se por U?,

U? = fv 2 V : hv; ui = 0 para todo o u 2 Ug .

118

Teorema 73. Seja V um espaço linear com produto interno. Qualquer que seja osubespaço U de V , também U? é um subespaço de V .

De�nição 52. Sendo S um subconjunto de V , não necessariamente um subespaço deV , (também) pode de�nir-se S?:

S? = fv 2 V : hv; ui = 0 para todo o u 2 Sg .

Observação 35. Apesar de S não ser necessariamente um subespaço de V , S? é sempreum subespaço de V , tendo-se

S? = (L (S))? .

Teorema 74. Seja V um espaço linear com produto interno.(i) Seja U um subespaço de V . Tem-se

U \ U? = f0g :

(ii) Seja S um subconjunto de V . Então

S ��S?�?.

No próximo teorema ver-se-á que no caso de se ter dimV <1, então

L (S) =�S?�?

ou ainda, sendo U um subespaço de V com dimV <1, então

U =�U?�?.

(iii) Sejam S1; S2 subconjuntos de V . Então

S1 � S2 ) (S2)? � (S1)?

(iv) Seja U um subespaço de V . Se fv1; :::; vng é uma base de U então

U? = fv 2 V : hv; v1i = ::: = hv; vni = 0g .

(v) Sejam U1; U2 subespaços de V . Tem-se

(U1 + U2)? = (U1)

? \ (U2)?

e(U1 \ U2)? � (U1)? + (U2)? .

Se dimV <1 tem-se(U1 \ U2)? = (U1)? + (U2)? .

Exemplo 44. (i) Se U � R3 é um plano que passa pela origem, então U? é uma rectaque passa pela origem e é perpendicular ao plano.

119

(ii) Se U � R3 é uma recta que passa pela origem, então U? é um plano que passa pelaorigem e é perpendicular à recta.

(iii) Seja A 2Mm�n(R). Então, usando o produto interno usual, tem-se

N (A) = (L(A))? =�C(AT )

�?e

N (AT ) =�L(AT )

�?= (C(A))? :

(iv) Seja A 2Mn�n(R) tal que A é invertível. Então, (N (A))? = Rn e (L (A))? = f0g :

Teorema 75. Se U é um subespaço de um espaço euclidiano V , então V é a soma directade U e U?, isto é,

V = U � U?:Logo, cada elemento v 2 V pode ser escrito de modo único como soma de um elemento deU com um elemento de U?:

v = vU + vU?, com vU 2 U e vU? 2 U?.

À transformação linear PU : V ! V de�nida por

PU(v) = vU

chama-se projecção ortogonal de V sobre U . Note que PU satisfaz

PU = PU � PU = (PU)2 e PU(v) =

�v se v 2 U0 se v 2 U?

eI (PU) = U e N (PU) = U?.

Á transformação linear PU? : V ! V de�nida por

PU?(v) = vU?

chama-se projecção ortogonal de V sobre U?. Note que PU? satisfaz

PU? = PU? � PU? = (PU?)2 e PU?(v) =

�v se v 2 U?0 se v 2 U

eI (PU?) = U? e N (PU?) = U

e tal que chama-se projecção ortogonal de V sobre U?.Tem-se

I = PU + PU?

120

dimV = dimU + dimU?

�U?�?= U

Se fw1; w2; :::; wlg fôr uma base ortogonal de U , então

PU(v) =

lXi=1

hv; wiikwik2

wi =

lXi=1

projwi v = vU

para todo o v 2 V .Se fu1; u2; :::; ukg é uma base ortogonal de U?, então, para todo o v 2 V

PU?(v) =kXj=1

hv; ujikujk2

uj =

kXj=1

projuj v = vU?

Neste caso, fw1; w2; :::; wl; u1; u2; :::; ukg é uma base ortogonal de V .

Tem-se ainda:

(i)hPU (u) ; vi = hu; PU (v)i ; hPU? (u) ; vi = hu; PU? (v)i ,

para todos os u; v 2 V ;

(ii)kuk2 = kPU (u)k2 + kPU? (u)k2 ,

para todo o u 2 V (Teorema de Pitágoras);

Teorema 76. Seja U um subespaço de um espaço euclidiano V . Seja v 2 V . Então,tem-se

kv � PU (v)k � kv � uk ,para todo o u 2 U , e a igualdade veri�ca-se se e só se u = PU (v).

Dem.

kv � PU (v)k2 � kv � PU (v)k2 + kPU (v � u)k2 =v�PU (v)=(v�u)�PU (v�u)

= k(v � u)� PU (v � u)k2 + kPU (v � u)k2 =Pitágoras

kv � uk2 ,

, kv � PU (v)k � kv � uk :

De�nição 53. Seja U um subespaço de dimensão �nita de um espaço linear V comproduto interno. Seja v 2 V . Então, o elemento de U mais próximo de v é a projecçãoortogonal PU (v) de v sobre U .

121

De�nição 54. Seja U um subespaço de um espaço euclidiano V . A distância d de umponto v 2 V a um subespaço U é dada por:

d (v; U) = kPU? (v � 0)k = kPU? (v)k = kv � PU (v)k .

De�nição 55. Seja V um espaço euclidiano. Seja U um subespaço de V com dimU = k.Seja q 2 V . Chama-se ao conjunto

fqg+ Uum k-plano. A distância d de um ponto p 2 V a um k-plano P = fqg+ U é dada por:

d (p;P) = kPU? (p� q)k .

De�nição 56. (i) A distância entre dois k-planos paralelos

P1 = fpg+ U e P2 = fqg+ Ué dada por:

d (P1;P2) = kPU? (p� q)k .(ii) A distância entre duas rectas paralelas

r = fpg+ L (fug) e s = fqg+ L (fug)é dada por:

d (r; s) = PL(fug)? (p� q) .

Exemplo 45. Considere-se R3 com o produto interno usual.

(i) Seja P o plano (em R3) que passa pelos pontos: (1; 2; 1), (1; 0;�1) e (1; 1; 1). Tem-se

P = f(1; 2; 1)g+ L (f(0;�2;�2); (0;�1; 0)g)uma vez que

(0;�2;�2) = (1; 0;�1)� (1; 2; 1) e (0;�1; 0) = (1; 1; 1)� (1; 2; 1).

Equação vectorial de P: (x; y; z) = (1; 2; 1)+�(0;�2;�2)+�(0;�1; 0), com �; � 2 R.

Equações paramétricas de P:8<:x = 1y = 2� � � 2�z = 1� 2�

com �; � 2 R.

Equação cartesiana de P: x = 1:

122

Podemos determinar a equação cartesiana de P do seguinte modo. Atendendo a que

P = f(1; 2; 1)g+ L (f(0;�2;�2); (0;�1; 0)g)

sejaU = L (f(0;�2;�2); (0;�1; 0)g) .

Logo,

U =�U?�?=

�N��

0 �2 �20 �1 0

��?=

= (L (f(1; 0; 0)g))? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0; 0)i = 0

e assim, a equação cartesiana do plano P que passa pelo ponto (1; 2; 1) é dada por:

(h(x� 1; y � 2; z � 1); (1; 0; 0)i = 0), (1 (x� 1) + 0 (y � 2) + 0 (z � 1) = 0) ,

ou seja porx = 1.

(ii) Determinemos a equação cartesiana da recta que passa pelos pontos (1; 1; 0) e(1; 2; 1). Tem-se

r = f(1; 1; 0)g+ L (f(0; 1; 1)g) ,uma vez que

(0; 1; 1) = (1; 2; 1)� (1; 1; 0):Seja

U = L (f(0; 1; 1)g) .Logo,

U =�U?�?=�N��0 1 1

��?= (L (f(1; 0; 0); (0; 1;�1)g))?

e assim, a equação cartesiana da recta r é dada por:

(h(x� 1; y � 1; z); (1; 0; 0)i = 0 e h(x� 1; y � 1; z); (0; 1;�1)i = 0),

, (1 (x� 1) = 0 e 1 (y � 1)� 1z = 0) ,ou seja por �

x = 1y � z = 1.

123

Mínimos quadrados

Existem aplicações relativamente às quais os erros cometidos nas medições das entradasde A ou de b podem levar a que o sistema de equações lineares Au = b não tenha solução,quando teoricamente deveria ter. Em tais casos é natural a procura da "melhor soluçãoaproximada" para esse problema.

Considera-se o produto interno usual.De�nição 57. Sejam A 2 Mm�n(R) e b 2 Rm. Então, a bu 2 Rn chama-se melhor

solução aproximada ou solução de mínimos quadrados de Au = b se

kb� Abuk � kb� Auk ,para qualquer u 2 Rn. Ao vector b � Abu chama-se vector erro de mínimos quadrados e aoescalar kb� Abuk chama-se erro de mínimos quadrados.Observação 36. Sejam A 2 Mm�n(R) e b 2 Rm. Procuremos então um método para

determinar as soluções de mínimos quadrados de Au = b. Atendendo a que Au 2 C (A) paratodo o u 2 Rn, então a distância kb� Auk é mínima se

Au = PC(A) (b) ,

onde PC(A) é a projecção ortogonal de Rm sobre C (A). Como PC(A) (b) 2 C (A), a equaçãoAu = PC(A) (b) tem sempre solução e essas soluções são as soluções de mínimos quadradosde Au = b. Deste modo, qualquer sistema de equações lineares tem sempre pelo menos umasolução de mínimos quadrados.Por outro lado, pode escrever-se a equação Au = PC(A) (b) na forma

b� Au = b� PC(A) (b) = PN (AT ) (b)

tendo-seAT (b� Au) = AT

�b� PC(A) (b)

�= AT

�PN (AT ) (b)

�= 0;

pois (C (A))? = N�AT�. Logo

ATAu = AT b.

A esta equação chama-se equação normal associada a Au = b.

Teorema 77. Sejam A 2Mm�n(R) e b 2 Rm.

(i) As soluções de mínimos quadrados do sistema de equações lineares

Au = b

124

são as soluções da equação normal

ATAu = AT b:

(ii) Se carA = n então a equação normal

ATAu = AT b

tem a solução únicau =

�ATA

��1AT b

e tem-sePC(A) (b) = Au = A

�ATA

��1AT b,

isto é,A�ATA

��1AT

é a matriz que representa a projecção ortogonal PC(A) na base canónica Bmc de Rm, isto é,A�ATA

��1AT =M

�PC(A);Bmc ;Bmc

�.

Teorema 78. Seja A 2Mm�n(R). Então

carA = car�ATA

�:

Dem. Basta para isso, mostrar que

N (A) = N�ATA

�:

Seja u 2 N (A). Como Au = 0 então ATAu = AT0 = 0 e assim u 2 N�ATA

�.

Reciprocamente, seja u 2 N�ATA

�e vejamos que u 2 N (A). Tem-se ATAu = 0, logo

Au 2 N�AT�=�L�AT��?

= (C (A))?

e como talhAu;Aui = 0,

ou seja kAuk2 = 0 e então Au = 0, isto é, u 2 N (A).

Observação 37. Vejamos agora o modo como se pode determinar uma curva (ou recta)especí�ca que se possa "ajustar" a um conjunto de pontos determinados experimentalmente.(i) A partir de dois ou mais pontos dados

(x1; y1) ; (x2; y2) ; : : : ; (xm; ym) ;

pretende-se determinar uma recta y = a0 + a1x que seja a recta que "melhor aproxime" oua recta de mínimos quadrados de melhor ajuste aos pontos dados (recta de regressão). Istoé, pretende-se determinar as soluções de mínimos quadrados de8>>><>>>:

y1 = a0 + a1x1y2 = a0 + a1x2

...ym = a0 + a1xm

125

ou seja de 266641 x11 x2...

...1 xm

37775�a0a1

�=

26664y1y2...ym

37775 .Sejam

A =

266641 x11 x2...

...1 xm

37775 ; u =

�a0a1

�e b =

26664y1y2...ym

37775 :

Atendendo a que carA = car�ATA

�, se houver pelo menos dois pontos distintos, tem-se

carA = 2 e nesse caso, a equação normal

ATAu = AT b

tem como única solução de mínimos quadrados

u =�ATA

��1AT b:

Assim, a recta de mínimos quadrados y = a+ bx é a recta que torna mínimos os quadradoscuja soma

(y1 � (a0 + a1x1))2 + (y2 � (a0 + a1x2))2 + � � �+ (ym � (a0 + a1xm))2

é dada porkb� Auk2 ,

onde kb� Auk é o erro de mínimos quadrados.

(ii) A partir de m pontos dados (x1; y1) ; (x2; y2) ; : : : ; (xm; ym), pretende-se determinarum polinómio cujo grá�co esteja tão perto quanto possível desses m pontos dados. Isto é,com m 2 N previamente �xo, pretende-se determinar as soluções de mínimos quadrados dosistema de m equações a n+ 1 incógnitas (a0; a1; a2; : : : ; an)8>>><>>>:

y1 = a0 + a1x1 + a2x21 + � � �+ anxn1

y2 = a0 + a1x2 + a2x22 + � � �+ anxn2

...ym = a0 + a1xm + a2x

2m + � � �+ anxnm

ou seja de 266641 x1 x21 � � � xn11 x2 x22 � � � xn2...

......

...1 xm x2m � � � xnm

3777526664a0a1...an

37775 =26664y1y2...ym

37775 .

126

Sejam

A =

266641 x1 x21 � � � xn11 x2 x22 � � � xn2...

......

...1 xm x2m � � � xnm

37775 ; u =

26664a0a1...an

37775 e b =

26664y1y2...ym

37775 :Note-se que se n + 1 = m e se os pontos dados forem distintos, então existe um único

polinómio de grau n (o chamado polinómio interpolador) que passa por todos essesm pontos.Por outro lado, atendendo a que carA = car

�ATA

�, se n < m e pelo menos n+1 pontos

forem distintos, tem-se carA = n+ 1 e então a equação normal

ATAu = AT b

tem como única solução de mínimos quadrados

u =�ATA

��1AT b:

Exemplo 46. Determinemos a recta de mínimos quadrados relativa aos pontos

(0; 1) ; (1; 3) ; (2; 4) e (3; 4) :

Sejam

A =

26641 01 11 21 3

3775 e b =

26641344

3775 .Tem-se carA = 2 e como tal a solução de mínimos quadrados é única e dada por:

u =

�a0a1

�=�ATA

��1AT b =

=

0BB@� 1 1 1 10 1 2 3

�26641 01 11 21 3

37751CCA�1 �

1 1 1 10 1 2 3

�26641344

3775 = � 3=21�,

tendo-sey =

3

2+ x:

O vector b�Au é o vector erro de mínimos quadrados, sendo o erro de mínimos quadradosdado por:

kb� Auk =

=

q(y1 � (a0 + a1x1))2 + (y2 � (a0 + a1x2))2 + (y3 � (a0 + a1x3))2 + (y4 � (a0 + a1x4))2 =

=

s�1�

�3

2+ 0

��2+

�3�

�3

2+ 1

��2+

�4�

�3

2+ 2

��2+

�4�

�3

2+ 3

��2=

=

r25

16+1

4+1

16+1

4=

p34

4.

127


1. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R2 � R2 ! R de�nem em R2 um produtointerno.

(i) h(x1; x2); (y1; y2)i = x21y21 + x22y22(ii) h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2(iii) h(x1; x2); (y1; y2)i = �2x1y1 + 3x2y2

2. Diga quais das seguintes aplicações h; i : R3 � R3 ! R de�nem em R3 um produtointerno.

(i) h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3(ii) h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y2 � x2y1(iii) h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3

3. Determine um produto interno em R2 tal que h(1; 0); (0; 1)i = 2.

4. Considere os vectores u =�1p5;� 1p

5

�e v =

�2p30; 3p

30

�. Veri�que que o conjunto

fu; vg é ortonormado relativamente ao produto interno de�nido em R2 por:

hu; vi = 3u1v1 + 2u2v2,

onde u = (u1; u2) e v = (v1; v2). Veri�que porém que o mesmo conjunto fu; vg não éortonormado relativamente ao produto interno usual de�nido em R2.

5. Considere em R4 o produto interno usual. Determine o subespaço de R4 ortogonal aosvectores (1; 0; 0; 0) e (1; 0; 0; 1).

6. Considere em R3 o produto interno de�nido por:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + x3y3.

(i) Calcule kuk, para qualquer vector u = (x1; x2; x3) 2 R3.(ii) Considere os vectores u1 = (1; 0; 0), u2 = (�1; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1). Calcule osângulos formados pelos vectores: u1 e u2; u1 e u3; u2 e u3.

(iii) Justi�que que o conjunto fu1; u2; u3g é uma base ortonormada de R3. Calcule ascoordenadas de um vector u 2 R3 em relação a esta base.

7. Considere R4 com o produto interno usual. Determine uma base ortonormada para osubespaço de R4 gerado pelos vectores:

(1; 0;�1; 0); (�1; 2; 0; 1) e (2; 0; 2; 1).

8. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também os seguintes subespaçosde R3:

U = L (f(0; 1; 1); (0; 0; 1)g) e V =�(x; y; z) 2 R3 : y � z = 0

.

128

(i) Determine uma base ortogonal para U e uma base ortonormada para V .

(ii) Determine duas bases ortonormadas para R3: uma que inclua dois vectores de Ue outra que inclua dois vectores de V .

(iii) Determine o elemento de U mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1)e V ?.

9. Considere o produto interno usual. Sejam

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x+ z + w = 0 e x+ y + z + w = 0

e

V =�(x; y; z; w) 2 R4 : x� z = 0 e x� w = 0

.

a) Determine, justi�cando, uma base ortogonal para U?.

b) Calcule, justi�cando, a distância entre (1; 1; 1; 1) e U .

c) Determine u 2 U e v 2 V tais que

(1; 0; 0; 0) = u+ v.

10. Considere o produto interno usual em R3 e os seguintes planos:

U = f(0;�1; 1)g+ L (f(1; 0; 0); (0; 1; 1)g) ; V = f(x; y; z) 2 R3 : y � z = 0g:

Determine, justi�cando, uma base ortogonal para R3 que inclua um vector de V ? ecalcule, justi�cando, a distância entre U e V .

11. Considere em R3 o produto interno para o qual a base ordenada de R3:

f(1; 0;�1); (0; 1; 0); (�1; 0; 2)g

é ortonormada. Veri�que que esse produto interno é de�nido pela aplicação h; i :R3 � R3 ! R dada por:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 5x1y1 + 3x1y3 + x2y2 + 3x3y1 + 2x3y3

e determine, relativamente a ele, uma base para (L (f(�2; 0; 3); (0; 1; 0)g))? :

12. Seja

A =

24 1 0 20 0 02 0 1

35e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) e L (A) respectivamente onúcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

(i) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).(ii) Determine o elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) e a distância entre (1; 1; 1)e N (A).

129

13. Seja

A =

24 1 0 10 2 01 0 1


(i) Determine uma base ortonormada para (N (A))? (o complemento ortogonal donúcleo de A).

(ii) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).(iii)Determine o elemento de L (A)mais próximo de (1; 2; 3) e a distância entre (1; 2; 3)e (L (A))?.

14. Considere em R4 o seguinte subespaço: U = L (f(1; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1)g). Determineuma matriz A do tipo 2� 4 cujo núcleo seja igual a U , isto é, tal que U = N (A).

15. De�na o produto interno em R2 em relação ao qual a base f(1; 0); (1;�1)g é ortonor-mada.

16. Considere a aplicação h; i : R3 � R3 ! R de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 � x1y2 � x2y1 + 4x2y2 + x3y3.

(i) Veri�que que h; i de�ne um produto interno em R3.(ii) Seja V = L (f(3; 4; 0)g) � R3. Diga qual é o ponto de V mais próximo de (0; 1; 0).(iii) Determine uma base ortogonal para o complemento ortogonal de V , em relaçãoao produto interno h; i.(iv) Seja PV : R3 ! R3 a projecção ortogonal de R3 sobre V . Indique, em relação aoproduto interno h; i, uma base ortonormada de R3 para a qual a representação matricialde PV seja dada por 24 1 0 0

0 0 00 0 0

35 .17. Considere R3 com o produto interno usual. Seja U o subespaço de R3 gerado pelos

vectores v1 = (0; 1; 0) e v2 =�45; 0;�3

5

�. Escreva u = (1; 2; 3) na forma u = u1 + u2,

com u1 2 U e u2 2 U?.

18. Considere R4 com o produto interno usual. Em cada alínea seguinte, determine umabase ortogonal para o complemento ortogonal de U , isto é, para U?.

(i) U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g)(ii) U = L (f(1; 0; 1; 1)g)(iii) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + z + 2w = 0g(iv) U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� z = 0 e 2x� y + 2z � w = 0g

130

19. Considere R3 com o produto interno usual. Considere também o seguinte subespaçode R3:

U = L (f(1; 1; 1); (1; 0; 0)g) .

(i) Determine uma base ortogonal para U .

(ii) Determine u 2 U e v 2 U? tais que (3; 2; 1) = u+ v.(iii) Determine a distância entre o ponto (1; 0; 1) e o plano f(1; 1; 0)g+ U .(iv) Determine a distância entre o ponto (x; y; z) e o plano U .


U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + z = 0 e y � z + w = 0

.

(i) Determine uma base ortonormada para U .

(ii) Determine uma base ortonormada para U?.

(iii) Determine as projecções ortogonais de (0; 0; 1; 0) sobre U e U? respectivamente.

(iv) Determine as representações matriciais de PU : R4 ! R4 e de PU? : R4 ! R4 emrelação à base canónica de R4.(v) Determine a distância entre o ponto (0; 0; 1; 0) e o subespaço U .

(vi) Determine a distância entre o ponto (x; y; z; w) e o subespaço U .

21. Considere P2 = fa0 + a1t+ a2t2 : a0; a1; a2 2 Rg a aplicação h; i : P2�P2 ! R de�nidapor

hp(t); q(t)i = p(�1)q(�1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).

Considere também o seguinte subespaço de P2: U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g.(i) Veri�que que h; i de�ne um produto interno em P2.

(ii) Determine uma base ortonormada para U .

(iii) Determine uma base ortonormada para U?.

(iv) Determine as projecções ortogonais do polinómio 1 + t sobre U e U? respectiva-mente.

(v) Determine as representações matriciais de PU : P2 ! P2 e de PU? : P2 ! P2 emrelação à base canónica f1; t; t2g de P2.(vi) Determine a distância entre 1 + t e U .

(vii) Determine a distância entre o polinómio a0 + a1t+ a2t2 e o subespaço U .

22. Considere a aplicação h; i :M2�2(R)�M2�2(R)! R de�nida por

hA;Bi = tr(ABT ).

Considere também o subespaço U de M2�2(R) constituído por todas as matrizessimétricas reais do tipo 2� 2:

U =

��a bc d

�2M2�2(R) : b = c

�.

131

(i) Veri�que que h; i de�ne um produto interno emM2�2(R).(ii) Determine uma base ortonormada para U .

(iii) Determine uma base ortonormada para U?.

(iv) Determine as representações matriciais de PU :M2�2(R)!M2�2(R) e de PU? :M2�2(R)!M2�2(R) em relação à base canónica��

1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��deM2�2(R).

(v) Determine as projecções ortogonais da matriz�1 10 1

�sobre U e U? respectiva-

mente.

(vi) Qual é a matriz simétrica mais próxima da matriz�1 10 1

�?

(vii) Determine a distância entre�1 10 1

�e U .

(viii) Determine a distância entre�a bc d

�e U .


U = L (f(1; 0;�1); (0;�1; 1)g) .a) Determine uma base ortogonal para U .

b) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores geradores de U .c) Determine a projecção ortogonal de (1; 0; 0) sobre U?, isto é, PU?(1; 0; 0).

d) Determine a distância do ponto (1; 0; 0) a U?.

24. SejaP2 =

�p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 : a0; a1; a2 2 R

o espaço linear dos polinómios de grau menor ou igual a 2. Considere a aplicação h; i:P2 � P2 ! R de�nida por

a0 + a1t+ a2t2; b0 + b1t+ b2t

2�= 3a0b0 + a1b1 + 2a2b2: (*)

Considere também o seguinte subespaço de P2:

W =�p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : p(0) = p(1) e p(1) = p(�1).

a) Veri�que que a aplicação h; i de�ne em P2 um produto interno.

b) Determine uma base ortonormada para W?, relativamente ao produto interno (*).

132

25. Seja

A =

24 1 1 01 0 11 0 1


a) Determine uma base ortogonal para L (A).b) Determine uma base ortonormada para R3 que inclua dois vectores de C (A).c) Determine o elemento de (N (A))? mais próximo de (�1; 1;�1) e a distância entre(�1; 1;�1) e (L (A))?.

26. Considere R3 com o produto interno usual. Seja U o subespaço de R3 gerado peloconjunto

f(1; 0;�1); (0; 1; 2)g .a) Determine uma base ortogonal para U .

b) Determine u 2 U e v 2 U? tais que (2;�3; 4) = u+ v.c) Determine a distância entre o ponto (2; 3; 7) e o plano f(1; 2; 3)g+ U .

27. Considere R3 com o produto interno usual. Seja

A =

24 1 0 11 1 11 0 1

35 :Sejam C (A), L (A) e N (A), respectivamente, o espaço das colunas, o espaço das linhase o núcleo de A.

a) Determine uma base ortogonal para R3 que inclua um vector de (C (A))? (comple-mento ortogonal de C (A)).b) Calcule a distância entre (1; 1; 0) e L (A).c) Determine uma matriz B tal que (N (A))? = N (B) (o complemento ortogonal deN (A) é igual ao núcleo de B).

28. Considere o espaço linear R4 munido com o produto interno usual e os seguintes sube-spaços lineares de R4:

V = L (f(1; 1; 0; 0); (1; 0; 1;�1)g) ; W = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + 2z + 3w = 0g:

a) Determine u 2 V e v 2 V ? tais que (2;�2; 1;�1) = u+v e calcule a distância entre(1; 1; 1; 1) e V .

b) Encontre uma matriz A tal que W? = N (A).c) Veri�que que V � W e determine uma base para W? \ V ?.d) Veri�que se V ? +W? = R4, justi�cando.

133

29. Considere o espaço linear R4 munido com o produto interno usual e os seguintes sube-spaços lineares de R4:

U = L (f(0; 1; 1; 1); (1;�1; 1; 0)g) ; V = f(x; y; z; w) 2 R4 : 4x+ 3y + 2z + w = 0g:

a) Determine uma base ortogonal para V ?:

b) Determine a distância entre o ponto (1; 2; 3; 4) e o subespaço V ?.

c)Determine uma base ortogonal paraR4 que inclua os vectores (0; 1; 1; 1) e (1;�1; 1; 0).d) Encontre uma matriz A tal que U = (C(A))?.

30. SejaW = f(x; y; z) 2 R3 : x� 2y � 3z = 0g:

Considere o produto interno usual.

a) Determine as equações cartesianas da recta que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e éperpendicular ao plano W .

b) Determine a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e éparalelo ao plano W .

31. Considere a rectar = (1; 1; 1) + L (f(1;�1; 1)g) :


a) Determine as equações cartesianas da recta r.

b) Determine a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 0; 0) e éperpendicular à recta r.

32. Seja P o plano que passa pelos pontos

(1; 1; 1) ; (2; 0; 3) e (0; 2; 2) :


a) Determine a equação cartesiana de P .

b) Determine as equações paramétricas de P .

c) Determine a equação vectorial de P .

33. Determine a solução de mínimos quadrados de Au = b, com

A =

24 1 22 41 �2

35 e b =

24 321

35 ;calculando o correspondente vector erro de mínimos quadrados.

134

Determinantes

De�nição 58. Dados os números naturais 1; 2; :::; n chama-se permutação desses nnúmeros a qualquer lista em que os mesmos sejam apresentados por ordem arbitrária.

De�nição 59. Seja (i1i2:::in) uma permutação dos números naturais 1; 2; :::; n. Diz--se que um par (ijik) é uma inversão quando (j � k) (ij � ik) < 0 (isto é, quando ij e ikaparecerem na permutação por ordem decrescente).

De�nição 60. Uma permutação (i1i2:::in) diz-se par (ímpar) quando o no máximo deinversões incluídas fôr par (ímpar).

Exemplo 47. A permutação (21453) é ímpar pois o no máximo de inversões nela incluí-das é ímpar: (21); (43) e (53).

De�nição 61. Seja A uma matriz do tipo n � n. Chama-se determinante de A, eescreve-se jAj ou detA, o número que se obtém do seguinte modo:

(i) Formam-se todos os produtos possíveis de n factores em que intervenha um elementode cada linha e, simultaneamente, um elemento de cada coluna de A.

(ii) Afecta-se cada produto do sinal + ou do sinal � conforme as permutações (dosnúmeros naturais 1; 2; :::; n) que �guram nos índices de linha e de coluna tenham a mesmaparidade ou não.

(iii) Somam-se as parcelas obtidas.

Em resumo: �xando, por exemplo, a permutação (i1i2:::in) de 1; 2; :::; n

jAj =X

(j1j2:::jn)

permutação de 1;2;:::;n

(�1)�ai1j1ai2j2 :::ainjn,

em que

� =

8<:0 se (i1i2:::in) e (j1j2:::jn) têm a mesma paridade

1 se (i1i2:::in) e (j1j2:::jn) têm paridade diferente.

Observação 38. Pode ainda escrever-se

135

jAj =X

(j1j2:::jn)


(�1)�a1j1a2j2 :::anjn onde � =

8<:0 se (j1j2:::jn) é par

1 se (j1j2:::jn) é ímpar.

ou

jAj =X

(i1i2:::in)


(�1)�ai11ai22:::ainn onde � =

8<:0 se (i1i2:::in) é par

1 se (i1i2:::in) é ímpar.

Teorema 79. (i) Se A é do tipo 2� 2, então

jAj =�� a11 a12a21 a22

�� = a11a22 � a12a21:(ii) Se A é do tipo 3� 3, então

jAj =

��a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

�� == a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 � a13a22a31 � a12a21a33 � a11a23a32.

Observação 39. (i) Se A é uma matriz do tipo n� n então jAj tem n! parcelas.

(ii) O determinante de cada um dos três tipos de matrizes elementares é dado por

detPij = �1;

detEi (�) = �;

detEij (�) = 1:

Exemplo 48. (i) �� 1 �12 �2

�� = 1(�2)� (�1)2 = 0:(ii) ��

1 2 13 �1 22 1 �3

�� = 1(�1)(�3) + 3 + 8� 1(�1)2� 6(�3)� 2 = 32:136

De�nição 62. Seja A = (aij) uma matriz do tipo n� n, com n > 1. Seja Aij a matrizdo tipo (n�1)�(n�1) que se obtem de A suprimindo a linha i e a coluna j de A. Chama-sea Aij o menor-ij da matriz A.

Teorema 80. (Fórmula de Laplace.) Seja A uma matriz do tipo n� n, com n > 1.Tem-se

detA =nXj=1

aij(�1)i+j detAij, com i 2 f1; :::; ng �xo:

Observação 40. Seja A uma matriz do tipo n� n, com n > 1. Tem-se

detA =nXi=1

aij(�1)i+j detAij, com j 2 f1; :::; ng �xo:

Exemplo 49.��1 0 �2 32 1 �1 40 �1 0 �21 0 �2 �3

�� = (�1)(�1)3+2

��1 �2 32 �1 41 �2 �3

��+ (�2)(�1)3+4��1 0 �22 1 �11 0 �2

�� =

= (�1)(�3) + (�2)4 + 2(�2)3� (�1)3� (�2)2(�3)� 4(�2) + 2 [(�2)� (�2)] = �18.

Teorema 81. Sejam A e B matrizes do tipo n� n. Seja � um escalar.

(i) det�AT�= detA:

(ii) Se A fôr uma matriz diagonal, triangular superior ou triangular inferior então odeterminante de A é igual ao produto dos elementos da diagonal principal de A.

(iii) Se A tiver uma linha (ou coluna) nula então detA = 0.

(iv) Se B fôr obtida de A trocando duas linhas (ou colunas) de A então detB = � detA.

(v) Sendo B, A1 e A2 matrizes do tipo n� n com as n� 1 linhas (colunas): 1; 2; :::; i�1; i + 1; :::; n iguais, se a linha (coluna) i de B fôr obtida somando as linhas (colunas) i deA1 e de A2 então detB = detA1 + detA2.

(vi) Sendo B fôr obtida de A multiplicando uma linha (ou coluna) de A por um escalar� então detB = � detA.

(vii) Se duas linhas (ou colunas) de A forem iguais então detA = 0.

137

(viii) Se B fôr obtida de A somando a uma linha (ou coluna) de A um múltiplo escalar� de uma outra linha (ou coluna) de A então detB = detA.

(ix) det (�A) = �n detA:

(x) det (EA) = detE detA; onde E é uma matriz elementar (Pij; Ei (�) ou Eij (�)).

(xi) detA 6= 0, A é invertível.

(xii) det (AB) = detA detB:

(xiii) det (A1A2:::Al) = detA1 detA2::: detAl; onde A1; A2; :::; Al são l (l 2 N) matrizesdo tipo n� n.

(xiv) Se A fôr invertível, det (A�1) =1

detA:

(xv) det (AB) = 0, (detA = 0 ou detB = 0):

(xvi) det (AB) = det (BA) :

Exemplo 50.��9 7 5 3 17 7 5 3 15 5 5 3 13 3 3 3 11 1 1 1 1

��=

��1 1 1 1 13 3 3 3 15 5 5 3 17 7 5 3 19 7 5 3 1

��=

��1 1 1 1 11 3 3 3 31 3 5 5 51 3 5 7 71 3 5 7 9

��=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 2 4 4 40 2 4 6 60 2 4 6 8

��=

=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 0 2 2 20 0 2 4 40 0 2 4 6

��=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 0 2 2 20 0 0 2 20 0 0 2 4

��=

��1 1 1 1 10 2 2 2 20 0 2 2 20 0 0 2 20 0 0 0 2

��= 24 = 16.

Observação 41. (i) Sendo A e B matrizes do tipo n� n, em geral:

jA+Bj 6= jAj+ jBj e jA�Bj 6= jAj � jBj .

Por exemplo, se n é par, A = I e B = �I, tem-se

jA+Bj = 0 6= 2 =n é par

1 + (�1)n = jAj+ jBj :

(ii) Sendo A uma matriz do tipo n�n, se �xarmos n�1 linhas (colunas), o determinantede A é uma função linear em relação à linha (coluna) não �xada.

138

De�nição 63. Seja A = (aij) uma matriz do tipo n � n, com n > 1. Seja Aij omenor-ij da matriz A. Chama-se a (�1)i+j detAij o cofactor-ij da matriz A e à matrizcof A = ((�1)i+j detAij) do tipo n� n, com n > 1, a matriz dos cofactores de A.

Teorema 82. Para qualquer matriz A do tipo n� n, com n > 1, tem-se

A (cof A)T = (cof A)T A = (detA) I.

Se detA 6= 0 então A é invertível e

A�1 =1

detA(cof A)T =

0BB@ 1

detA(�1)j+i detAji| {z }

entrada (i;j) de A�1

1CCAn�n

.

Exemplo 51. (i) Seja A =�a bc d

�2M2�2 (R) tal que detA 6= 0. Então A é invertível

e

A�1 =1

ad� bc

�d �b�c a

�.

Note que ad� bc = detA.

(ii) Podemos usar o teorema anterior para calcular não só a inversa de uma matriz(invertível) mas também (e sobretudo) entradas concretas dessa inversa. Seja

A =

24 1 0 34 5 67 8 9

35 .A entrada (1; 2) da matriz A�1 é dada por

(A�1)12 =1

detA

�(cof A)T

�12=

1

detA

�(�1)2+1 detA21

�=

1

�12

�� det

��0 38 9

��= �2.

Note que apesar da entrada (1; 2) de A ser nula, a entrada (1; 2) de A�1 não é nula.

(iii) Para calcular A�1 a partir do teorema anterior, é preciso calcular (cof A)T . Assim,usando por exemplo A da alínea anterior, tem-se

cof A =

26666664

�� 5 68 9

�� 4 67 9

�� 4 57 8

�� 0 38 9

�� 1 37 9

�� 1 07 8

�� 0 35 6

�� 1 34 6

�� 1 04 5

��

37777775 =24 �3 6 �324 �12 �8�15 6 5

35

139

pelo que

(cof A)T =

24 �3 24 �156 �12 6�3 �8 5

35e assim

A�1 =1

detA(cof A)T =

1

�12

24 �3 24 �156 �12 6�3 �8 5

35 =24 1

4�2 5

4

�12

1 �12

14

23� 512

35 .De facto 24 1

4�2 5

4

�12

1 �12

14

23� 512

3524 1 0 34 5 67 8 9

35 =24 1 0 00 1 00 0 1

35 .

Teorema 83. (Regra de Cramer.) Seja A uma matriz do tipo n � n tal que A éinvertível. Então a única solução do sistema de equações lineares AX = B é dada por

X = A�1B =1

detA(cof A)T B.

Isto é, sendo X =�x1 ::: xn

�Te B =

�b1 ::: bn

�Ttem-se, para i = 1; :::; n,

xi =1

detA

nXk=1

(�1)k+i detAkibk =detCidetA

,

onde Ci é a matriz obtida de A substituindo a coluna i de A pela matriz coluna B dos termosindependentes.

Exemplo 52. O sistema de equações lineares8<:y + 2z = 84x+ 2y � z = 7x� z = 1

pode ser resolvido usando a regra de Cramer:

x =

��8 1 27 2 �11 0 �1

��0 1 24 2 �11 0 �1

��= 14, y =

��0 8 24 7 �11 1 �1

��0 1 24 2 �11 0 �1

��= �18 e z =

��0 1 84 2 71 0 1

��0 1 24 2 �11 0 �1

��= 13.

140

Produto externo e produto misto

De�nição 64. Sejam u = (u1; u2; u3) ; v = (v1; v2; v3) 2 R3. Considere-se em R3 oproduto interno usual. Então o produto externo (vectorial) de u por v, denotado poru� v, é o vector de R3 de�nido por

u� v = (u2v3 � u3v2; u3v1 � u1v3; u1v2 � u2v1) ,

isto é,

u� v =�� u2 u3

v2 v3

�� ;� �� u1 u3v1 v3

�� ; �� u1 u2v1 v2

�� ==

�� u2 u3v2 v3

�� e1 � �� u1 u3v1 v3

�� e2 + �� u1 u2v1 v2

�� e3 =��e1 e2 e3u1 u2 u3v1 v2 v3

�� ,onde fe1; e2; e3g é a base canónica de R3.

Teorema 84. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam u; v; w 2 R3 e � 2 R.Então, tem-se:

(i) e1 � e2 = e3

(ii) e2 � e3 = e1

(iii) e3 � e1 = e2

(iv) u� v = � (v � u)

(v) u� (v + w) = u� v + u� w

(vi) (u+ v)� w = u� w + v � w

(vii) � (u� v) = (�u)� v = u� (�v)

(viii) u� 0 = 0� u = 0

(ix) u� u = 0

(x) Se u e v forem linearmente dependentes então u� v = 0

(xi) u� (v � w) = hu;wi v � hu; viw

(xii) (u� v)� w = hw; ui v � hw; viu

(xiii) ku� vk2 + hu; vi2 = kuk2 kvk2 (identidade de Lagrange)

(xiv) u� (v � w) + w � (u� v) + v � (w � u) = 0 (identidade de Jacobi)

Teorema 85. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejam u = (u1; u2; u3) ; v =(v1; v2; v3) 2 R3n f0g e seja � 2 [0; �] o ângulo formado por u e v. Então tem-se:

141

(i)kuk kvk sen � = ku� vk :

(ii) A área do paralelogramo de lados adjacentes u e v é dada por:

A = ku� vk :

Dem. (i) Como � 2 [0; �], tem-se sen � =p1� cos2 � e deste modo,

kuk kvk sen � =

= kuk kvkp1� cos2 � =

= kuk kvk

s1� hu; vi2

kuk2 kvk2=

=

qkuk2 kvk2 � hu; vi2 =

=

q(u21 + u

22 + u

23) (v

21 + v

22 + v

23)� (u1v1 + u2v2 + u3v3)

2 =

=

q(u2v3 � u3v2)2 + (u3v1 � u1v3)2 + (u1v2 � u2v1)2 =

= k(u2v3 � u3v2; u3v1 � u1v3; u1v2 � u2v1)k = ku� vk .

(ii)A = (base)(altura) = kuk kvk sen �:

De�nição 65. Considere-seR3 com o produto interno usual. Sejamw = (w1; w2; w3) ; u =(u1; u2; u3) ; v = (v1; v2; v3) 2 R3. À expressão

hw; u� vi

chama-se produto misto de w; u e v.

Teorema 86. Considere-se R3 com o produto interno usual. Sejamw = (w1; w2; w3) ; u =(u1; u2; u3) ; v = (v1; v2; v3) 2 R3. Então, tem-se:

(i)

hw; u� vi =

��w1 w2 w3u1 u2 u3v1 v2 v3

��(ii)

hu; u� vi = 0 hv; u� vi = 0 hw; u� vi = hw � u; vi :

142

(iii) Sendo � o ângulo formado por w e u�v, o volume do paralelepípedo com um vérticeem (0; 0; 0) e arestas w; u; v, é dado por

V = ku� vk| {z }área da face determinada por u e v

kwk jcos �j| {z }altura

=

= ku� vk kwk jhw; u� vijkwk ku� vk =

= jhw; u� vij =

��w1 w2 w3u1 u2 u3v1 v2 v3

��(iv)Considere-seRn com o produto interno usual. Sendo V o volume do hiperparalelepípedo

determinado pela base ordenada fw1; :::; wng, tem-se

V 2 =�det�w1 � � � wn

��2=

= det�w1 � � � wn

�det�w1 � � � wn

�=

= det��w1 � � � wn

�T�det�w1 � � � wn

�=

= det��w1 � � � wn

�T �w1 � � � wn

��=

= det

0@24 (w1)T� � �(wn)

T

35 � w1 � � � wn�1A =

= det

0B@264 (w1)

T w1 � � � (w1)T wn

. . .(wn)

T w1 � � � (wn)T wn

3751CA =

= det

0B@264 hw1; w1i � � � hw1; wni. . .hwn; w1i � � � hwn; wni

3751CA = detG.

LogoV 2 = detG.

(v) A distância entre duas rectas disjuntas r e s não paralelas de�nidas por:

r = fag+ L fug e s = fbg+ L fvg

é dada por:

d (r; s) =V

A=jhb� a; u� vijku� vk

onde os vectores b� a; u e v determinam o paralelepípedo cuja altura é a distância entre asduas rectas, V é o volume desse paralelepípedo e A é a área do paralelogramo que é a basedo paralelepípedo.

143


1. Classi�que quanto à paridade as seguintes permutações de números de 1 a 6:

(i) (312645) (ii) (234516) (iii) (654321) (iv) (123456)

(v) (546321) (vi) (453261) (vii) (634125) (viii) (123465)

2. Na expressão do determinante de uma matriz do tipo 6�6 diga qual o sinal que afectacada uma das seguintes parcelas:

(i) a23a31a42a56a14a65 (ii) a16a25a34a43a52a61(iii) a54a45a63a32a26a11 (iv) a16a23a34a41a62a55

3. Veri�que que

(i)

��0 0 a130 a22 a23a31 a32 a33

�� = � a13a22a31 (ii)

��0 0 0 a140 0 a23 a240 a32 a33 a34a41 a42 a43 a44

�� = a14a23a32a41(iii)

det

26640 � � � 0 a1n� � � � � � � � � � � �0 an�1 2 � � � an�1 nan1 � � � � � � ann

3775 = (�1)nn�12 a1n:::an�1 2an1

4. Calcule os seguintes determinantes e diga quais são as matrizes invertíveis:

(i)�� 1 23 4

�� (ii)�� 18563 1857321472 21482

�� (iii)�� 1 +p2 2�

p3

2 +p3 1�

p2

��(iv)

�� cos � � sen �sen � cos �

�� (v)

��2 0 15 3 0�5 1 2

�� (vi)

��2 3 25 �1 �3�2 1 1

��(vii)

��2 1 15 �1 �32 3 2

�� (viii)

��8 12 85 �1 �3�2 1 1

�� (ix)

��1 2 34 5 67 8 9

�� (x)

��0 1 0 01 0 1 00 1 0 10 0 1 0

��(xi)

��2 �2 8 60 1 2 00 0 �3 �230 0 0 5

�� (xii)

��1 3 �1 1�1 �2 �1 12 1 1 12 0 �2 0

�� (xiii)

��0 0 0 50 0 �3 �230 1 2 0�2 �2 8 6

��(xiv)

��12 22 32 42

22 32 42 52

32 42 52 62

42 52 62 72

�� (xv)

��0 4 0 0 00 0 0 2 00 0 0 0 10 0 3 0 05 0 0 0 0

��(xvi)

��a 0 0 0 bb a 0 0 00 b a 0 00 0 b a 00 0 0 b a

��

144

(xvii)

��7 �4 0 51 2 0 �22 1 �3 82 �2 0 4

�� (xviii)��9 0 �6 4 �25 �3 0 �1 28 0 4 1 1�6 0 3 �1 37 0 5 2 3

��(xix)

��7 4 1 3 60 0 0 �2 00 0 5 8 �10 0 �3 � 0

5 3 �7 9p3

��

(xx)

��2 1 0 0�7 3 0 �2� 3 1 13 9 0 0

�� (xxi)

��1 1 �1 1 11 1 1 �1 11 1 1 1 �10 �1 0 0 00 1 0 0 1

��(xxii)

��

n n� 1 ... 2 1

n� 1 n� 1 ... 2 1

� � � � � � . . .......

2 2 � � � 2 11 1 � � � 1 1

��5. (i) Veri�que que a matriz 266664

0 a 0 0 0e 0 b 0 00 f 0 c 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

377775não é invertível para quaisquer a; b; c; d; e; f; g; h 2 R.(ii) Diga, para que valores de a; b; c; d; e; f; g; h; i; j 2 R, é invertível a seguinte matriz26666664

0 a 0 0 0 0f 0 b 0 0 00 g 0 c 0 00 0 h 0 d 00 0 0 i 0 e0 0 0 0 j 0

377777756. Determine todos os valores do escalar � para os quais a matriz A��I é não invertível,onde A é dada por:

(i)�0 32 �1

�(ii)

24 1 0 20 �1 �22 �2 0

35(iii)

24 1 1 11 1 11 1 1

35 (iv)

264 1 � � � 1.... . .

...1 � � � 1

375n�n

7. Indique três matrizes A do tipo 2� 2 tais que trA = � = detA.

8. Seja

A� =

2664�1 � 0 �1� �1 �� 00 0 1 1�1 � 0 ��

3775 ; com � 2 R

145

a) Diga, justi�cando, quais são os valores de � para os quais A� é invertível.

b) Seja n 2 N. Calcule det�(A0)

n + (A0)n+2�.

c) Considerando os valores de � para os quais A� é invertível, calcule a entrada (3; 1)da matriz inversa de A�.

9. Use a fórmula de inversão de matrizes para inverter:

(i)�1 23 4

�(ii)

24 1 1 10 1 10 0 1

35 (iii)

24 �1 0 41 �1 �30 6 0

3510. Seja

A =

2666641 �3 0 0 1�2 0 �1 0 1�3 �1 2 2 10 0 �2 0 12 0 �1 0 1

377775 :Justi�que que A é invertível e calcule a entrada (2; 3) de A�1.

11. Sejam A uma matriz invertível e

B =

24 0 0 10 1 01 0 0

35 :Calcule, justi�cando,

det�2BTABA�1 � 3BT

�.

12. Determine a matriz A do tipo 2� 2 tal que

I ��0 12 2

�A = A det

�0 12 2

�:

13.

A =

24 �1 1 11 �1 11 1 �1

35 :Diga, justi�cando, se a matriz:

ATA+ A detA� 5A

é invertível.

14. Seja A =

24 0 0 10 2 21 2 3

35. Calcule det ��2A�1AT det (A�2)� :

15. Calcule os valores de a para os quais det

26640 a 0 11 0 2 00 �2 0 11 0 a 0

3775 = 1:146

16. Seja A =

26641 �1 0 00 �1 0 21 1 2 �2�1 0 �2 1

3775. Calcule det (A3 + A4) :

17. Seja A =

26640 0 �1 11 0 3 �3�2 1 �2 20 �2 1 0

3775. Calcule det (A6 � A5) :

18. Sejam A =

24 0 0 10 1 01 0 0

35 e B =24 1 0 1

0 2 0�1 0 1

35. Determine a matriz X tal que

AXB �B = AX det�ATA

�.

19. Sejam

A =

2664�3 2 0 2�1 0 0 30 9 �2 03 �1 0 2

3775 B =

2664�1 0 0 24 0 1 00 1 0 �30 �1 2 2

3775 .(i) Justi�que que A e B são invertíveis e determine as entradas (2; 2) de A�1 e (2; 3)de B�1.

(ii) Veri�que que det (A+B) 6= detA+ detB e det (A�B) 6= detA� detB.

20. Use a regra de Cramer para calcular as soluções dos sistemas:

(i)�2x+ 3y = 15x+ 7y = 3

(ii)

8<:x+ y = 12x+ z = 1x+ 2y + 2z = �1

21. Sejam C =

24 1 0 12 3 20 1 �2

35 e D =24 9 �8 �1�7 �3 0�2 0 0

35.Veri�que que C e D são invertíveis e calcule:

(i) det (2C�1)

(ii) det�C3 (2C)�1

�(iii) det

��CT2C

��1�(iv) det

�CT 1

2C�2

�(v) det (C2 + 2D)

(vi) det��2CT

��23D3��1��

DT��1

C��1�

Sugestão: Sejam m 2 N, � escalar, A;B e S matrizes n� n com S invertível, tem-se

(a) det (AB) = (detA) (detB)

147

(b) det (�B) = �n detB

(c) det�AT�= detA

(d) det (A�1) =1

detA

(e) (�B)T = �BT

(f) S�m = (S�1)m

22. Sejam A e B matrizes 3� 3 tais que detA =p3 e detB = 1

2. Calcule det(2ATB�3).

23. Sejam a; b; c 2 R. Seja B =

24 a 1 21 b 21 2 c

35 : Sabendo que detB = 2, calcule:(i)

��1 1 a2 b 1c 2 2

�� (ii)

��a+ 3 �1 �2b+ 3 b� 2 �2c+ 3 2� c �c

�� (iii) det�12BTB

�

24. Sejam a; b; c; d; e; f 2 R. Sabendo que

��a b 0 cd e 0 fg h 0 ix y �1 z

�� = 5; calcule:

(i)

��d e fg h ia b c

��(ii)

��a �b �c2d 2e 2f�g �h �i

��(iii)

��a+ d b+ e c+ fd e fg h i

��(iv)

��2i 2h 2g

f � 3c e� 3b d� 3ac b a

��(v)

��a g db h ec i f

��25. Sejam a; b; c 2 R. Sabendo que

��a b c2 1 01 2 1

�� = 1; calcule:(i)

��a b c6 3 0�12�1 �1

2

��(ii)

��a b c

2a+ 2 2b+ 1 2ca+ 1 b+ 2 c+ 1

��148

(iii)

��a� 1 b� 2 c� 13 3 11 2 1

��(iv)

��1 �1 �12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

��26. Sejam �; � 2 R. Sabendo que

��1 2 �� 1 11 �+ � 2

�� = 1; calcule��1 2 �� + �2 2��

��.

27. Seja � 2 R. Veri�que que

��

� 1 1 1 1 1� �+ 1 2 2 2 2� �+ 1 �+ 2 3 3 3� �+ 1 �+ 2 �+ 3 4 4� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 5� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 �+ 5

��= �6.

28. Seja � 2 R. Calcule o determinante da seguinte matriz do tipo n� n.2666666664

� � � � � � �1 �+ 1 1 � � � 1... 1 �+ 1

. . .... 1

. . . 1...

.... . . �+ 1 1

1 1 1 � � � 1 �+ 1

377777777529. Sejam � 6= 0 e A = (aij)n�n. Mostre que detA = det

��i�jaij

�.

30. Que condições devem os parâmetros reais a; b e c veri�car para que a matriz

24 1 a a2

1 b b2

1 c c2

35seja invertível?

31. Veri�que que

(i) det

24 1 1 1x1 y1 y1x2 x2 y2

35 = (y1 � x1) (y2 � x2)

(ii) det

2664(x1)

3 (x1)2 x1 1

(x2)3 (x2)

2 x2 1

(x3)3 (x3)

2 x3 1

(x4)3 (x4)

2 x4 1

3775 = (x1 � x2) (x1 � x3) (x1 � x4) (x2 � x3) (x2 � x4) (x3 � x4)32. Mostre que:

(i)

��b+ c c+ a b+ aa b c1 1 1

�� = 0149

(ii)

��b1 + c1 b2 + c2 b3 + c3c1 + a1 c2 + a2 c3 + a3a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3

�� = 2��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��(iii)

��a1 + b1 a1 � b1 c1a2 + b2 a2 � b2 c2a3 + b3 a3 � b3 c3

�� = �2��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��(iv)

��a1 b1 a1 + b1 + c1a2 b2 a2 + b2 + c2a3 b3 a3 + b3 + c3

�� =��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��33. Veri�que que�� a1 + b1 c1 + d1

a2 + b2 c2 + d2

�� = �� a1 c1a2 c2

��+ �� a1 c1b2 d2

��+ �� b1 d1a2 c2

��+ �� b1 d1b2 d2

�� :34. Sem calcular explicitamente o determinante, mostre que para x = 0 e x = 2 se tem��

x2 x 22 1 10 0 �5

�� = 0.35. Sem calcular o determinante, diga qual o coe�ciente de x3 na expressão��

2x x 1 21 x 1 �13 2 x 19 8 7 x

�� .36. Resolva as seguintes equações.

(i)

��1 x 10 �1 11 0 2

�� = 0 (ii)

��x x x xx 4 x xx x 4 xx x x 4

�� = 0 (iii)

��x 1 1 11 x 1 11 1 x 11 1 1 x

�� = 0

37. Sabendo que 533; 715 e 871 são múltiplos de 13, justi�que que

��5 3 37 1 58 7 1

�� é tambémmúltiplo de 13, sem calcular o determinante.

38. Sem calcular o determinante, veri�que que

��2 1 8�1 0 103 �7 4

�� é múltiplo de 5.39. Seja A = (aij)n�n com n ímpar e tal que aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n:

Mostre que A não é invertível. Isto é, toda a matriz anti-simétrica de ordem ímparnão é invertível.

40. Mostre que se uma matriz fôr ortogonal então o seu determinante ou é 1 ou é �1. Ese a matriz fôr unitária?

41. Seja A uma matriz real do tipo 5� 6. Calcule, justi�cando, det�ATA

�:

150

Valores próprios e vectores próprios. Diagonalização.

De�nição 66. Seja V espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Diz-seque um escalar � é um valor próprio de T se existir um vector não nulo v 2 V tal que

T (v) = �v.

Aos vectores não nulos v que satisfaçam a equação anterior chamam-se vectores própriosassociados ao valor próprio �. Dado um valor próprio � de T , o conjunto

E� = fv 2 V : T (v) = �vg = N (T � �I)

é um subespaço linear de V . Chama-se a E� o subespaço próprio associado ao valorpróprio �. À dimensão de E� chama-se multiplicidade geométrica de � e denota-se pormg (�), isto é,

dimN (T � �I) = mg (�) .

Exemplo 53. (a) Seja V um espaço linear e I : V ! V a transformação identidade. En-tão todos os vectores de V , exceptuando o vector nulo, são vectores próprios de T associadosao valor próprio 1.

(b) Seja V o espaço linear das funções reais inde�nidamente diferenciáveis em R e T :V ! V a (transfomação) função derivada. Como, por exemplo

T�e2x�= 2e2x

então e2x é vector próprio de T associado ao valor próprio 2.

Observação 42. (i) Sejam V um espaço linear e 0 o vector nulo de V . Seja T : V ! Vuma transformação linear. Um escalar � é um valor próprio de T se e só se N (T��I) 6= f0g.

(ii) Se o espaço linear V tiver dimensão �nita n e se A =M (T ;B;B) fôr a matriz n� nque representa T em relação a uma base ordenada B de V , então um escalar � é um valorpróprio de T se e só se esse escalar � fôr solução da equação

det(A� �I) = 0,

uma vez que se tem, para v 2 V ,

(T � �I) v = 0, (A� �I)

264 �1...�n

375 = 0.onde �1; :::; �n são as coordenadas de v na base ordenada B, daí que

� é um valor próprio de T , N (T � �I) 6= f0g , N (A� �I) 6= f0g , det(A� �I) = 0

151

isto é� é um valor próprio de T , det(A� �I) = 0

Além disso, tem-se

v é um vector próprio de T , v 2 N (T � �I) n f0g , (�1; :::; �n) 2 N (A� �I) n f0g

isto é

v é um vector próprio de T , (�1; :::; �n) 2 N (A� �I) n f0ge

mg (�) = dimN (T � �I) = dimN (A� �I).

(iii) No caso em que V = Rn e A = M (T ;Bnc ;Bnc ), como (neste caso) v = (�1; :::; �n),tem-se

N (T � �I) = N (A� �I) :

De�nição 67. Seja A uma matriz n� n. Chama-se ao polinómio

p(�) = det(A� �I)

o polinómio característico da matriz A. Este polinómio tem grau n, o coe�ciente dotermo de grau n é (�1)n, o coe�ciente do termo de grau n � 1 é (�1)n�1 trA e o termoconstante é p(0) = detA.

De�nição 68. Seja A uma matriz n � n. Chama-se valor próprio de A a qualquerescalar � tal que A� �I seja não invertível, isto é, tal que det(A� �I) = 0. Ao conjunto detodos os valores próprios de A chama-se espectro de A. À multiplicidade de � como raízdo polinómio det(A��I) chama-semultiplicidade algébrica de � e denota-se por ma (�).Chama-se vector próprio de A, associado ao valor próprio � de A, a qualquer vector nãonulo v que veri�que

(A� �I)v = 0,isto é, a qualquer vector

v 2 N (A� �I)n f0g .

Teorema 87. Seja A uma matriz n � n. O escalar 0 é valor próprio de A se e só se Afôr não invertível. Isto é, a matriz A é invertível se e só se 0 não fôr valor próprio de A.

Teorema 88. Seja A uma matriz n�n. Então o polinómio característico de A pode serescrito na forma:

p(�) = det(A� �I) = (�1 � �)m1(�2 � �)m2 � � � (�k � �)mk ,

onde �1; �2; : : : ; �k são os valores próprios distintos de A e m1;m2; : : : ;mk são tais quem1 +m2 + � � �+mk = n.

De�nição 69. Se

p(�) = det(A� �I) = (�1 � �)m1(�2 � �)m2 � � � (�k � �)mk ,

152

onde �1; �2; : : : ; �k são os valores próprios distintos de A, aos expoentes m1;m2; : : : ;mk

chamam-se asmultiplicidades algébricas desses valores próprios respectivamente. Escreve-se

ma (�k) = mk.

Teorema 89. Seja A uma matriz n�n, com os valores próprios �1; �2; : : : ; �n (repetidosde acordo com a respectiva multiplicidade algébrica). Então, atendendo à alínea anterior eà de�nição anterior tem-se

detA = �1�2 � � ��n e trA = �1 + �2 + � � �+ �n.

De�nição 70. Sejam A e B matrizes n� n. As matrizes A e B dizem-se semelhantesse existir uma matriz S invertível tal que

B = SAS�1.

Teorema 90. Duas matrizes são semelhantes se e só se existirem bases ordenadas emrelação às quais essas matrizes representem a mesma transformação linear.

Teorema 91. Sejam A e B matrizes n� n. Se A e B forem semelhantes então A e Btêm o(a) mesmo(a):

(i) determinante; (ii) característica; (iii) nulidade; (iv) traço;

(v) polinómio característico, e portanto têm os mesmos valores próprios com as mesmasmultiplicidades algébricas e geométricas.

Dem. (Matrizes semelhantes têm o mesmo polinómio característico.)

det(B � �I) = det(SAS�1 � �I) = det(SAS�1 � �SS�1) == det(S(A� �I)S�1) = detS det(A� �I) det

�S�1

�=

= detS det(A� �I) 1

detS= det(A� �I).

Teorema 92. (i) Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear.Se T tiver valores próprios �1; :::; �k distintos dois a dois e se para cada i = 1; :::; k consid-erarmos o conjunto Si dos vectores próprios de T linearmente independentes e associados a�i, então S1 [ ::: [ Sk é um conjunto linearmente independente.

(ii) Seja A uma matriz n�n. Se A tiver valores próprios �1; :::; �k distintos dois a dois ese para cada i = 1; :::; k considerarmos o conjunto Si dos vectores próprios de A linearmenteindependentes e associados a �i, então S1[ :::[Sk é um conjunto linearmente independente.

(iii) Seja A uma matriz n� n. Tem-se

mg (�i) � ma (�i) ;

153

para qualquer valor próprio �i de A.

Dem. (ii) Vejamos que a a�rmação é válida para k = 2. O caso geral prova-se porindução. Sejam �1 e �2 dois valores próprios distintos e sejam S1 = fu1; :::; urg e S2 =fv1; :::; vsg dois conjuntos de vectores próprios de A linearmente independentes e associadosrespectivamente a �1 e a �2. Suponhamos que se tinha

�1u1 + � � �+ �rur + �1v1 + � � �+ �svs = 0. (*)

Logo

0 = A (�1u1 + � � �+ �rur + �1v1 + � � �+ �svs) == �1�1u1 + � � �+ �r�1ur + �1�2v1 + � � �+ �s�2vs. (**)

Multiplicando (*) por �1 e subtraindo a (**) obtem-se

�1 (�2 � �1) v1 + � � �+ �s (�2 � �1) vs = 0,

e atendendo a que �1 6= �2 e ao facto de S2 ser linearmente independente, conclui-se que�1 = � � � = �s = 0. Finalmente, como S1 é linearmente independente, então �1 = � � � = �r =0 e deste modo S1 [ S2 é um conjunto linearmente independente.

(iii) Seja �i um qualquer valor próprio de A. Seja r = mg (�i) = dimN (A � �iI). Sejafu1; :::; urg uma base de N (A � �iI). Seja fu1; :::; ur; ur+1; :::; ung uma base de Rn (ou deCn). Considere-se a matriz invertível S�1 = [u1:::urur+1:::un]. Tem-se

SAS�1 =

��iIr�r �0(n�r)�r ��

�.

Logo, como SAS�1 e A têm o mesmo polinómio característico, então �i é uma raíz dopolinómio característico de A com multiplicidade algébrica pelo menos igual a r.

De�nição 71. (i) Seja A uma matriz n � n. Se existir uma matriz P�1 invertível talque

D = PAP�1,

com D matriz diagonal, então diz-se que A é uma matriz diagonalizável e que P�1 é amatriz diagonalizante. No caso de A ser uma matriz diagonal, a matriz diagonalizante éa matriz identidade.

(ii) Seja V um espaço linear tal que dimV = n. Seja T : V ! V uma transformaçãolinear. Diz-se que T é diagonalizável se existir uma base ordenada B de V em relação àqual a matriz M (T ;B;B) que representa T nessa base seja uma matriz diagonal.

Teorema 93. Seja A 2 Mn�n(R). A matriz A é diagonalizável se e só se existir umabase Bvp de Rn apenas constituída por vectores próprios de A. Neste caso, as entradas da

154

diagonal principal da matriz diagonal D serão os valores próprios de A apresentados pelaordem dos vectores próprios correspondentes na base ordenada Bvp. Além disso, a matrizP�1 será a matriz cujas colunas serão os vectores próprios de A, da base Bvp de Rn dispostospela mesma ordem, tendo-se

D = PAP�1.

O mesmo se aplica a Cn.

Teorema 94. Seja A uma matriz n�n. Sendo �1; :::; �k os valores próprios distintos deA, então as a�rmações seguintes são equivalentes:

(i) A é diagonalizável.

(ii) A tem n vectores próprios linearmente independentes.

(iii)kPi=1

mg (�i) = n.

(iv) mg (�i) = ma (�i) para todo o i = 1; :::; k..

Dem. (i) ,(iii) Sejam �1; :::; �k os valores próprios de A distintos dois a dois.()) Suponhamos que A é diagonalizável. Então A terá n vectores próprios linearmente

independentes. Suponhamos que li dos vectores próprios de A estão associados ao valorpróprio �i. Logo, para cada i = 1; :::; k

dimN (A� �iI) � li.

Sejar = dimN (A� �1I) + :::+ dimN (A� �kI) :

Entãor � l1 + :::+ lk = n.

Para cada i = 1; :::; k seja Si uma base de N (A� �iI). Logo S1 [ :::[Sk é um conjunto der vectores linearmente independentes, pelo que se tem r � n. Logo r = n.(() Suponhamos que n = dimN (A� �1I) + ::: + dimN (A� �kI). Para cada i =

1; :::; k sendo mi = dimN (A� �iI), existirá então um conjunto Si formado por mi vectorespróprios de A linearmente independentes associados ao valor próprio �i. Assim, conclui-seque S1[ :::[Sk é um conjunto de n vectores próprios de A linearmente independentes, sendodeste modo A diagonalizável.

Observação 43. (i) Se todos os valores próprios de A forem raízes simples do polinómiocaracterístico, então A é diagonalizável.

(ii) Se A 2Mn�n (R) então A é é diagonalizável se e só se:

Rn = N (A� �1I)� :::�N (A� �kI) .

(iii) Seja V um espaço linear tal que dimV = n. Seja A = M (T;B;B) a matriz n � nque representa a transformação linear T : V ! V em relação à base ordenada B. No caso de

155

haver uma base Bvp (ordenada) de V apenas constituída por vectores próprios de T , entãotem-se

M (T;Bvp;Bvp) = PAP�1,onde P�1 = SBvp!B, sendo deste modo M (T;Bvp;Bvp) a matriz diagonal cujas entradas dadiagonal principal são os valores próprios de A apresentados pela ordem dos vectores próprioscorrespondentes na base Bvp. Assim, T é representada relativamente a uma base ordenadapor uma matriz diagonal, isto é, T é diagonalizável.

(iv) No caso de se ter D = PAP�1, com P�1 invertível e D matriz diagonal, tem-se,para k 2 N,

Dk = PAkP�1, ou seja, Ak = P�1DkP .

Exemplo 54. Nos exemplos que se seguem as matrizes A consideradas poderão ser vistascomo matrizes que representam transformações lineares T relativamente à base canónica (ououtras) ordenada de R3, tendo-se no caso da base canónica, para todo o v 2 R3,

T (v) = Av.

Deste modo, os valores próprios e vectores próprios de T serão respectivamente os valorespróprios e vectores próprios de A.

(i) Uma matriz com valores próprios distintos. A =

24 1 5 �10 �2 1�4 0 3

35. O

polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��1� � 5 �10 �2� � 1�4 0 3� �

�� == (1� �) (�2� �) (3� �)� 20 + 4 (2 + �) == (1� �) (�2� �) (3� �) + 4�� 12 == (3� �) [(�� 1) (�+ 2)� 4] == (3� �)

��2 + �� 6

�=

= (3� �) (�� 2) (�+ 3) .

Os valores próprios de A são os valores de � para os quais det(A��I) = 0. Logo, os valorespróprios de A são

�1 = 3, �2 = 2 e �3 = �3.Os vectores próprios de A associados ao valor próprio � são os vectores não nulos v 2 R3para os quais

(A� �I) v = 0,isto é, são os vectores não nulos de N (A� �I).Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio �1 = 3. Tem-se

N (A� �1I) = N

0@24 �2 5 �10 �5 1�4 0 0

351A = L (f(0; 1; 5)g) .

156

Logo, o subespaço próprio E�1 é dado por

E�1 = N (A� �1I) = L (f(0; 1; 5)g) .

Os vectores próprios de A associados ao valor próprio �1 = 3 são

v = (0; s; 5s) , com s 2 Rn f0g .

Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio �2 = 2. Tem-se

N (A� �2I) = N

0@24 �1 5 �10 �4 1�4 0 1

351A = L (f(1; 1; 4)g) .


E�2 = N (A� �2I) = L (f(1; 1; 4)g) .


v = (s; s; 4s) , com s 2 Rn f0g .

Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio �3 = �3. Tem-se

N (A� �3I) = N

0@24 4 5 �10 1 1�4 0 6

351A = L (f(3;�2; 2)g) .


E�3 = N (A� �3I) = L (f(3;�2; 2)g) .

Os vectores próprios de A associados ao valor próprio �3 = �3 são

v = (3s;�2s; 2s) , com s 2 Rn f0g .

Atendendo a que os valores próprios de A são distintos, os vectores próprios de A asso-ciados a esses valores próprios são linearmente independentes. Como dimR3 = 3, então 3vectores em R3 linearmente independentes formarão desde logo uma base de R3. Logo, oconjunto

B = f(0; 1; 5) ; (1; 1; 4) ; (3;�2; 2)gé uma base de R3. Deste modo, temos uma base de R3 formada só por vectores próprios deA. Logo, a matriz A é diagonalizável, isto é, existe uma matriz invertível P�1 diagonalizantetal que a matriz PAP�1 é diagonal, tendo-se

D = PAP�1 =

24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 =24 3 0 00 2 00 0 �3

35 , com P�1 =

24 0 1 31 1 �25 4 2

35 .Note que cada coluna de P�1 é formada pelo vector próprio associado ao valor própriorespectivo e na posição respectiva. Além disso, tem-se

(R3;B3c )M(T ;B3c ;B3c )�!

T(R3;B3c )

SB3c!B # I I # SB3c!B(R3;B) T�!

M(T ;B;B)(R3;B)

157

comSB3c!B = P , M(T ;B;B) = D e M(T ;B3c ;B3c ) = A.

(ii) Uma matriz com valores próprios repetidos mas diagonalizável.

A =

24 2 1 12 3 23 3 4

35 .O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��2� � 1 12 3� � 23 3 4� �

�� == (2� �) (3� �) (4� �) + 6 + 6� 3 (3� �)� 6 (2� �)� 2 (4� �) == ��3 + 9�2 � 15�+ 7 == � (�� 1) (�� 1) (�� 7) .


�1 = 1 e �2 = 7.

Os vectores próprios de A associados ao valor próprio � são os vectores não nulos v 2 R3para os quais

(A� �I) v = 0,isto é, são os vectores não nulos de N (A� �I).Determinemos os vectores próprios de A associados ao valor próprio �1 = 1. Tem-se

N (A� �1I) = N

0@24 1 1 12 2 23 3 3

351A = L (f(�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g) .


E�1 = N (A� �1I) = L (f(�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g) .


v = (�s� t; s; t) , com s 6= 0 ou t 6= 0.


N (A� �2I) = N

0@24 �5 1 12 �4 23 3 �3

351A = L (f(1; 2; 3)g) .

Logo, o subespaço próprio E�2 é dado por: E�2 = N (A� �2I) = L (f(1; 2; 3)g). Os vectorespróprios de A associados ao valor próprio �2 = 7 são

v = (s; 2s; 3s) , com s 2 Rn f0g .

158

Atendendo a que dimE�1 + dimE�2 = 3, podemos ter a seguinte base de R3 formada sópor vectores próprios de A

B = f(�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1) ; (1; 2; 3)g .

Logo, a matriz A é diagonalizável, isto é, existe uma matriz invertível P�1 diagonalizantetal que a matriz PAP�1 é diagonal, tendo-se

D = PAP�1 =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 1 0 00 1 00 0 7

35 , com P�1 =

24 �1 �1 11 0 20 1 3

35 .Note que cada coluna de P�1 é formada pelo vector próprio associado ao valor própriorespectivo e na posição respectiva. Além disso, tem-se

(R3;B3c )M(T ;B3c ;B3c )�!

T(R3;B3c )


M(T ;B;B)(R3;B)

comSB3c!B = P , M(T ;B;B) = D e M(T ;B3c ;B3c ) = A.

(iii) Uma matriz com valores próprios repetidos e não diagonalizável.

A =

24 7 5 �10 �2 120 0 3

35 .O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��7� � 5 �10 �2� � 120 0 3� �

�� == (7� �) (�2� �) (3� �) + 100� 20 (2 + �) == (3� �) [(7� �) (�2� �) + 20] == (3� �)

��2 � 5�+ 6

�=

= (3� �) (�� 3) (�� 2) .


�1 = 3 e �2 = 2.

Os vectores próprios de A associados ao valor próprio � são os vectores não nulos v 2 R3para os quais

(A� �I) v = 0,isto é, são os vectores não nulos de N (A� �I).

159


N (A� �1I) = N

0@24 4 5 �10 �5 120 0 0

351A = L (f(0; 1; 5)g) .

Logo, o subespaço próprio E�1 é dado por: E�1 = N (A� �1I) = L (f(0; 1; 5)g). Os vectorespróprios de A associados ao valor próprio �1 = 3 são

v = (0; s; 5s) , com s 2 Rn f0g .


N (A� �2I) = N

0@24 5 5 �10 �4 120 0 1

351A = L (f(1;�5;�20)g) .

Logo, o subespaço próprio E�2 é dado por: E�2 = N (A� �2I) = L (f(1;�5;�20)g). Osvectores próprios de A associados ao valor próprio �2 = 2 são

v = (s;�5s;�20s) , com s 2 Rn f0g .

Atendendo a quedimE�1 + dimE�2 = 2 < 3,

não é possível ter uma base de R3 formada só por vectores próprios de A. Logo, a matriz Anão é diagonalizável, isto é, não existe uma matriz invertível P�1 diagonalizante tal que amatriz PAP�1 seja diagonal.

(iv) Uma matriz com apenas um valor próprio real. A =

24 1 0 00 0 �10 1 0

35. Opolinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��1� � 0 00 �� 10 1 ��

�� == �2 (1� �) + (1� �) == (1� �)

��2 + 1

�.


�1 = 1, �2 = i e �3 = �i.Logo, a matriz A não é diagonalizável numa matriz de entradas reais, isto é, não existe umamatriz invertível P�1 diagonalizante tal que a matriz PAP�1 seja diagonal com entradasreais. No entanto e atendendo a que os três valores próprios são distintos, a matriz A édiagonalizável numa matriz de entradas complexas:24 1 0 0

0 i 00 0 �i

35160

Exemplo 55. A sucessão de Fibonacci (Leonardo de Pisa, 1202). Seja (vn)n2N tal que

v1 = 1; v2 = 1 e vn+2 = vn + vn+1, n 2 N.

Considerando a igualdade vn+1 = vn+1, podemos escrever o sistema�vn+1 = vn+1vn+2 = vn + vn+1

isto é�vn+1vn+2

�=

�0 11 1

� �vnvn+1

�para todo o n 2 N. Aplicando sucessivamente a igualdade anterior tem-se�

vn+1vn+2

�=

�0 11 1

� �vnvn+1

�=

�0 11 1

� �0 11 1

� �vn�1vn

�=

= � � � =�0 11 1

�n �v1v2

�=

�0 11 1

�n �11

�.

Calculemos agora os valores próprios de�0 11 1

�:

det

�� 11 1� �

�= 0, �2 � �� 1 = 0,

� =

1 +p5

2ou � =

1�p5

2

!.

Valores próprios: �1 = 1+p5

2e �2 = 1�

p5

2.

Atendendo a que

N��1 11 1� �1

�= N

�0 1 + �1 � �211 1� �1

�= N

�0 0

1 1�p5

2

�= L

( �1 +

p5

2; 1

!)!��1+

p5

2; 1�é um vector próprio associado ao valor próprio 1+

p5

2, sendo todos os vectores

próprios associados ao valor próprio 1+p5

2dados por L

�n��1+

p5

2; 1�o�

n f(0; 0)g.Atendendo a que

N��2 11 1� �2

�= N

�0 1 + �2 � �221 1� �2

�= N

�0 0

1 1+p5

2

�= L

( �1 +

p5

2; 1

!)!��1+

p5

2; 1�é um vector próprio associado ao valor próprio 1�

p5

2, sendo todos os vectores

próprios associados ao valor próprio 1�p5

2dados por L

�n��1+

p5

2; 1�o�

n f(0; 0)g.Como existe uma base de R2 formada só por vectores próprios (os dois valores próprios

são distintos logo os vectores próprios correspondentes são linearmente independentes) então

a matriz�0 11 1

�é diagonalizável. Assim, fazendo

P�1 =

��1+

p5

2�1+

p5

2

1 1

�tem-se P =

" p55

5+p5

10

�p55

5�p5

10

#

161

e

D =

"1+p5

20

0 1�p5

2

#= P

�0 11 1

�P�1 ,

�0 11 1

�= P�1

"1+p5

20

0 1�p5

2

#P .

Logo �vn+1vn+2

�=

�0 11 1

�n �11

�=

P�1

"1+p5

20

0 1�p5

2

#P

!n �11

�=

= P�1

"1+p5

20

0 1�p5

2

#nP

�11

�= P�1

24 �1+p52 �n0

0�1�p5

2

�n35P � 1

1

�=

=

��1+

p5

2�1+

p5

2

1 1

�24 �1+p52 �n0

0�1�p5

2

�n35" p

55

5+p5

10

�p55

5�p5

10

# �11

�=

=

24 5�p5

10

�1�p5

2

�n+ 5+

p5

10

�1+p5

2

�n5�3p5

10

�1�p5

2

�n+ 3

p5+510

�1+p5

2

�n35 .

Isto é,

vn+1 =5�p5

10

1�p5

2

!n+5 +p5

10

1 +p5

2

!npara todo o n 2 N, com v1 = 1.Veri�que que (por exemplo) v2 = 1, v3 = 2; v4 = 3:

Exemplo 56. (Um processo de difusão.) Considere duas células adjacentes separadaspor uma membrana permeável e suponha que um �uído passa da 1a célula para a 2a a umataxa (em mililitros por minuto) numericamente igual a 4 vezes o volume (em mililitros) do�uído da 1a célula. Em seguida, passa da 2a célula para a 1a a uma taxa (em mililitros porminuto) numericamente igual a 5 vezes o volume (em mililitros) do �uído da 2a célula.Sejam v1 (t) e v2 (t) respectivamente o volume da 1a célula e o volume da 2a célula no

instante t. Suponha que inicialmente a primeira célula tem 10 mililitros de �uído e que asegunda tem 8 mililitros de �uído, isto é v1 (0) = 10 e v2 (0) = 8.Determinemos o volume de �uído de cada célula no instante t.Tem-se8<:

v01 (t) = �4v1 (t)

v02 (t) = 4v1 (t)� 5v2 (t)isto é

�v01 (t)v02 (t)

�=

��4 04 �5

� �v1 (t)v2 (t)

�: (*)

�4 e �5 são os valores próprios da matriz��4 04 �5

�, sendo os vectores próprios associados

(1; 4) e (0; 1) respectivamente.Como existe uma base de R2 formada só por vectores próprios (os dois valores próprios

são distintos logo os vectores próprios correspondentes são linearmente independentes) então

a matriz��4 04 �5

�é diagonalizável. Assim, fazendo

P�1 =

�1 04 1

�tem-se P =

�1 0�4 1

�162

e

, D =

��4 00 �5

�= P

��4 04 �5

�P�1 ,

��4 04 �5

�= P�1

��4 00 �5

�P .

o sistema (*) é equivalente a�v01 (t)v02 (t)

�=

�P�1

��4 00 �5

�P

��v1 (t)v2 (t)

�, P

�v01 (t)v02 (t)

�=

��4 00 �5

��P

�v1 (t)v2 (t)

��Assim, considerando a mudança de variável�

u1 (t)u2 (t)

�= P

�v1 (t)v2 (t)

�P

�v01 (t)v02 (t)

�=

��4 00 �5

��P

�v1 (t)v2 (t)

��,�u01 (t)u02 (t)

�=

��4 00 �5

� �u1 (t)u2 (t)

�,

,

8<:u01 (t) = �4u1 (t)

u02 (t) = �5u2 (t),

u1(t) 6=0e u2(t) 6=0, 8t

8>>>><>>>>:u01 (t)

u1 (t)= �4

u02 (t)

u2 (t)= �5

,

,

8<:log ju1 (t)j = �4t+ k1

log ju2 (t)j = �5t+ k2,

8<:u1 (t) = c1e

�4t

u2 (t) = c2e�5t

com c1; c2 2 R. De facto, se u (t) fôr solução de u0 (t) = �u (t) então u (t) e��t = c (constante)uma vez que (u (t) e��t)0 = 0. Logo u (t) = ce�t.Assim�

v1 (t)v2 (t)

�= P�1

�c1e�4t

c2e�5t

�=

�1 04 1

� �c1e�4t

c2e�5t

�=

�c1e�4t

4c1e�4t + c2e

�5t

�.

Como 8<:v1 (0) = 10

v2 (0) = 8

então c1 = 10 e c2 = �32 e assim a solução geral do sistema de equações diferenciais lineares8<:v01 (t) = �4v1 (t)

v02 (t) = 4v1 (t)� 5v2 (t)

com os valores iniciais 8<:v1 (0) = 10

v2 (0) = 8

é dada por 24 v1 (t)v2 (t)

35 =24 10e�4t

40e�4t � 32e�5t

35 = 10 � 14

�e�4t � 32

�01

�e�5t.

163

Diagonalização unitária e diagonalização ortogonal

Considera-se o produto interno usual.De�nição 72. Seja A = (aij) 2 Mn�n(C). Denota-se por AH a matriz A

T, isto é, a

transposta da matriz conjugada A = (aij), onde aij é o complexo conjugado de aij. Ou seja,

escreve-se AH = AT. A matriz A diz-se hermitiana se

AH = A:

Observação 44. (a) Sejam �; � 2 C, A;C 2Mm�n(C) e B 2Mn�r(C). Tem-se:

(i)�AH�H= A (ii) (�A+ �B)H = �AH + �BH (iii) (AC)H = CHAH

(b) Sendo A hermitiana tal que A 2Mn�n(R), então A é simétrica (AT = A). Recipro-camente, se A 2 Mn�n(R) fôr hermitiana então A é simétrica. Ou seja, para matrizes reaisquadradas os conceitos de matriz simétrica e matriz hermitiana coincidem.

Teorema 95. Todos os valores próprios de uma matriz hermitiana são reais. Além disso,os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz hermitiana, sãoortogonais.

Dem. Seja A 2 Mn�n(C) tal que A é hermitiana. Seja � um valor próprio de A e sejau um vector próprio associado. Seja � = uHAu. Então, tem-se

� = �H =�uHAu

�H= uHAH

�uH�H

=A é hermitiana

uHAu = �.

Ou seja, � é real. Por outro lado, como

� = uHAu = uH�u = �Xjuij2 ;

tem-se� =

�Pjuij2

2 R:

Sejam agora u1 e u2 vectores próprios associados respectivamente a valores própriosdistintos �1 e �2. Então, tem-se

(Au1)H u2 = u

H1 A

Hu2 =A é hermitiana

uH1 Au2 = �2uH1 u2

e(Au1)

H u2 = (�1u1)H u2 = �1u

H1 u2 =

�12R�1u

H1 u2.

Logo, tem-se�1u

H1 u2 = �2u

H1 u2 , (�1 � �2)uH1 u2 = 0.

E assim, como �1 6= �2, entãouH1 u2| {z }=hu1;u2i

= 0;

164

ou seja, u1 e u2 são ortogonais.

Observação 45. Todos os valores próprios de uma matriz simétrica real são reais. Alémdisso, os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz simétrica,são ortogonais.

De�nição 73. (i) Seja U 2Mn�n(C). A matriz U diz-se unitária se se tiver UHU = I,isto é, se UH = U�1, ou seja, se as colunas de U constituirem uma base ortonormada de Cn.

(ii) Seja P 2 Mn�n(R). A matriz P diz-se ortogonal se se tiver P TP = I, isto é, seP T = P�1, ou seja, se as colunas de P constituirem uma base ortonormada de Rn.

De�nição 74. (i) Seja A 2 Mn�n(C). A matriz A diz-se unitariamente diagonal-izável se existir UH unitária tal que UAUH é uma matriz diagonal, isto é, se as colunas deUH formarem uma base ortonormada de Cn constituída só por vectores próprios de A.

(ii) Seja A 2Mn�n(R). A matriz A diz-se ortogonalmente diagonalizável se existirP T ortogonal tal que PAP T é uma matriz diagonal, isto é, se as colunas de P T formaremuma base ortonormada de Rn constituída só por vectores próprios de A.

Observação 46. (i) Seja U unitária tal que U 2 Mn�n(R). Então UH = UT , isto é,toda a matriz unitária real é ortogonal. Reciprocamente, se P 2 Mn�n(R) fôr ortogonalentão P é unitária. Ou seja, para matrizes reais quadradas os conceitos de matriz ortogonale matriz unitária coincidem.

(ii) Seja A uma matriz hermitiana. Se todos os valores próprios de A forem raízes simplesdo polinómio característico, então existe uma matriz unitária que diagonaliza A, isto é, existeUH unitária tal que UAUH é uma matriz diagonal, ou seja, A é unitariamente diagonalizável.

(iii) Como se vai ver a seguir, a a�rmação anterior (ii) continua válida mesmo se osvalores próprios não forem todos raízes simples do polinómio característico.

Teorema 96. (Teorema de Schur). Seja A uma matriz n � n. Então, existe umamatriz unitária UH tal que UAUH é triangular superior (inferior).

Dem. A demonstração será efectuada por indução em n. O resultado é óbvio para n = 1.Suponhamos que a hipótese é válida para matrizes k�k e seja A uma matriz (k + 1)�(k + 1).Sejam �1 um valor próprio de A e w1 um vector próprio associado de norma 1. Aplicandoo método de ortogonalização de Gram-Schmidt, seja fw1; : : : ; wk+1g uma base ortonormadapara Ck+1. SejaWH a matriz cuja coluna i é igual ao vector wi, para i = 1; : : : ; k+1. Então,por construção, a matriz WH é unitária. Por outro lado, a primeira coluna de WAWH éigual a WAw1, tendo-se

WAw1 = W�1w1 = �1Ww1 = �1

2666410...0

37775 =26664�10...0

37775165

e assim

WAWH =

2666664�1 j � � � � �� j � � �0 j... j M0 j

3777775 ;onde M é uma matriz k � k.Pela hipótese de indução, existe uma matriz k�k unitária (V1)H tal que V1M (V1)

H = T1,onde T1 é uma matriz triangular superior. Seja

V H =

26666641 j 0 � � � 0� j � � �0 j... j (V1)

H

0 j

3777775 .

Então V H é unitária e tem-se

(VW )A (VW )H = VWAWHV H =

=

2666664�1 j � � � � �� j � � �0 j... j V1M (V1)

H

0 j

3777775 =2666664�1 j � � � � �� j � � �0 j... j T10 j

3777775 = T ,onde T é uma matriz triangular superior. Como a matriz (VW )H é unitária, pondo UH =(VW )H , tem-se

UAUH = T ,

com T triangular superior e UH unitária.


�2 1�2 5

�. Os valores próprios de A são: 3 e 4. Como

N (A� 3I) = L (f(1; 1)g) e N (A� 4I) = L (f(1; 2)g) então, aplicando Gram-Schmidt,o conjunto

n�p22;p22

�;��p22;p22

�oé uma base ortonormada de R2 onde

�p22;p22

�é um

vector próprio de A associado ao valor próprio 3. Tem-se

UAUH = T com UH =

" p22�p22p

22

p22

#.

Isto é

T =

" p22

p22

�p22

p22

# �2 1�2 5

�" p22�p22p

22

p22

#=

�3 30 4

�.

Teorema 97. Seja A uma matriz hermitiana. Então existe uma matriz unitária UH quediagonaliza A, isto é, A é unitariamente diagonalizável. Ou seja, existe UH unitária tal quea matriz UAUH é diagonal.

166

Dem. Pelo teorema anterior, existe uma matriz unitária UH tal que a matriz UAUH étriangular. Seja T = UAUH . Tem-se então

TH =�UAUH

�H=�UH�HAHUH =

A é hermitianaUAUH = T .

Logo, como T = TH e T é triangular então T é diagonal.

Teorema 98. Seja A 2 Mn�n(R) tal que A é simétrica. Então existe uma matrizortogonal P T que diagonaliza A, isto é, A é ortogonalmente diagonalizável. Ou seja, existeP ortogonal tal que a matriz PAP T é diagonal.

Observação 47. Sendo A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica, então existe P T ortogonaltal que a matriz PAP T é diagonal, isto é, existe uma base ortonormada de Rn formada sópor vectores próprios de A; e a matriz P T é a matriz cujas colunas são os vectores própriosde A que formam essa base ortonormada de Rn, sendo PAP T a matriz diagonal onde secoloca na entrada i da diagonal principal o valor próprio correspondente ao vector próprioda coluna i da matriz P T .

Teorema 99. Seja A 2Mn�n(R). A é ortogonalmente diagonalizável , A é simétrica

Dem. ()) Suponhamos que A é ortogonalmente diagonalizável. Sejam D diagonal eP T ortogonal tais que A = P TDP . Então

AT =�P TDP

�T= P TDT

�P T�T= P TDP = A.

(() Teorema anterior e o facto de todos os valores próprios de uma matriz simétrica realserem reais

Teorema 100. Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica. Tem-se:

A é de�nida positiva, isto é, uTAu > 0 para todo o u 6= 0,

, todos os valores próprios de A são positivos

Dem. Sendo A simétrica então A é ortogonalmente diagonalizável, isto é, existem Ddiagonal e P T ortogonal tais que D = PAP T . Assim

(uTAu > 0 para todo o u 6= 0),

, (�P Tu

�TAP Tu > 0 para todo o u 6= 0),

, (uT�PAP T

�u > 0 para todo o u 6= 0),

, (uTDu > 0 para todo o u 6= 0),

, (nXi=1

(ui)2 �i > 0 para todo o u 6= 0), (�i > 0 para todo o i = 1; :::; n)

167

onde �1; :::; �n são os valores próprios de A são positivos.

Observação 48. (i) Existem matrizes não hermitianas que são unitariamente diago-nalizáveis, como por exemplo as matrizes anti-hermitianas (AH = �A) e as matrizes anti-simétricas (AT = �A).

(ii) Seja A 2 Mn�n(C). Suponhamos que A é unitariamente diagonalizável. SejamD diagonal e UH unitária tais que A = UHDU . Como em geral se tem DH 6= D, então

AH =�UHDU

�H= UHDHU 6= UHDU = A.

Logo A não tem que ser necessariamente hermitiana.

(iii) O próximo teorema diz quais são as matrizes unitariamente diagonalizáveis.

De�nição 75. Uma matriz A diz-se normal se

AAH = AHA:

Observação 49. Se A 2Mn�n(R) então A dir-se-á normal se

AAT = ATA:

Teorema 101. (i) Sendo A 2 Mn�n(C) uma matriz normal tem-se para todo o vectoru

kAuk = AHu .

Em particular, sendo A 2 Mn�n(C) uma matriz normal, para qualquer escalar �, a matrizA� �I também é normal tendo-se

k(A� �I)uk = (A� �I)H u = �AH � �I�u

e assim, se � fôr um valor próprio de A e u um vector próprio de A associado a esse valorpróprio então � é um valor próprio de AH e u um vector próprio de AH associado a essevalor próprio, isto é,

Au = �u e AHu = �u.

(ii) Os vectores próprios associados a valores próprios distintos, de uma matriz normal,são ortogonais.

Dem. (i) Sendo A 2Mn�n(C) uma matriz normal tem-se para todo o vector u

kAuk2 = (Au)H Au = uHAHAu =AHA=AAH

uHAAHu =�AHu

�HAHu =

AHu 2logo

kAuk = AHu .

168

Sendo A 2Mn�n(C) uma matriz normal, para qualquer escalar �, a matriz A��I tambémé normal:

(A� �I) (A� �I)H = (A� �I)�AH � �I

�= AAH��AH��A+j�j2 I = AHA��AH��A+j�j2 I =

= AH (A� �I)� (A� �I)� =�AH � �I

�(A� �I) = (A� �I)H (A� �I) .

Logok(A� �I)uk =

(A� �I)H u = �AH � �I�u e assim, se � fôr um valor próprio de A e u um vector próprio de A associado a esse valorpróprio então � é um valor próprio de AH e u um vector próprio de AH associado a essevalor próprio, isto é,

Au = �u e AHu = �u.

(ii) Seja A 2 Mn�n(C) tal que A é normal. Sejam �1; �2 valores próprios de A tais que�1 6= �2 e sejam v1 e v2 vectores próprios de A associados respectivamente a �1 e �2. Tem-se

Av1 = �1v1 e AHv1 = �1v1

Av2 = �2v2 e AHv2 = �2v2

e(�1 � �2) hv1; v2i = (�1 � �2) (v1)H v2 = �1 (v1)H v2 � �2 (v1)H v2 =

=��1v1

�Hv2 � (v1)H (�2v2) =

�AHv1

�Hv2 � (v1)H (Av2) =

�AHv1

�Hv2 �

�AHv1

�Hv2 = 0.

Assim, como �1 6= �2, tem-se hv1; v2i = 0:

Teorema 102. Seja A 2Mn�n(C). A é unitariamente diagonalizável , A é normal

Dem. (() Suponhamos que A é normal. Existe uma matriz unitária UH e uma matriztriangular superior (inferior) T tais que T = UAUH . Vejamos que T é normal. Tem-se

THT =�UAUH

�HUAUH = UAHUHUAUH = UAHAUH =

A é normal

= UAAHUH = UAUHUAHUH = TTH .

Logo T é normal. Seja T = (tij) do tipo n � n. Comparando as entradas das diagonaisprincipais de TTH e THT tem-se:

jt11j2 + jt12j2 + jt13j2 + � � �+ jt1nj2 = jt11j2

jt22j2 + jt23j2 + � � �+ jt2nj2 = jt12j2 + jt22j2...

jtnnj2 = jt1nj2 + jt2nj2 + jt3nj2 + � � �+ jtnnj2

e assim, tij = 0 sempre que i 6= j. Logo T é diagonal e portanto A é unitariamentediagonalizável.

169

()) Suponhamos agora que A é unitariamente diagonalizável. Queremos mostrar queA é normal. Sejam D diagonal e UH unitária tais que D = UAUH , ou seja, A = UHDU .Tem-se

AAH = UHDU�UHDU

�H= UHDUUHDHU = UH

�DDH

�U

eAHA =

�UHDU

�HUHDU = UHDHUUHDU = UH

�DHD

�U .

Como

DDH = DHD =

26664j�1j2 0 � � � 0

0 j�2j2. . .

......

. . . . . . 0

0 � � � 0 j�nj2

37775 ,então tem-se AAH = AHA e assim A é normal.


24 1 1 00 1 11 0 1

35. A matriz A não é simétrica logo não é ortogonal-mente diagonalizável. Mas:24 1 1 0

0 1 11 0 1

35T 24 1 1 00 1 11 0 1

35 =24 1 1 00 1 11 0 1

3524 1 1 00 1 11 0 1

35T =24 2 1 11 2 11 1 2

35

isto é

24 1 1 00 1 11 0 1

35 é normal e como tal é unitariamente diagonalizável. Tem-se24 2 0 0

0 12� 1

2ip3 0

0 0 12+ 1

2ip3

35| {z }

D

=

264p33

p33

p33

�p36+ 1

2i �

p36� 1

2ip33

�p36� 1

2i �

p36+ 1

2ip33

37524 1 1 00 1 11 0 1

35264p33�p36� 1

2i �

p36+ 1

2ip

33�p36+ 1

2i �

p36� 1

2ip

33

p33

p33

375| {z }

UH

onde 2; 12� 1

2ip3 e 1

2+ 1

2ip3 são os valores próprios de A e( p

3

3;

p3

3;

p3

3

!;

�p3

6� 12i;�p3

6+1

2i;

p3

3

!;

�p3

6+1

2i;�p3

6� 12i;

p3

3

!)

são respectivamente vectores próprios associados a esses valores próprios, normalizados eortogonais entre si.

Teorema 103. Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica. Então, as seguintes a�rmaçõessão equivalentes.

(i) A é de�nida positiva.

170

(ii) Existe uma matriz simétrica de�nida positiva B tal que A = B2. À matriz Bchama-se raíz quadrada simétrica e de�nida positiva de A e escreve-se

B =pA.

(iii) Existe uma matriz invertível S tal que A = STS.

Dem. (i) ) (ii) Supondo que A é de�nida positiva, vejamos que existe uma matrizsimétrica de�nida positiva B tal que A = B2.Como A é simétrica, então A é ortogonalmente diagonalizável, isto é, existe uma matriz

ortogonal P tal que

PAP T = D =

26664�1 0 � � � 0

0. . . . . .

......

. . . 00 � � � 0 �n

37775onde �1; :::; �n são os valores próprios de A, os quais são todos positivos por A ser de�nidapositiva, tendo-se

D = (D0)2

com

D0 =

26664p�1 0 � � � 0

0. . . . . .

......

. . . 00 � � � 0

p�n

37775 .Assim

A = P TDP = P T (D0)2P =

�P TD0P

� �P TD0P

�= B2

comB = P TD0P

simétrica:BT =

�P TD0P

�T= P T (D0)

T �P T�T= P TD0P = B

e de�nida positiva uma vez que os valores próprios de P TD0P são os de D0.

(ii)) (iii) Supondo que existe uma matriz simétrica de�nida positiva B tal que A = B2,vejamos que existe uma matriz invertível S tal que

A = STS:

Como B é simétrica e de�nida positiva, basta fazer S = B para ter-se

A = B2 = BB = STS

com S simétrica e invertível uma vez que sendo B de�nida positiva, 0 não é valor próprio deB.

(iii) ) (i) Supondo que existe uma matriz invertível S tal que A = STS, vejamos que Aé de�nida positiva, isto é, vejamos que

uTAu > 0;

171

para todo o u 6= 0. Tem-se

uTAu = uTSTSu = (Su)T Su = kSuk2 > 0

para todo o u 6= 0, uma vez que S é invertível.

Observação 50. Sendo A matriz simétrica e de�nida positiva do tipo n�n, existe umaúnica raíz quadrada simétrica e de�nida positiva B de A, isto é, existe uma única matrizB simétrica e de�nida positiva tal que A = B2. No entanto, poderão existir pelo menos 2n

raízes quadradas de A, isto é, 2n matrizes B para as quais se tem A = B2.


�4 11 4

�. Os valores próprios de A são: 3 e 5. Os vectores

próprios associados ao valor próprio 3 são todos os vectores de L (f(�1; 1)g) n f0g. Osvectores próprios associados ao valor próprio 5 são todos os vectores de L (f(1; 1)g) n f0g.Tem-se

D =

�3 00 5

�=

24 �p22

p22

p22

p22

35� 4 11 4

�24 �p22

p22

p22

p22

35 = PAP Tcom

D =

�3 00 5

�e P T =

24 �p22

p22

p22

p22

35onde (

�p2

2;

p2

2

!;

p2

2;

p2

2

!)são vectores próprios normalizados e ortogonais entre si respectivamente associados aos val-ores próprios 3 e 5. Logo

B =

24 �p22

p22

p22

p22

35� p3 0

0p5

�24 �p22

p22

p22

p22

35 ==

24 12

p3 + 1

2

p5 1

2

p5� 1

2

p3

12

p5� 1

2

p3 1

2

p3 + 1

2

p5

35 = A1=2ou seja

B =

24 12

p3 + 1

2

p5 1

2

p5� 1

2

p3

12

p5� 1

2

p3 1

2

p3 + 1

2

p5

35é a única matriz simétrica e de�nida positiva tal que

B2 =

24 12

p3 + 1

2

p5 1

2

p5� 1

2

p3

12

p5� 1

2

p3 1

2

p3 + 1

2

p5

352 = � 4 11 4

�= A.

172

Formas quadráticas

Considera-se o produto interno usual.De�nição 76. Uma equação quadrática em duas variáveis x1 e x2 é uma equação da

formaax21 + bx

22 + 2cx1x2 + dx1 + ex2 + f = 0

a qual pode ser escrita na forma

�x1 x2

� � a cc b

� �x1x2

�+�d e

� � x1x2

�+ f = 0.

Sejam

x =

�x1x2

�e A =

�a cc b

�:

(A é uma matriz real simétrica). À função real a duas variáveis reais Q : R2 ! R de�nidapor Q (x) = xTAx, com

xTAx = ax21 + bx22 + 2cx1x2

chama-se forma quadrática real a 2 variáveis reais associada à equação quadrática anterior.Podem haver equações do 2o grau e formas quadráticas com um no de variáveis superior

a 2. Uma equação quadrática em n variáveis x1; x2; : : : ; xn é uma equação da forma

xTAx+Bx+ � = 0,

onde x =

26664x1x2...xn

37775, A = (aij) é uma matriz real simétrica do tipo n � n, B 2 M1�n (R) e �

é um escalar. À função real a n variáveis reais Q : Rn ! R de�nida por

Q (x) = xTAx =nXi=1

nXj=1

aijxj

!xi

chama-se forma quadrática real a n variáveis reais associada à equação quadrática anterior.Se a matriz A não fôr simétrica considera-se

B =A+ AT

2

e tem-se a mesma expressão, isto é

xTBx = xTA+ AT

2x =

1

2xTAx+

1

2xTATx =

1

2xTAx+

1

2xTAx = xTAx

uma vez que tendo-se xTAx 2 R obtém-se

xTAx =�xTAx

�T= xTATx.

173

Teorema 104. (Teorema dos eixos principais). Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica.Então existe uma mudança de variáveis ortogonal que transforma a forma quadrática xTAxna forma quadrática yTDy sem termos cruzados. Isto é, se P T diagonalizar A ortogonalmente(D = PAP T ), então a mudança de variáveis x = P Ty transforma a forma quadrática xTAxna forma quadrática yTDy:

xTAx = yTPAP Ty = yTDy = �1y21 + �2y

22 + � � �+ �ny2n =

=�y1 y2 � � � yn

�26664�1 0 � � � 00 �2 � � � 0...

.... . .

...0 0 � � � �n

3777526664y1y2...yn

37775 ,onde �1; �2; : : : ; �n são os valores próprios de A associados respectivamente aos vectorespróprios que constituem as colunas de P T e que formam uma base ortonormada de Rn.

De�nição 77. (i) Chama-se cónica ou secção cónica à curva plana obtida por meio deum corte efectuado por um plano relativamente a uma superfície cónica. As secções cónicasque se obtêm quando o plano que efectua o corte não passa pelo vértice da superfície cónica,são elipses (os valores próprios têm o mesmo sinal) (podendo ter-se circunferências: quandoo corte é efectuado perpendicularmente ao eixo de simetria do cone), parábolas (um dos doisvalores próprios é zero) e hipérboles (os dois valores próprios têm sinais contrários).

(ii) Em R3 tem-se

x =

24 x1x2x3

35 ; A =

24 a d ed b fe f c

35 e B =

24 ghi

35e

ax21 + bx22 + cx

23 + 2dx1x2 + 2ex1x3 + 2fx2x3 + gx1 + hx2 + ix3 + � = 0.

À super�cie resultante da equação anterior chama-se quádrica. Existem quatro tipos dequádricas não degeneradas): elipsóides, hiperbolóides (de uma ou duas folhas), cones eparabolóides (elípticos ou hiperbólicos).

Exemplo 60. Considere-se a forma quadrática Q : R2 ! R de�nida por

Q(x; y) = 3x2 + 4xy + 3y2.

Tem-se

Q(x; y) =�x y

�A

�xy

�,

com

A =

�3 22 3

�:

Os valores próprios de A são �1 = 1 e �2 = 5. Tem-se então a seguinte forma quadráticadiagonal (isto é, sem termos cruzados)

Q(x0; y0) =�x0 y0

�D

�x0

y0

�=�x0 y0

� � 1 00 5

� �x0

y0

�174

com

D = PAP T ,�x0

y0

�= P

�xy

�,

e

P T =

26664p2

2

p2

2

�p2

2

p2

2

37775 =2664

cos�

4sen

�

4

� sen �4

cos�

4

3775 , P =

26664p2

2�p2

2

p2

2

p2

2

37775 =2664cos

�

4� sen �

4

sen�

4cos

�

4

3775 ,em que P T é a matriz diagonalizante obtida colocando na 1a coluna um vector própriode norma 1 associado ao valor próprio �1 e na 2a coluna um vector próprio de norma 1associado ao valor próprio �2, de tal modo que ambos os vectores próprios constituam umabase ortonormada de R2. Observe-se que a matriz P é ortogonal, isto é, tem-se P T = P�1.Tem-se então

Q(x; y) =�x y

�A

�xy

�=

�x y

�P TDP

�xy

�=

=

�P

�xy

��TDP

�xy

�=

=�x0 y0

�D

�x0

y0

�= Q(x0; y0).

Por exemplo, relativamente à equação quadrática

3x2 + 4xy + 3y2 = 4

5 4 3 2 1 1 2 3 4 5

4

2

2

4

x

y

tem-se a elipse:

(x0)2+ 5 (y0)

2= 4,

�x0

2

�2+

y0

2p55

!2= 1:

175

De�nição 78. Seja A uma matriz real simétrica do tipo n� n. Diz-se que A e a formaquadrática Q : Rn ! R dada por

Q (x) = xTAx

são:

(i) de�nidas positivas sexTAx > 0;

para todo o x 6= 0;

(ii) de�nidas negativas sexTAx < 0;

para todo o x 6= 0;

(iii) semide�nidas positivas se

xTAx � 0;

para todo o x;

(iv) semide�nidas negativas se

xTAx � 0;

para todo o x;

(v) inde�nidas se existirem pontos onde xTAx seja positiva e pontos onde xTAx sejanegativa.

Teorema 105. Seja A 2Mn�n(R) tal que A é simétrica. Então,

(i) A é de�nida positiva se e só se todos os valores próprios de A forem positivos;

(ii) A é de�nida negativa se e só se todos os valores próprios de A forem negativos;

(iii) A é semide�nida positiva se e só se todos os valores próprios de A forem nãonegativos;

(iv) A é semide�nida negativa se e só se todos os valores próprios de A forem nãopositivos;

(v) A é inde�nida se e só se A tiver pelo menos um valor próprio positivo e outronegativo.

176


1. Seja

A =

24 9 8 76 5 43 2 1

35 :Veri�que se 0 é valor próprio de A e caso seja determine um vector próprio associado.

2. Sem calcular o polinómio característico, indique um valor próprio e dois vectorespróprios associados linearmente independentes para a matriz24 5 5 5

5 5 55 5 5

35 :3. Determine os valores próprios de uma matriz A 2 � 2 cujo traço seja igual a 5 e cujodeterminante seja igual a 6.

4. Determine uma matriz A real simétrica (AT = A) 2 � 2 cujos valores próprios sejam�2 e 2 e tal que (2; 1) seja um vector próprio associado ao valor próprio 2.

5. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que admite os vectores próprios

v1 = (1; 2; 1); v2 = (�1; 0; 1); v3 = (0; 1; 0);

associados respectivamente aos valores próprios 1; 2 e 3.

Determine a expressão geral de T .

6. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 de�nida por

T (x; y; z) = (0; y + 3z; 3y + z):

(i) Diga quais dos seguintes vectores:

v1 = (2; 1; 1); v2 = (0;�1; 1); v3 = (1; 0; 0); v4 = (�1; 1; 3); v5 = (0; 3; 3)

são vectores próprios.

(ii) Determine os valores próprios de T .

(iii) Diga, justi�cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.

(iv) Determine os subespaços próprios de T .


T (1; 2) = (5; 5) = T (2; 1) :

(i) Veri�que que os vectores v1 = (1;�1) e v2 = (1; 1) são vectores próprios de T .(ii) Diga, justi�cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.

(iii) Indique uma base ordenada de R2 relativamente à qual a matriz que representaT seja uma matriz diagonal.

(iv) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

177

8. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que em relação à base canónica de R3é representada pela matriz:

A =

24 0 1 00 1 00 1 0

35 .(i) Veri�que que os vectores v1 = (1; 0; 0); v2 = (1; 1; 1) e v3 = (0; 0; 1) são vectorespróprios de T .

(ii) Diga, justi�cando, se T é invertível e se T é diagonalizável.

(iii) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

(iv) Diagonalize T . Isto é, determine uma matriz de mudança de base P�1 e umamatriz diagonal D tais que

D = PAP�1:

9. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base ordenadaf(1; 2) ; (2; 1)g de R2 é representada pela matriz:

A =

�2 33 2

�.

(i) Determine os valores próprios de T e diga, justi�cando, se T é invertível e se T édiagonalizável.

(ii) Determine bases para os subespaços próprios de T .

(iii) Diagonalize a transformação linear T , isto é, determine uma base ordenada de R2relativamente à qual a matriz que represente T seja uma matriz diagonal.

10. Seja V um espaço linear de dimensão �nita. Seja T : V ! V uma transformaçãolinear tal que T 2 = T . Uma tranformação linear nas condições anteriores chama-seprojecção.

(i) Mostre que os valores próprios de T são 0 e 1:

(ii) Justi�que que T é diagonalizável.


T (x; y; z) = (x; y;�x� y) :

(i) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

(ii) A transformação linear T representa geometricamente uma projecção sobre umplano, paralelamente a um vector. Determine esse plano e esse vector.

12. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que representa geometricamente aprojecção sobre o plano x+ y + z = 0, paralelamente ao vector (0; 0; 1).

(i) Explique o signi�cado do plano e do vector referidos no enunciado.

(ii) Determine a expressão geral de T .

178

13. Considere o produto interno usual em R3 e a transformação linear T : R3 ! R3 de�nidapor: T (x; y; z) = (0; x+ y; z). Determine os valores próprios de T e diga, justi�cando,se T é uma projecção ortogonal.

14. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 tal que

T (�1; 1;�1) = (2;�2; 2) ; T (1; 0; 1) = (�2; 0;�2) ; T (�1; 0; 1) = (0; 0; 0) :

a) Diga, justi�cando, quais são os valores próprios de T .

b) Diga, justi�cando, se (1; 1; 1) é vector próprio de T .

15. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base canónica de R2é representada pela matriz:

A =

�2 10 2

�.

(i) Determine os valores próprios e os subespaços próprios de T .

(ii) Mostre que não existe nenhuma base de R2 constituída por vectores próprios deT . T é diagonalizável?


T (x; y; z) = (3x; 2y + z; 2z):

(i) Determine os valores próprios e bases dos subespaços próprios de T .

(ii) Mostre que não existe nenhuma base de R3 em relação à qual T possa ser repre-sentada por uma matriz diagonal.


T (x; y; z) = (y + z; 2y + z; y + 2z).

(i) Determine o polinómio característico de T .

(ii) Determine os valores próprios e bases dos subespaços próprios de T .

(iii) Determine uma base de R3 constituída por vectores próprios de T . Determine amatriz que representa T nesta base ordenada.

(iv) SejaA a matriz que representa T na base canónica de R3, isto é, A =M(T ;B3c ;B3c ).Diagonalize a matriz A. Isto é, determine uma matriz de mudança de base P�1 e umamatriz diagonal D tais que D = PAP�1.

(v) Determine An e T n(x; y; z).

18. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que em relação à base ordenadaf(0; 1; 0) ; (1; 0;�1) ; (1; 0; 1)g de R3 é representada pela matriz:

A =

24 7 4 21 7 �1�1 2 10

35 .(i) Determine o polinómio característico de T .

179

(ii) Determine os valores próprios e bases dos subespaços próprios de T .

(iii) Diagonalize a transformação linear T , isto é, determine uma base ordenada de R3relativamente à qual a matriz que represente T seja uma matriz diagonal.

(iv) Determine An e T n(x; y; z).

19. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0;�1) e (1;�1; 0) são vectores próprios da matriz24 1 1 1a b cd e f

35 ,determine a; b; c; d; e; f .

20. Considere a transformação linear T :M2�2(R) �!M2�2(R) de�nida por

T (A) = A+ AT :

(i) Escolha uma base ordenada paraM2�2(R) e determine a matriz que representa Tem relação a essa base ordenada.

(ii) Determine os valores próprios e os vectores próprios de T .

(iii) Diga se T pode ou não ser representada por uma matriz diagonal em relação auma base ordenada apropriada deM2�2(R). Em caso a�rmativo, indique uma tal baseordenada e a correspondente matriz diagonal que representa T .

21. Considere as matrizes

A1 =

�2 1�2 5

�; A2 =

24 2 1 10 3 10 1 3

35 ; A3 =24 1 1 01 1 00 0 0

35 :Veri�que que A1; A2 e A3 são diagonalizáveis. Isto é, determine matrizes de mudançade bases P�11 ; P�12 e P�13 e matrizes diagonais D1; D2 e D3 tais que

D1 = P1A1P�11 , D2 = P2A2P

�12 e D3 = P3A3P

�13 .

Ou seja, veri�que que existe uma base de R2 formada por vectores própriosde A1, uma base de R3 formada por vectores próprios de A2 e outra base deR3 formada por vectores próprios de A3.

22. Considere a transformação linear T : R4 �! R4 que em relação à base canónica de R4é representada pela matriz 2664

0 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

3775 ,com a; b; c 2 R. Determine os valores de a; b; c de modo a que exista uma base de R4constituída só por vectores próprios de T .

180

23. Para cada parâmetro � 2 R, sejam

A =

24 � 1 10 3 01 0 �

35 ; u1 =24 101

35 ; u2 =24 10�1

35 :(i) Prove que u1 e u2 são vectores próprios de A. Determine os valores própriosassociados.

(ii) Determine os valores próprios de A e indique os valores de � para os quais A tem3 valores próprios todos distintos.

(iii) Determine, em função de �, bases para os espaços próprios associados.

(iv) Identi�que, justi�cando, os valores de � para os quais a matriz A é diagonalizável.


T (x; y; z) = (x+ 2z; y; 2x+ z) :

a) Determine os valores próprios de T e diga, justi�cando, se T é invertível e se T édiagonalizável.

b) Diga se T pode ou não ser representada por uma matriz diagonal em relação a umabase ordenada de R3. Em caso a�rmativo, determine uma tal base ordenada e indiquea correspondente matriz diagonal que representa T .

25. Considere matriz dada por:

A =

24 1 0 10 2 01 0 1

35 .Considere a base ordenada B = f(1; 0; 0); (1; 1; 0)); (1; 1; 1)g de R3 e T : R3 ! R3 atransformação linear tal que

A =M(T ;B;B):

a) Determine os valores próprios da matriz A.

b) Encontre uma base de R3 formada por vectores próprios de A.c) Veri�que se o vector (1; 0;�1) é vector próprio da matriz A ou da transformaçãolinear T .

d) Resolva, em R3, a equação linear T (x; y; z) = (2; 1; 1).

26. Considere o espaço linear R3 munido com o produto interno usual. Para cada � real,considere a matriz dada por:

A =

24 1 0 2�1 3 �2 0 1

35 .a) Prove que (4; 1 + �;�4) é um vector próprio de A e diga qual é o valor próprioassociado.

b) Determine os valores próprios de A e as respectivas multiplicidades algébricas.

181

c) Determine uma base para cada espaço próprio de A e identi�que os valores de �para os quais A é diagonalizável.

d) Determine, se existirem, os valores de � para os quais é possível encontrar uma baseortogonal de R3 constituída só por vectores próprios de A. Justi�que.

27. Considere a transformação linear T : P1 ! P1 de�nida por

M�T ;B2c ;B

�=

�2 11 2

�onde B2c = f1; tg e B = f1 + t; 1 � tg são duas bases ordenadas de P1. Determine osvalores próprios de T .

28. Seja P1 = fp(t) = a0 + a1t : a0; a1 2 Rg o espaço linear real dos polinómios reais degrau menor ou igual a 1. Considere ainda a transformação linear T : P1 ! P1 tal que

T (2� 2t) = 6� 2t T (�1 + 2t) = 6t T (1 + t) = 9 + 9t:

a) Determine os valores próprios de T .

b) Determine uma base de P1 formada por vectores próprios de T .

29. Seja

A =

24 1 0 11 1 11 0 1

35 :a) Determine os valores próprios de A e diga, justi�cando, se A é invertível.

b) Determine, caso exista, uma base para R3 formada só por vectores próprios de A.

30. Seja

A =

24 2 0 10 1 01 0 2

35 :Calcule as dimensões dos espaços próprios de A sem os determinar.

31. Considere o produto interno usual em R3. Seja

A =

24 2 0 10 2 01 0 2

35 :Determine, justi�cando, uma base ortonormada para R3 formada só por vectorespróprios de A.

32. Considere o espaço linear R3 munido com o produto interno usual. Seja

A =

24 1 0 32 0 23 0 1

35 :Diga, justi�cando, se é possível encontrar uma base ortogonal para R3 formada só porvectores próprios de A. Caso seja possível, determine essa base.

182


A =

24 �3 �1 �2�1 �3 2�2 2 0

35 :Diga, justi�cando, se é possível encontrar uma base ortogonal para R3 formada sópor vectores próprios de A. Caso seja possível, determine essa base. Isto é, diga seé possível encontrar uma matriz ortogonal P T que diagonalize ortogonalmente A eindique nessa caso, a correspondente matriz diagonal semelhante a A.


A =

24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

35 :Determine três raízes quadradas de A, isto é, determine três matrizes B tais que

A = B2:

Diga qual é a única raíz quadrada de�nida positivaB.

35. Considere o produto interno usual. Seja A =

24 1 0 00 1 20 2 4

35. Determine a matriz B de

valores próprios não negativos tal que

B2 = A:


A =

24 2 1 11 2 11 1 2

35 :a)Mostre que (1; 1; 1) é um vector próprio de A e diga qual é o valor próprio associado.

b) Sendo T : R3 ! R3 a transformação linear representada matricialmente por Arelativamente à base canónica ordenada B3c = f(1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g de R3 (istoé, A =M (T ;B3c ;B

3c )), determine

T (�1; 1; 0) e T (�1; 0; 1).

c) Determine uma base ortogonal para R3 formada só por vectores próprios de A.d) Determine a única matriz B de�nida positiva (isto é, cujos valores próprios sejamtodos positivos) tal que

A = B2:

37. Considere o produto interno usual. Determine uma matriz simétrica A 2 M3�3 (R)cujos valores próprios sejam 1 e �1, e tal que

N (A� I) = L (f(1; 1; 1) ; (2; 2; 1)g) :

183

38. Considere o produto interno usual. Seja A =�

2 1 + i1� i 3

�:

(i) Mostre que A é normal.

(ii) Diga, justi�cando, se A é hermitiana.

(iii) Encontre uma matriz unitária UH que diagonalize unitariamente A e indique acorrespondente matriz diagonal semelhante a A.

39. Considere o produto interno usual. Justi�que a seguinte a�rmação. A matriz24 1 1 00 1 11 0 1

35não é ortogonalmente diagonalizável (não existe P T ortogonal tal que

D = PAP T

é diagonal), no entanto, é unitariamente diagonalizável (existe UH unitária tal que

D = UAUH

é diagonal).

40. Considere o produto interno usual em R2. Seja A� =�1 2�2 �

�, com � 2 R. Diga,

justi�cando, se existe uma base ortogonal de R2 formada só por vectores próprios deA� e determine � tal que A� é unitariamente diagonalizável.

41. Considere o sistema de equações diferenciais

8<:u01 = �2u3u02 = u1 + 2u2 + u3u03 = u1 + 3u3

(i) Resolva-o, determinando a respectiva solução geral.

(ii) Determine a única solução 24 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

35tal que 24 u1 (0)u2 (0)

u3 (0)

35 =24 2�10

35 :42. Considere o produto interno usual. Classi�que e diagonalize a seguinte forma quadrática.

Q : R3 ! R;

Q (x1; x2; x3) = 3x21 � 2x1x2 + 2x22 � 2x2x3 + 3x23:

184


1. Seja V um espaço euclidiano real. Veri�que que para todos os u; v; w 2 V; � 2 R setem:

(i) hu; vi = hv; ui(ii) h�u; vi = hu; �vi = � hu; vi(iii) hu; v + wi = hu; vi+ hu;wi(iv) hu+ v; wi = hu;wi+ hv; wi(v) hu+ w; v + wi = hu; vi+ hu;wi+ hw; vi+ kwk2

(vi) hu;0i = h0; ui = 0(vii) hu; vi = 0 se e só se ku+ vk = ku� vk.(viii) hu; vi = 0 se e só se ku+ vk2 = kuk2 + kvk2 :(ix) hu; vi = 0 se e só se ku+ cvk � kuk para todo o real c.(x) hu+ v; u� vi = 0 se e só se kuk = kvk.(xi) Lei do paralelogramo ku� vk2 + ku+ vk2 = 2 kuk2 + 2 kvk2.

2. Seja V um espaço euclidiano real.

(i) Seja u 2 V . Veri�que que se hu; vi = 0 para qualquer v 2 V então u = 0.(ii) Sejam u; v 2 V . Veri�que que u = v se e só se hu;wi = hv; wi para qualquerw 2 V .

3. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja S = fu1; :::; ung uma base orto-normada de V . Seja T : V ! V uma transformação linear. Veri�que que a matrizA = (aij) que representa T em relação à base S é dada por

A = (aij) = (hT (uj); uii) .

4. Seja V um espaço euclidiano de dimensão n. Seja fu1; :::; ukg um conjunto linearmenteindependente de k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de�nidapor

T (v) =kXi=1

hv; uiiui,

com v 2 V .Mostre que T é invertível se e só se k = n.

5. Seja V um espaço euclidiano real. Seja T : V ! V uma transformação linear tal que

kT (w)k = kwk

para qualquer w 2 V . Mostre que

hT (u); T (v)i = hu; vi ,

para quaisquer u; v 2 V .

185

6. Seja U uma matriz unitária. Mostre que os valores próprios de U têm módulo 1.

7. Considere o espaço euclidiano Rn. Seja T : Rn ! R uma transformação linear. Mostreque existe um e um só u0 2 Rn tal que

T (u) = hu; u0i;

para todo o u 2 Rn.

8. Seja P : Rn ! Rn a projecção ortogonal sobre um subespaço V de Rn de dimensão k.Determine o polinómio característico de P e prove que P é diagonalizável.

9. Considere o espaço linear Rn munido com o produto interno usual. Seja A 2Mn�n(R)tal que

ATA = AAT :

Prove que o complemento ortogonal do espaço das colunas de A é igual ao núcleo deA, isto é

(C(A))? = N (A).

10. Seja V um espaço linear complexo, isto é, cujo corpo dos escalares é C. Considere Vmunido de um produto interno h; i. Seja T : V ! V uma transformação linear tal que

hT (u); ui = 0

para todo o u 2 V . Mostre que T = 0.

11. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio de Tassociado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio deT�1 e determine o valor próprio de T�1 que lhe está associado.

12. Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Seja u um vectorpróprio de T associado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vectorpróprio de T 2 associado ao valor próprio �2 de T 2.

13. Seja A uma matriz do tipo n� n. Mostre que se � é um valor próprio de A então �k

é um valor próprio de Ak, onde k é um inteiro positivo.

14. Uma matriz A do tipo n� n diz-se nilpotente se Al = 0 para algum inteiro positivo l.Mostre que se A é nilpotente então o único valor próprio de A é 0.

15. Seja A uma matriz n� n. Veri�que que A e AT têm os mesmos valores próprios.

16. Seja A uma matriz n � n cuja soma das suas colunas é constante e igual a r. Mostreque r é um valor próprio de A:

17. Seja A 2Mn�n(R). Seja P uma matriz diagonalizante para A. Determine uma matrizdiagonalizante para AT em termos de P .

18. Seja Q uma matriz n� n real ortogonal, isto é, tal que Q�1 = QT .Mostre que se n fôr ímpar então Q tem o valor próprio 1 ou tem o valor próprio �1.

19. Seja A 2M2�2(R) tal que detA < 0. Mostre que A é diagonalizável.

186

20. Seja A uma matriz n� n e seja � um valor próprio de A com multiplicidade algébricaigual a n. Mostre que se A fôr diagonalizável então A é uma matriz diagonal.

21. Seja V um espaço linear e seja T : V ! V uma transformação linear tal que todosos vectores não nulos de V são vectores próprios. Mostre que T tem um único valorpróprio.

22. Sejam A e B duas matrizes do tipo n�n. Mostre que AB e BA têm os mesmos valorespróprios.

23. Seja A uma matriz n� n e sejam �1; �2 escalares, com �1 6= �2, tais que

(A� �1I) (A� �2I) = 0:

Mostre que A é diagonalizável.

24. Seja A matriz real n � n nilpotente, isto é, existe um natural k tal que Ak 6= 0 eAk+1 = 0. Prove que A não é diagonalizável.

25. Considere a aplicação h; i : R3 � R3 ! R dada por:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x1y3 + 2x2y2 + x3y1 + x3y3.

Determine um subespaço de R3 com a maior dimensão possível relativamente ao quala aplicação anterior de�na um produto interno.

26. Sejam A;B 2 Mn�n (R), com A ortogonalmente diagonalizável de valores própriostodos não negativos e tal que A2B = BA2. Mostre que AB = BA.

27. Seja A 2Mn�n (R) uma matriz cujos valores próprios são todos reais e tal que

(trA)2 > (n� 1) trA2:

Mostre que A é invertível. Sugestão: Poderá ser útil considerar a desigualdade deCauchy-Schwarz relativamente ao produto interno usual.

187

Bibliogra�a

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2. Luís Barreira e Clàudia Valls, exercícios de álgebra linear, IST Press, 2011.

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10. Gilbert Strang, Linear Algebra and its Applications, 3rd edition, Thomson Learning,1988.

188

Resolução da 1a Ficha de exercícios para as aulas de problemas

1. As equações das alíneas a) e b) são lineares.

2. O ponto (1;�1) é a solução desse sistema de equações lineares.

3. Os pontos: (1;�1; 1; 0) ; (1;�1; 1; 2) ;�3;�9; 7;

3p�

2

�são soluções desse sistema de

equações lineares.

4. p (t) = a0 + a1t+ a2t2 com a0; a1; a2 2 R.p (1) = 0, a0 + a1 + a2 = 0p (0) = 1, a0 = 1p (�1) = 1, a0 � a1 + a2 = 124 1 0 0 j 11 1 1 j 01 �1 1 j 1

35 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 0 0 j 10 1 1 j �10 �1 1 j 0

35 �!L2+L3!L3

24 1 0 0 j 10 1 1 j �10 0 2 j �1

35a0 = 1; a1 = a2 = �

1

2

Logo p (t) = 1� 12t� 1

2t2

5. a)

24 2 3 j 31 �2 j 53 2 j 7

35 �!L1$L2

24 1 �2 j 52 3 j 33 2 j 7

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

�!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 �2 j 50 7 j �70 8 j �8

35 �!� 87L2+L3!L3

24 1 �2 j 50 7 j �70 0 j 0

35.Logo,

�x� 2y = 57y = �7 ,

�x = 3y = �1. A solução geral do sistema é S = f(3;�1)g.

b)

24 1 2 �1 3 j 32 4 4 3 j 93 6 �1 8 j 10

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 2 �1 3 j 30 0 6 �3 j 30 0 2 �1 j 1

35 �!� 13L2+L3!L3

�!� 13L2+L3!L3

24 1 2 �1 3 j 30 0 6 �3 j 30 0 0 0 j 0

35.189

Logo,�x+ 2y � z + 3w = 36z � 3w = 3 ,

�x = �2y � 5

2w + 7

2

z = 12w + 1

2.

A solução geral do sistema é S =��2s� 5

2t+ 7

2; s; 1

2t+ 1

2; t�: s; t 2 R

.

c)

24 1 �2 3 �1 j 13 �1 2 5 j 2�3 6 �9 3 j �6

35 �!�3L1+L2!L23L1+L3!L3

24 1 �2 3 �1 j 10 5 �7 8 j �10 0 0 0 j �3

35.Logo, o sistema não tem solução (é impossível). S = ?.

d)

26640 0 2 3 j 42 0 �6 9 j 72 2 �5 2 j 40 100 150 �200 j 50

3775 �!L1$L3150L4!L4

26642 2 �5 2 j 42 0 �6 9 j 70 0 2 3 j 40 2 3 �4 j 1

3775 �!�L1+L2!L2

�!�L1+L2!L2

26642 2 �5 2 j 40 �2 �1 7 j 30 0 2 3 j 40 2 3 �4 j 1

3775 �!L2+L4!L4

26642 2 �5 2 j 40 �2 �1 7 j 30 0 2 3 j 40 0 2 3 j 4

3775 �!�L3+L4!L4

�!�L3+L4!L4

26642 2 �5 2 j 40 �2 �1 7 j 30 0 2 3 j 40 0 0 0 j 0

3775.

Logo,

8<:2x1 + 2x2 � 5x3 + 2x4 = 4�2x2 � x3 + 7x4 = 32x3 + 3x4 = 4

,

8>>>><>>>>:x1 =

192� 9x4

x2 =174x4 � 5

2

x3 = �32x4 + 2

A solução geral do sistema é dada por

S =

��19

2� 9s; 17

4s� 5

2;�32s+ 2; s

�: s 2 R

�:

6. a) Sejam A =

24 1 2 �33 �1 21 �5 8

35 e Ba;b;c =24 abc

35 :

[A j Ba;b;c] =

24 1 2 �3 j a3 �1 2 j b1 �5 8 j c

35 �!�3L1+L2!L2�L1+L3!L3

190

�!�3L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 2 �3 j a0 �7 11 j b� 3a0 �7 11 j c� a

35 �!�L2+L3!L3

24 1 2 �3 j a0 �7 11 j b� 3a0 0 0 j c� b+ 2a

35.Para que haja solução é necessário que carA = car [A j Ba;b;c], isto é, é necessário que

c� b+ 2a = 0:

(b) Sejam A =

24 1 �2 42 3 �13 1 2

35 e Ba;b;c =24 abc

35 :

[A j Ba;b;c] =

24 1 �2 4 j a2 3 �1 j b3 1 2 j c

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

�!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 �2 4 j a0 7 �9 j b� 2a0 7 �10 j c� 3a

35 �!�L2+L3!L3

24 1 �2 4 j a0 7 �9 j b� 2a0 0 �1 j c� b� a

35.Como carA = car [A j Ba;b;c], este sistema tem solução para quaisquer valores de a; b; c.

7. a) Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se

2664�1 1 1 j �2� ��3 1 j �21 �1 � j �2��2 2 2 j �4

3775 !�L1+L2!L2L1+L3!L3�2L1+L4!L4

2664�1 1 1 j �20 �� 3 �+ 1 j �2� 2�0 0 �+ 1 j �2� 2�0 0 0 j 0

3775 :Se � 2 f�1; 0; 1g então o sistema é possível e indeterminado.Se � =2 f�1; 0; 1g então o sistema é possível e determinado.

b) Para � = �2, tem-se o sistema de equações lineares

8<:�x+ y + z = �26y � z = 2�z = 2.

,

8<:x = 0y = 0z = �2.

A solução geral do sistema é dada por: S = f(0; 0;�2)g.

8. a)

8<:�x+ y + �z = 12x+ �y � 2�z = ��x+ �y + z = �1 + 2�

SejamA� =

24 �1 1 �2 � �2�� 1

35 eB =24 1

��1 + 2�

35.

[A� j B] =

24 �1 1 � j 12 � �2� j �� 1 j �1 + 2�

35 �!2L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 �1 1 � j 10 �+ 2 0 j �+ 20 0 (1� �) (1 + �) j �1 + �

35 :191

Se � = 1 então carA� = car [A� j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo osistema é possível e indeterminado, tendo-se�

�x+ y + z = 13y = 3:

,�x = zy = 1:

A solução geral deste sistema é então dada por

S1 = f(s; 1; s) : s 2 Rg :

Se � = �2 então então carA� = car [A� j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema.Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se�

�x+ y � 2z = 1�3z = �3: ,

�x = y � 3z = 1:


S�2 = f(s� 3; s; 1) : s 2 Rg :

Se � = �1 então carA�| {z }=2

< car [A� j B]| {z }=3

. Logo, o sistema não tem solução (é impossível).

S�1 = ?:

Se � 6= 1 e � 6= �1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B] = 3 = no de incógnitas do sistema.Logo o sistema é possível e determinado, tendo-se8<:

�x+ y + �z = 1(�+ 2) y = �+ 2(1� �) (1 + �) z = �1 + �

,

8<:x = ��= (�+ 1)y = 1z = �1= (�+ 1) .

A solução geral do sistema é então dada por

S� =

��

�+ 1; 1;� 1

�+ 1

��:

b) Sejam A� =

24 � 1 11 � 11 1 �

35 e B =24 111

35.

[A� j B] =

24 � 1 1 j 11 � 1 j 11 1 � j 1

35 �!L1$L3

24 1 1 � j 11 � 1 j 1� 1 1 j 1

35 �!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

�!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 1 1 � j 10 �� 1 1� � j 00 1� � 1� �2 j 1� �

35 �!L2+L3!L3

24 1 1 � j 10 �� 1 1� � j 00 0 (1� �) (�+ 2) j 1� �

35.

192

Se � = 1 então carA� = car [A� j B] = 1 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo osistema é possível e indeterminado, tendo-se x+ y + z = 1. A solução geral deste sistema éentão dada por

S1 = f(1� s� t; s; t) : s; t 2 Rg :


< car [A� j B]| {z }=3


S�2 = ?.

Se � 6= 1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logoo sistema é possível e determinado, tendo-se8<:

x+ y + �z = 1(�� 1) y + (1� �) z = 0(1� �) (�+ 2) z = 1� �

,

8<:x = 1= (�+ 2)y = 1= (�+ 2)z = 1= (�+ 2) .

A solução geral do sistema é então dada por S� =��

1

�+ 2;1

�+ 2;1

�+ 2

��.

9.

8>><>>:2z + �w = �x+ y + z + 3w = 12x+ 2y + z + w = 2x+ y + 3z + 14w = 4

Sejam A� =

26640 0 2 �1 1 1 32 2 1 11 1 3 14

3775 e B� =2664�124

3775 :

[A� j B�] =

26640 0 2 � j �1 1 1 3 j 12 2 1 1 j 21 1 3 14 j 4

3775 �!L1$L3

�!L1$L3

26642 2 1 1 j 21 1 1 3 j 10 0 2 � j �1 1 3 14 j 4

3775 �!L1$L2

26641 1 1 3 j 12 2 1 1 j 20 0 2 � j �1 1 3 14 j 4

3775 �!�2L1+L2!L2�L1+L4!L4

�!�2L1+L2!L2�L1+L4!L4

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 2 � j �0 0 2 11 j 3

3775 �!2L2+L3!L32L2+L4!L4

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 0 �� 10 j �0 0 0 1 j 3

3775 �!L1$L2

�!L1$L2

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 0 1 j 30 0 0 �� 10 j �

3775 �!�(��10)L3+L4!L4

26641 1 1 3 j 10 0 �1 �5 j 00 0 0 1 j 30 0 0 0 j �3 (�� 10) + �

3775.Se � = 3 (�� 10) então carA� = car [A� j B�] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.

193

Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se8<:x+ y + z + 3w = 1�z � 5w = 0w = 3

,

8<:x = 7� yz = �15w = 3.

:

A solução geral deste sistema é então dada por S�;� = f(7� s; s;�15; 3) : s 2 Rg.

Se � 6= 3 (�� 10) então carA�| {z }=3

< car [A� j B�]| {z }=4

. Logo, o sistema não tem solução (é

impossível). S�;� = ?.

10. a) Sejam x = 1 + t e y = 1� t. Logo x+ y = 2:

b) Sejam x = t, y = 1� 2t e z = 1. Tem-se então o seguinte sistema:8<:2x+ y = 1

z = 1.

c) Sejam x = 3t, y = 2t e z = t. Tem-se então o seguinte sistema:8<:x� 3z = 0

y � 2z = 0.

d) Sejam x = 2t� 3s, y = t+ s� 1, z = 2s+1 e w = t� 1. Logo t = w+1 e s = z � 12.

Assim: 8>>><>>>:x = 2 (w + 1)� 3z � 1

2

y = w + 1 +z � 12� 1.

Deste modo, obtém-se o sistema de equações lineares:8<:2x+ 3z � 4w = 7

2y � z � 2w = �1.

e) Por exemplo:

8<:x+ y = 1

x+ y = 0.

f)

8<:x = 1y = 1z = 1.

194


1. (ii)�1 �10 �1

�1000=

�1 �10 �1

�2!500= I500 = I

(iv)�0 1�1 0

�222+

�0 1�1 0

�220=

�0 1�1 0

�220 �0 1�1 0

�2+ I

!=

=

�0 1�1 0

�220 �0 00 0

�=

�0 00 0

�(xi) se ad� bc 6= 0,�

a bc d

��1

ad� bc

�d �b�c a

��=

1

ad� bc

�ad� bc 00 ad� bc

�= I

2. (i)��132� � 3� �

�= [�2� � 1] (ii) Não é possível.

(iii)

24 32�2

1 �1

3524 �13

2 4

�3p5 1

2

35 =24 11

23� 2

p5 5

83

2�p5 7

2

35(iv) 2

�1 03 �1

2

�� 13

�0 �6�2 3

�=

�2 2203�2

�(v) Não é possível. (vi) Não é possível.

(vii)� p

2�3

� �4 �1

22�=

24 4p2 �12

p2 2p2

�12 32

�6

35

viii)

0@24 2�14

1

35 2 � p2 �3 �1AT

=

24 4p2 �12

p2 2p2

�12 32

�6

35

(ix)

0BBBB@224 1

30 1

2

�13�12�1

35T 24 1 0 12

�13�12�1

35�266664

89

131

13

121

531 5

2

3777751CCCCAT

=

24 0 0 00 0 00 0 0

35

(x)

24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

35T 24 1 0�2 4�13�3

35 =2666666664

�1 �18

56�10

�76�16

�73�3

3777777775195

(xi)

24 1 0�2 4�13�3

35T 24 1 �12

0 �20 �1 �1

40

6 2 5 1

35 = � �1 56

�76�73

�18 �10 �16 �3

�

3. (i)

26641 �4 9 �16�1 4 �9 161 �4 9 �16�1 4 �9 16

3775 (ii)

26640 2 3 4�2 0 3 4�3 �3 0 4�4 �4 �4 0

3775 (aii = �aii , aii = 0)

4. (i)

24 1 � ��2 1 23 �2� � �1

35 �!2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 � �0 1 + 2� 2 + 2�0 �2� 4� �1� 3�

35 �!2L2+L3!L3

�!2L2+L3!L3

24 1 � �0 1 + 2� 2 (1 + �)0 0 3 + �

35

Seja A� =

24 1 � ��2 1 23 �2� � �1

35. Se � 6= �3 e � 6= �12então carA� = 3 e nulA� = 0.

Se � = �3 ou � = �12então carA� = 2 e nulA� = 1.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= �3 e � 6= �1

2, uma vez que é só neste caso que

carA� = no de colunas de A�.

(ii)

24 2 �2 ��2 1 10 �2 � 1 �+ 1

35 �!�L1+L2!L2

24 2 �2 ��0 1� �2 1 + �0 �2 � 1 �+ 1

35 �!L2+L3!L3

�!L2+L3!L3

24 2 �2 ��0 (1� �) (1 + �) 1 + �0 0 2 (�+ 1)

35.

Seja A� =

24 2 �2 ��2 1 10 �2 � 1 �+ 1

35. Se � = �1 então carA� = 1 e nulA� = 2.

Se � = 1 então carA� = 2 e nulA� = 1.

Se � 6= �1 e � 6= 1 então carA� = 3 e nulA� = 0.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= �1 e � 6= 1, uma vez que é só neste caso quecarA� = no de colunas de A�.

196

(iii)

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775 �!L1+L3!L32L1+L4!L4

2664�1 0 1 �0 1 �1 00 0 (1� �) (1 + �) �� 10 0 0 2 (�� 1)

3775.

Seja A� =

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775. Se � = 1 então carA� = 2 e nulA� = 2.

Se � = �1 então carA� = 3 e nulA� = 1.

Se � 6= 1 e � 6= �1 então carA� = 4 e nulA� = 0.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= 1 e � 6= �1, uma vez que é só neste caso quecarA� = no de colunas de A�.

5. Existem 16 matrizes 2� 2 só com 0 e 1 nas respectivas entradas. 6 são invertíveis:�1 00 1

�;

�0 11 0

�;

�1 10 1

�;

�1 11 0

�;

�0 11 1

�;

�1 01 1

�.

6. (i) [1]�1 = [1] (ii)�1 00 1

��1=

�1 00 1

�

(iii)�0 1 j 1 01 0 j 0 1

��!L1$L2

�1 0 j 0 10 1 j 1 0

�. Logo

�0 11 0

��1=

�0 11 0

�

(iv)�1 2 j 1 03 4 j 0 1

��!

�3L1+L2!L2

�1 2 j 1 00 �2 j �3 1

��!

L2+L1!L1

�!L2+L1!L1

�1 0 j �2 10 �2 j �3 1

��!

� 12L2!L2

�1 0 j �2 10 1 j 3

2�12

�.

Logo�1 23 4

��1=

��2 132�12

�.

(v)�2 1 j 1 01 1 j 0 1

��!L1$L2

�1 1 j 0 12 1 j 1 0

��!

�2L1+L2!L2

�!�2L1+L2!L2

�1 1 j 0 10 �1 j 1 �2

��!

L2+L1!L1

�1 0 j 1 �10 �1 j 1 �2

��!

� 12L2!L2

.

197

�!�L2!L2

�1 0 j 1 �10 1 j �1 2

�. Logo

�2 11 1

��1=

�1 �1�1 2

�.

(vi)�1 1 j 1 01 1 j 0 1

��!

�L1+L2!L2

�1 1 j 1 00 0 j �1 1

�.

Logo,�1 11 1

�não é invertível.

(vii) Nesta alínea só se apresenta a solução:

24 0 1 11 0 11 1 0

35�1 =24 �1

212

12

12�12

12

12

12�12

35.

(viii)

24 1 2 3 j 1 0 04 5 6 j 0 1 07 8 9 j 0 0 1

35 �!�4L1+L2!L2�7L1+L3!L3

24 1 2 3 j 1 0 00 �3 �6 j �4 1 00 �6 �12 j �7 0 1

35 �!�2L2+L3!L3

�!�2L2+L3!L3

24 1 2 3 j 1 0 00 �3 �6 j �4 1 00 0 0 j 1 �2 1

35.

Logo,

24 1 2 34 5 67 8 9

35 não é invertível.Nas alíneas (ix) e (x) só se apresentam as soluções:

(ix)

24 1 2 30 1 20 0 1

35�1 =24 1 �2 10 1 �20 0 1

35 (x)

0@13

24 2 �2 11 2 22 1 �2

351A�1 =24 2

313

23

�23

23

13

13

23�23

35

(xi)

24 1 0 2 j 1 0 00 3 0 j 0 1 04 0 5 j 0 0 1

35 �!�4L1+L3!L3

24 1 0 2 j 1 0 00 3 0 j 0 1 00 0 �3 j �4 0 1

35 �!23L3+L1!L1

�!23L3+L1!L1

24 1 0 0 j �530 2

3

0 3 0 j 0 1 00 0 �3 j �4 0 1

35 �!13L2!L2

� 13L3!L3

24 1 0 0 j �530 2

3

0 1 0 j 0 13

00 0 1 j 4

30 �1

3

35.

Logo

24 1 0 20 3 04 0 5

35�1 =24 �5

30 2

3

0 13

043

0 �13

35.(xii) Sejam k1; k2; k3; k4 6= 0.

198

26640 0 0 k1 j 1 0 0 00 0 k2 0 j 0 1 0 00 k3 0 0 j 0 0 1 0k4 0 0 0 j 0 0 0 1

3775 �!L1$L4L2$L3

2664k4 0 0 0 j 0 0 0 10 k3 0 0 j 0 0 1 00 0 k2 0 j 0 1 0 00 0 0 k1 j 1 0 0 0

3775 �!1k4L1!L1

1k3L2!L2

1k2L3!L3

1k1L4!L4

�!1k4L1!L1

1k3L2!L2

1k2L3!L3

1k1L4!L4

26641 0 0 0 j 0 0 0 1

k4

0 1 0 0 j 0 0 1k3

0

0 0 1 0 j 0 1k2

0 0

0 0 0 1 j 1k11 0 0 0

3775. Logo26640 0 0 k10 0 k2 00 k3 0 0k4 0 0 0

3775�1

=

26640 0 0 1

k4

0 0 1k3

0

0 1k2

0 01k1

0 0 0

3775.

7. Como

A2 + 2A+ 2I = 0, A

��12A� I

�=

��12A� I

�A = I

então A é invertível eA�1 = �1

2A� I.

8. Sejam A;B;X 2Mn�n (R) matrizes invertíveis tais que

(AB)2 =

�3 47 9

�:

(i)

AXB + AB = 0, AXB = �AB , A�1 (AXB)B�1 = A�1 (�AB)B�1 ,

,�A�1A

�X�BB�1

�= �

�A�1A

� �BB�1

�,

, IXI = �II , X = �I.

(ii)

BXA� A�1B�1 = 0, B�1 (BXA)A�1 = B�1�A�1B�1

�A�1 ,

,�B�1B

�X�AA�1

�=�B�1A�1

� �B�1A�1

�,

, IXI =�(AB)2

��1 ,, X =

�3 47 9

��1=

��9 47 �3

�.

199

9. (i) A 2M2�2 (R),�2I �

�3A�1

�T��1=

�4 37 5

�, 2I �

�3A�1

�T=

�4 37 5

��1,

, 2I ��3A�1

�T=

��5 37 �4

�,�3A�1

�T=

�2 00 2

��5 37 �4

�,

, A =

1

3

�7 �3�7 6

�T!�1=

�73�73

�1 2

��1=

�671

371

�.

(ii)

(BT + 4I)�1=

�1 32 5

�, BT + 4I =

�1 32 5

��1,

, B =

��5 32 �1

��4 00 4

��T=

��9 23 �5

�:

(iii)�1 �12 �3

�TA

�3 2�1 �1

�= I , A =

��3 2�1 �1

� �1 2�1 �3

��1= I.

10. (i) Seja A 2Mn�n (R) tal que

Ak = 0

para algum k 2 Nn f1g.

(I � A)�I + A+ :::+ Ak�1

�= I +A+ :::+Ak�1 �A�A2 � :::�Ak�1 �Ak = I �Ak = I

ou seja, I � A é invertível e

(I � A)�1 = I + A+ :::+ Ak�1.

(ii) 24 1 1 00 1 10 0 1

35�1 =0@I �

24 0 �1 00 0 �10 0 0

351A�1 =(i)

= I +

24 0 �1 00 0 �10 0 0

35+24 0 �1 00 0 �10 0 0

352 =24 1 �1 10 1 �10 0 1

35

200

uma vez que

24 0 �1 00 0 �10 0 0

353 =24 0 0 00 0 00 0 0

35.

11. A =

24 2 2 �25 1 �31 5 �3

35 :

(i) A3 =

24 2 2 �25 1 �31 5 �3

353 =24 0 0 00 0 00 0 0

35.(ii) Por (i): (I � A) (I + A+ A2) = I.

12. (i) Ba;b =

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a b3 0 6 0

3775 �!L1$L2

26642 2 0 a0 0 a 10 0 a b3 0 6 0

3775 �!L2$L4

�!L2$L4

26642 2 0 a3 0 6 00 0 a b0 0 a 1

3775 �!� 32L1+L2!L2

�L3+L4!L4

26642 2 0 a0 �3 6 �3

2a

0 0 a b0 0 0 1� b

3775.Se a = 0 ou ( a 6= 0 e b = 1) então carBa;b = 3 e nulBa;b = 1.

Se a 6= 0 e b 6= 1 então carBa;b = 4 e nulBa;b = 0.

(ii) [B1;0 j I] =

26640 0 1 1 j 1 0 0 02 2 0 1 j 0 1 0 00 0 1 0 j 0 0 1 03 0 6 0 j 0 0 0 1

3775 �!L1$L4

26643 0 6 0 j 0 0 0 12 2 0 1 j 0 1 0 00 0 1 0 j 0 0 1 00 0 1 1 j 1 0 0 0

3775 �!� 23L1+L2!L2

�L3+L4!L4

�!� 23L1+L2!L2

�L3+L4!L4

26643 0 6 0 j 0 0 0 10 2 �4 1 j 0 1 0 �2

3

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775 �!�L4+L2!L2�6L3+L1!L1

�!�L4+L2!L2�6L3+L1!L1

26643 0 0 0 j 0 0 �6 10 2 �4 0 j �1 1 1 �2

3

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775 �!12L2!L2

13L1!L1

�!12L2!L2

13L1!L1

26641 0 0 0 j 0 0 �2 1

3

0 1 �2 0 j �12

12

12�13

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775 �!2L3+L2!L2

26641 0 0 0 j 0 0 �2 1

3

0 1 0 0 j �12

12

52�13

0 0 1 0 j 0 0 1 00 0 0 1 j 1 0 �1 0

3775.201

Logo (B1;0)�1 =

26640 0 �2 1

3

�12

12

52�13

0 0 1 01 0 �1 0

3775.

(iii) Como B1;0 é invertível,

B1;0X = C , X = (B1;0)�1C , X =

26640 0 �2 1

3

�12

12

52�13

0 0 1 01 0 �1 0

377526641�23�1

3775 =2666666664

�193

193

3

�2

3777777775:

(iv) Seja X = (x1; x2; x3; x4).

Ba;1X = D ,

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a 13 0 6 0

37752664x1x2x3x4

3775 =2664�a0�a�6

3775 .A solução geral de Ba;1X = D é dada por:

(Solução particular de Ba;1X = D) + (Solução geral de Ba;1X = 0).

O vector (0; 0;�1; 0) é uma solução particular de Ba;1X = D. Determinemos a soluçãogeral de Ba;1X = 0.

Tem-se

26640 0 a 12 2 0 a0 0 a 13 0 6 0

3775 �!�L1+L3!L3� 32L2+L4!L4

26640 0 a 12 2 0 a0 0 0 00 �3 6 �3

2a

3775 �!L1$L2L3$L4

�!L1$L2L3$L4

26642 2 0 a0 0 a 10 �3 6 �3

2a

0 0 0 0

3775 �!L2$L3

26642 2 0 a0 �3 6 �3

2a

0 0 a 10 0 0 0

3775.

Logo,

8<:2x1 + 2x2 + ax4 = 0�3x2 + 6x3 � 3

2ax4 = 0

ax3 + x4 = 0,

8>><>>:x = �2x3x2 =

�2 +

a2

2

�x3

x4 = �ax3.

Assim, a solução geral de Ba;1X = 0 é dada por:�(�2s;

�2 +

a2

2

�s; s;�as) : s 2 R

�.

202

Logo, a solução geral do sistema linear Ba;1X = D é dada por:

f(0; 0;�1; 0)g+��2s;

�2 +

a2

2

�s; s;�as

�: s 2 R

�=

��2s;

�2 +

a2

2

�s; s� 1;�as

�: s 2 R

�.

Resolução Alternativa.

[Ba;1 j D] =

26640 0 a 1 j �a2 2 0 a j 00 0 a 1 j �a3 0 6 0 j �6

3775 �!�L1+L3!L3� 32L2+L4!L4

26640 0 a 1 j �a2 2 0 a j 00 0 0 0 j 00 �3 6 �3

2a j �6

3775 �!L1$L2L3$L4

�!L1$L2L3$L4

26642 2 0 a j 00 0 a 1 j �a0 �3 6 �3

2a j �6

0 0 0 0 j 0

3775 �!L2$L3

26642 2 0 a j 00 �3 6 �3

2a j �6

0 0 a 1 j �a0 0 0 0 j 0

3775.

Tem-se então

8><>:2x+ 2y + aw = 0

�3y + 6z � 32aw = �6

az + w = �a,

8><>:x = �2z � 2y =

�a2

2+ 2�(z + 1)

w = �a� az.

Logo, a solução geral do sistema linear Ba;1X = D é dada por:��2s� 2;

�a2

2+ 2

�(s+ 1) ; s;�a� as

�: s 2 R

�=

��2s;

�2 +

a2

2

�s; s� 1;�as

�: s 2 R

�:

13. Seja A =

24 �2 �1 22 �1 03 1 2

35. Tem-se E23(�14)E13(

32)E12(1)A =

24 �2 �1 20 �2 20 0 9

2

35.Logo,

A = (E12(1))�1 �E13(32)��1 �E23(�1

4)��1 24 �2 �1 2

0 �2 20 0 9

2

35 .Isto é,

A = E12(�1)E13(�32)E23(

14)

24 �2 �1 20 �2 20 0 9

2

35 , ou ainda, A = LU ,

com

L = E12(�1)E13(�32)E23(

14) =

24 1 0 0�1 1 0�32

141

35 e U =

24 �2 �1 20 �2 20 0 9

2

35 :

203

Resolução dos Exercícios de Revisão de Sistemas e Matrizes

1. (i)�4 �2 j 5�6 3 j 1

��!

32L1+L2!L2

�4 �2 j 50 0 j 17

2

�. Logo, o sistema não tem solução

(é impossível). S = ?.

(ii)�2 3 j 15 7 j 3

��!

� 52L1+L2!L2

�2 3 j 10 �1

2j 1

2

�. Logo,

�2x+ 3y = 1�12y = 1

2

,�x = 2y = �1.

A solução geral do sistema é S = f(2;�1)g.

(iii)�2 4 j 103 6 j 15

��!

� 32L1+L2!L2

�2 4 j 100 0 j 0

�. Logo, 2x+ 4y = 10, x = 5� 2y.

A solução geral do sistema é S = f(5� 2s; s) : s 2 Rg.

(iv)

24 2 1 �3 j 53 �2 2 j 55 �3 �1 j 16

35 �!� 32L1+L2!L2

� 52L1+L3!L3

24 2 1 �3 j 50 �7=2 13=2 j �5=20 �11=2 13=2 j 7=2

35 �!� 11

7L2+L3!L3

�!� 11

7L2+L3!L3

24 2 1 �3 j 50 �7=2 13=2 j �5=20 0 �26=7 j 52=7

35.Logo,

8<:2x+ y � 3z = 5�72y + 13

2z = �5

2

�267z = 52

7

,

8<:x = 1y = �3z = �2.

A solução geral do sistema é S = f(1;�3;�2)g.

(v)

24 1 2 3 j 32 3 8 j 43 2 17 j 1

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 2 3 j 30 �1 2 j �20 �4 8 j �8

35 �!�4L2+L3!L3

24 1 2 3 j 30 �1 2 j �20 0 0 j 0

35.Logo,

�x+ 2y + 3z = 3�y + 2z = �2 ,

�x = �7z � 1y = 2z + 2.

A solução geral do sistema é S = f(�7s� 1; 2s+ 2; s) : s 2 Rg.

(vi)

24 2 3 �2 j 51 �2 3 j 24 �1 4 j 1

35 �!� 12L1+L2!L2

�2L1+L3!L3

24 2 3 �2 j 50 �7=2 4 j �1=20 �7 8 j �9

35 �!�2L2+L3!L3

204

�!�2L2+L3!L3

24 2 3 �2 j 50 �7=2 4 j �1=20 0 0 j �8


(vii)

24 1 5 4 �13 j 33 �1 2 5 j 22 2 3 �4 j 1

35 �!�3L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 5 4 �13 j 30 �16 �10 44 j �70 �8 �5 22 j �5

35 �!� 12L2+L3!L3

�!� 12L2+L3!L3

24 1 5 4 �13 j 30 �16 �10 44 j �70 0 0 0 j �3

2


2. Sendo A =

26641 0 1�1 0 �� 0 ��1 0 �1

3775, tem-se

[A j B] =

26641 0 1 j 1�1 0 � j �1� 0 � j 1�1 0 �1 j �1

3775!:::26641 0 1 j 10 0 �+ 1 j 00 0 0 j 1� �0 0 0 j 0

3775 ;usando o método de eliminação de Gauss.Se � 2 Rn f1g então carA = 2 < 3 = car [A j B] e assim o sistema é impossível.Se � = 1 então carA = 2 = car [A j B] e assim o sistema é possível e indeterminado

tendo por solução geral:f(1; y; 0) : y 2 Rg :

3. a) Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se

24 1 4 2 j 102 7 2 j 201 5 � j 10

35 !�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 4 2 j 100 �1 �2 j 00 1 �� 2 j 0

35 !L2+L3!L3

24 1 4 2 j 100 �1 �2 j 00 0 �� 4 j 0

35 :Se � 6= 4 então o sistema é possível e determinado, existindo uma única solução. Se

� = 4 então o sistema é possível e indeterminado, existindo um no in�nito de soluções.

b) Para � = 4, tem-se o sistema de equações lineares�x+ 4y + 2z = 10�y � 2z = 0. ,

�x = 10 + 6zy = �2z.

205

Colocando z = s, a solução geral do sistema é dada por: S = f(10 + 6s;�2s; s) : s 2 Rg.

4. (i) Sejam A� =

�1 2 �2 � 8

�e B =

�13

�.

[A� j B] =�1 2 � j 12 � 8 j 3

��!

�2L1+L2!L2

�1 2 � j 10 �� 4 8� 2� j 1

�.

Se � 6= 4 então carA� = car [A� j B] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo osistema é possível e indeterminado, tendo-se

�x+ 2y + �z = 1(�� 4) y + (8� 2�) z = 1 ,

8>>><>>>:x = 1� 2

�� 4 � (�+ 4) z

y =1

�� 4 + 2z.


S� =

��1� 2

�� 4 � (�+ 4) s;1

�� 4 + 2s; s�: s 2 R

�:

Se � = 4 então carA�| {z }=1

< car [A� j B]| {z }=2


S4 = ?.

(ii) Sejam A� =

24 � 1 11 � 11 1 �

35 e B� =24 1��2

35. [A� j B�] =

24 � 1 1 j 11 � 1 j �1 1 � j �2

35 �!L1$L3

�!L1$L3

24 1 1 � j �21 � 1 j �� 1 1 j 1

35 �!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 1 1 � j �2

0 �� 1 1� � j �� 20 1� � 1� �2 j 1� �3

35 �!L2+L3!L3

�!L2+L3!L3

24 1 1 � j �2

0 �� 1 1� � j � (1� �)0 0 (1� �) (�+ 2) j (1 + �) (1� �2)

35.Se � = 1 então carA� = car [A� j B�] = 1 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o

sistema é possível e indeterminado, tendo-se x+ y + z = 1. A solução geral deste sistema éentão dada por S1 = f(1� s� t; s; t) : s; t 2 Rg.


< car [A� j B�]| {z }=3

. O sistema não tem solução (é impossível).

S�2 = ?.

206

Se � 6= 1 e � 6= �2 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logoo sistema é possível e determinado, tendo-se8<:

x+ y + �z = �2

(�� 1) y + (1� �) z = � (1� �)(1� �) (�+ 2) z = (1 + �) (1� �2)

,

8<:x = � (�+ 1) = (�+ 2)y = 1= (�+ 2)

z = (1 + �)2 = (�+ 2) .


S� =

( ��+ 1�+ 2

;1

�+ 2;(1 + �)2

�+ 2

!):

(iii) SejamA� =

24 1 1 �3 4 22 3 �1

35 eB� =24 2�1

35. [A� j B�] =24 1 1 � j 23 4 2 j �2 3 �1 j 1

35 �!�3L1+L2!L2�2L1+L3!L3

�!�3L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 1 � j 20 1 2� 3� j �� 60 1 �1� 2� j �3

35 �!�L2+L3!L3

24 1 1 � j 20 1 2� 3� j �� 60 0 �3 + � j 3� �

35.Se � = 3 então carA� = car [A� j B�] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o

sistema é possível e indeterminado, tendo-se

�x+ y + 3z = 2y � 7z = �3 ,

8<:x = 5� 10z

y = �3 + 7z.


S3 = f(8� �+ (2� 4�) s; �� 6 + (3�� 2) s; s) : s 2 Rg :

Se � 6= 3 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo o sistemaé possível e determinado, tendo-se8<:

x+ y + �z = 2y + (2� 3�) z = �� 6(�3 + �) z = 3� �

,

8<:x = 6 + 3�y = �4� 2�z = �1.


S� = f(6 + 3�;�4� 2�;�1)g :

5. (i) Sejam A� =

24 1 4 32 7 �21 5 �

35 e B� =24 1010�

35.207

[A� j B�] =

24 1 4 3 j 102 7 �2 j 101 5 � j �

35 �!�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

�!�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 4 3 j 100 �1 �8 j �100 1 �� 3 j � � 10

35 �!L2+L3!L3

24 1 4 3 j 100 �1 �8 j �100 0 �� 11 j � � 20

35.Se � = 11 e � = 20 então carA� = car [A� j B�] = 2 < 3 = no de incógnitas do sistema.Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se�

x+ 4y + 3z = 10�y � 8z = �10 ,

�x = �30 + 29zy = 10� 8z.

Se � = 11 e � 6= �20 então carA�| {z }=2

< car [A� j B�]| {z }=3

. Logo, o sistema não tem solução (é

impossível). S�;� = ?.

Se � 6= 11 então carA� = car [A� j B�] = 3 = no de incógnitas do sistema. Logo osistema é possível e determinado, tendo-se8<:

x+ 4y + 3z = 10�y � 8z = �10(�� 11) z = � � 20

,

8<:x = � (30�� 29� + 250) = (�� 11)y = (10�� 8� + 50) = (�� 11)z = (� � 20) = (�� 11) .


S�;� =

��30�� 29� + 250

�� 11 ;10�� 8� + 50

�� 11 ;� � 20�� 11

��:

(ii) Sejam A� =

24 � 1 �1 �1 �2 2 11 �1 1 �+ 1

35 e B� =24 01�

35 :

[A� j B�] =

24 � 1 �1 � j 01 �2 2 1 j 11 �1 1 �+ 1 j �

35 �!L1$L3

�!L1$L3

24 1 �1 1 �+ 1 j �1 �2 2 1 j 1� 1 �1 � j 0

35 �!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

�!�L1+L2!L2��L1+L3!L3

24 1 �1 1 �+ 1 j �0 �1 1 �� j 1� �0 �+ 1 �� 1 ��2 j ��

35 �!(�+1)L2+L3!L3

208

�!(�+1)L2+L3!L3

24 1 �1 1 �+ 1 j �0 �1 1 �� j 1� �0 0 0 (�2�� 1)� j �� 2�� + 1� �

35.Se � 6= 0 e � 6= �1

2então carA� = car [A� j B�] = 3 < 4 = no de incógnitas do sistema.

Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se

8<:x� y + z + (�+ 1)w = ��y + z � �w = 1� �(�2�� 1)�w = �+ 1 + (�2�� 1) �

,

8><>:x = � �+1

2�+1� 1� (�+1)2

(�2��1)� ��

y = z � �+12�+1

� 1w = �+1

(�2��1)� +��.


S�;� =

( � �+ 12�+ 1

� 1� (�+ 1)2

(�2�� 1)� ��

�; s� �+ 1

2�+ 1� 1; s; �+ 1

(�2�� 1)� +�

�

!):

Se � = 0 e � = 1 então carA� = car [A� j B�] = 2 < 4 = no de incógnitas do sistema.Logo o sistema é possível e indeterminado, tendo-se�

x� y + z + w = 1�y + z = 0 ,

�x = 1� wy = z.

A solução geral deste sistema é então dada por S�;� = f(1� s; t; t; s) : s; t 2 Rg.

Se (� = 0 e � 6= 1) ou � = �12então carA�| {z }

=2

< car [A� j B�]| {z }=3

. Logo, o sistema não tem

solução (é impossível). S�;� = ?.

6. Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se

26641 2 3 j 03 2 1 j 4�1 2 5 j �4� 2� 3 j 0

3775 !�3L1+L2!L2L1+L3!L3��L1+L4!L4

26641 2 3 j 00 �4 �8 j 40 4 8 j �40 0 3 (1� �) j 0

3775!26641 2 3 j 00 �4 �8 j 40 0 3 (1� �) j 00 0 0 j 0

3775 :

(i) O sistema é possível e determinado se e só se � 2 Rn f1g.

(ii) Para � = 1, tem-se o sistema de equações lineares�x+ 2y + 3z = 0�4y � 8z = 4 ,

�x = z + 2y = �2z � 1.

Fazendo z = s, a solução geral do sistema é dada por: S = f(s+ 2;�2s� 1; s) : s 2 Rg.

209

7. (i) Por exemplo:

8<:x = 1y = 1z = 1.

(ii) Sejam x = 3t� s, y = t+ 2s� 1 e z = s� 2t+ 1. Logo s = 3t� x e assim

y = t+ 2 (3t� x)� 1 = 7t� 2x� 1, t =y + 2x+ 1

7:

Deste modo:s = 3

y + 2x+ 1

7� x = 3y � x+ 3

7

Coms =

3y � x+ 37

e t =y + 2x+ 1

7

Tem-se então a seguinte equação linear:

z = s� 2t+ 1 = 3y � x+ 37

� 2y + 2x+ 17

+ 1.

Isto é:5x� y + 7z = 8.

(iii) Seja S = f(1� s; s� t; 2s; t� 1) : s; t 2 Rg.Sejam x = 1� s, y = s� t, z = 2s, w = t� 1. Uma vez que s = 1� x e t = w+1,

tem-se então o seguinte sistema linear não homogéneo�y = 1� x� (w + 1)z = 2 (1� x) ,

�x+ y + w = 02x+ z = 2

8. SendoA =�1 22 4

�, tem-se (A� 5I)u = 0,

��4 22 �1

�u= 0, u 2 f(s; 2s) : s 2 Rg.

Logofu 6= 0 : Au = 5ug = f(s; 2s) : s 2 Rn f0gg :

9. Pretende-se determinar�a bc d

�tal que

�a bc d

� �1 23 4

�=

�1 23 4

� �a bc d

�.

Tem-se então 8>><>>:a+ 2c = a+ 3bb+ 2d = 2a+ 4b3a+ 4c = c+ 3d3b+ 4d = 2c+ 4d

,�c = 3

2b

d = a+ 32b

As matrizes reais que comutam com�1 23 4

�são da forma:

�a b32b a+ 3

2b

�, com a; b 2 R.

210

10. Sendo x o no de livros e y o no de caixas, tem-se�x� 7y = 1x� 8y = �7 ,

�x = 57y = 8.

A solução geral do sistema é f(57; 8)g.

11. (i) Para que o grá�co da função polinomial p(x) = ax3 + bx2 + cx + d passe pelospontos P1 = (0; 10); P2 = (1; 7); P3 = (3;�11) e P4 = (4;�14), é necessário que8>><>>:

p(0) = 10p(1) = 7p(3) = �11p(4) = �14.

O que é equivalente a existir solução para o seguinte sistema de equações lineares nas variáveisa; b; c e d: 8>><>>:

d = 10a+ b+ c+ d = 727a+ 9b+ 3c+ d = �1164a+ 16b+ 4c+ d = �14.

Ou seja: 8>><>>:d = 10a+ b+ c = �327a+ 9b+ 3c = �2116a+ 4b+ c = �6.

Atendendo a que:24 1 1 1 j �327 9 3 j �2116 4 1 j �6

35 �!�27L1+L2!L2�16L1+L3!L3

24 1 1 1 j �30 �18 �24 j 600 �12 �15 j 42

35 �!16L2!L2

�!16L2!L2

24 1 1 1 j �30 �3 �4 j 100 �12 �15 j 42

35 �!�4L2+L3!L3

24 1 1 1 j �30 �3 �4 j 100 0 1 j 2

35 ;tem-se 8>><>>:

a = 1b = �6c = 2d = 10.

(ii) Para que os pontos P1 = (�2; 7); P2 = (�4; 5) e P3 = (4;�3) pertençam à circunfer-ência de equação x2 + y2 + ax+ by + c = 0; é necessário que8<:

(�2)2 + 72 + a (�2) + 7b+ c = 0(�4)2 + 52 + a (�4) + 5b+ c = 042 + (�3)2 + 4a+ b (�3) + c = 0.

211

O que é equivalente a existir solução para o seguinte sistema de equações lineares nas variáveisa; b e c: 8<:

�2a+ 7b+ c = �53�4a+ 5b+ c = �414a� 3b+ c = �25.

Atendendo a que:

24 �2 7 1 j �53�4 5 1 j �414 �3 1 j �25

35 �!�2L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �2 7 1 j �530 �9 �1 j 650 11 3 j �131

35 �!119L2+L3!L3

�!119L2+L3!L3

24 �2 7 1 j �530 �9 �1 j 650 0 16=9 j �464=9

35 ;tem-se 8<:

a = �2b = �4c = �29.

12. (i)

26641 1

213

14

0 13

14

15

0 0 15

16

0 0 0 17

3775 (ii)

26641 �2 �2 �31 2 �3 �22 1 3 �43 2 1 4

377513. Seja (aij) 2M2�2 (R) tal que

aij = 3i+ 2j

Comoa12 = 3� 1 + 2� 2 = 7 6= 8 = 3� 2 + 2� 1 = a21

então A não é simétrica.

14. (i)

24 1 2 30 1 11 2 3

35 �!�L1+L3!L3

24 1 2 30 1 10 0 0

35.

Assim, sendo A =

24 1 2 30 1 11 2 3

35, tem-se carA = 2 e nulA = 1. Pivots: 1 e 1.

(ii)

24 1 2 3 45 6 7 89 10 11 12

35 �!�5L1+L2!L2�9L1+L3!L3

24 1 2 3 40 �4 �8 �120 �8 �16 �24

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 2 3 40 �4 �8 �120 0 0 0

35.212

Assim, sendo A =

24 1 2 3 40 �4 �8 �120 0 0 0

35, carA = 2 e nulA = 2. Pivots: 1 e �4.

(iii)

24 0 1 �1 11 �1 1 01 1 2 �1

35 �!L1$L2

24 1 �1 1 00 1 �1 11 1 2 �1

35 �!�L1+L3!L3

�!�L1+L3!L3

24 1 �1 1 00 1 �1 10 2 1 �1

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 �1 1 00 1 �1 10 0 3 �3

35.

Assim, sendo A =

24 1 �1 1 00 1 �1 10 0 3 �3

35, tem-se carA = 3 e nulA = 1. Pivots: 1; 1 e 3.

(iv)

26641 3 �1 20 11 �5 32 �5 3 14 1 1 5

3775 �!�2L1+L3!L3�4L1+L4!L4

26641 3 �1 20 11 �5 30 �11 5 �30 �11 5 �3

3775 �!L2+L3!L3L2+L4!L4

26641 3 �1 20 11 �5 30 0 0 00 0 0 0

3775.

Assim, sendo A =

26641 3 �1 20 11 �5 32 �5 3 14 1 1 5

3775, tem-se carA = 2 e nulA = 2. Pivots: 1 e 11.

(v)

24 2 10 �6 8 �4�1 �5 3 �4 2�2 �10 6 �8 4

35 �!12L1+L2!L2L1+L3!L3

24 2 10 �6 8 �40 0 0 0 00 0 0 0 0

35.

Assim, sendo A =

24 2 10 �6 8 �4�1 �5 3 �4 2�2 �10 6 �8 4

35, carA = 1 e nulA = 4. Pivot: 2.

(vi) Seja A =

24 0 00 00 0

35. carA = 0; nulA = 2. Não existem pivots.

(vii) Sendo A =�5 �1 20 2 0

�, tem-se carA = 2 e nulA = 1. Pivots: 5 e 2.

(viii)

24 3 6 92 4 61 2 3

35 �!L1$L3

24 1 2 32 4 63 6 9

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 2 30 0 00 0 0

35.213

Assim, sendo A =

24 3 6 92 4 61 2 3

35, tem-se carA = 1 e nulA = 2. Pivot: 1.

(ix)

24 2 12 4�1 �2

35 �!L1$L3

24 �1 �22 42 1

35 �!2L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �1 �20 00 �3

35 �!L1$L3

24 �1 �20 �30 0

35.

Assim, sendo A =

24 2 12 4�1 �2

35, carA = 2 e nulA = 0. Pivots: �1 e �3.

(x)

26641 2 �1 3 2�1 1 3 �2 �12 7 �1 9 83 3 �2 4 �6

3775 �!L1+L2!L2�2L1+L3!L3�3L1+L4!L4

26641 2 �1 3 20 3 2 1 10 3 1 3 40 �3 1 �5 �12

3775 �!�L2+L3!L3L2+L4!L4

�!�L2+L3!L3L2+L4!L4

26641 2 �1 3 20 3 2 1 10 0 �1 2 30 0 3 �4 �11

3775 �!3L3+L4!L4

26641 2 �1 3 20 3 2 1 10 0 �1 2 30 0 0 2 �2

3775.

Assim, sendo A =

26641 2 �1 3 2�1 1 3 �2 �12 7 �1 9 83 3 �2 4 �6

3775, tem-se carA = 4 e nulA = 1. Pivots:

1; 3;�1 e 2.

15. (i)

24 1 0 1�1 � �0 � 1

35 �!L1+L2!L2

24 1 0 10 � � + 10 � 1

35 �!�L2+L3!L3

24 1 0 10 � �+ 10 0 �

35.

Seja A� =

24 1 0 1�1 � �0 � 1

35. Se � 6= 0 então carA� = 3 e nulA� = 0.


Assim, A� é invertível se e só se � 6= 0, uma vez que é só neste caso que carA� = no decolunas de A�.

(ii)

2664�1 0 1 �0 1 0 03 0 � 0�1 �1 1 2

3775 �!3L1+L3!L3�L1+L4!L4

2664�1 0 1 �0 1 0 00 0 �+ 3 3�0 �1 0 2� �

3775 �!L2+L4!L4

214

�!L2+L4!L4

2664�1 0 1 �0 1 0 00 0 �+ 3 3�0 0 0 2� �

3775.

Seja A� =

2664�1 0 1 �0 1 0 03 0 � 0�1 �1 1 2

3775. Se � = 2 ou � = �3 então carA� = 3 e nulA� = 1.

Se � 6= 2 e � 6= �3 então carA� = 4 e nulA� = 0.

Assim, A� é invertível se e só se � 6= 2 e � 6= �3, uma vez que é só neste caso quecarA� = no de colunas de A�.

(iii)

26641 �1 � 01 � �1 01 �1 �3 0�1 1 �� 2 � 1

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3L1+L4!L4

�!�L1+L2!L2�L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 � 00 �+ 1 �1� � 00 0 � (�� 1) (�+ 1) 00 0 0 (�� 1) (�+ 1)

3775.

Seja A� =

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775. Se � = 1 então carA� = 2 e nulA� = 2.


Se � = �1 então carA� = 1 e nulA� = 3.


Se � 6= 0 e � 6= 1 e � 6= �1 então carA� = 4 e nulA� = 0.

Assim, A� é invertível se e só se � 2 Rn f�1; 0; 1g, uma vez que é só neste caso quecarA� = no de colunas de A�.

16. (i)

24 1 2 1 j 1 0 04 0 6 j 0 1 01 8 1 j 0 0 1

35 �!�4L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 2 1 j 1 0 00 �8 2 j �4 1 00 6 0 j �1 0 1

35 �!34L2+L3!L3

�!34L2+L3!L3

24 1 2 1 j 1 0 00 �8 2 j �4 1 00 0 3

2j �4 3

41

35 �!23L3!L3

24 1 2 1 j 1 0 00 �8 2 j �4 1 00 0 1 j �8

312

23

35 �!�2L3+L2!L2�L3+L1!L1

215

�!�2L3+L2!L2�L3+L1!L1

2666641 2 0 j 11

3�12�23

j0 �8 0 j 4

30 �4

3

j0 0 1 j �8

312

23

377775 �!� 18L2!L2

2666641 2 0 j 11

3�12�23

j0 1 0 j �1

60 1

6

j0 0 1 j �8

312

23

377775 �!�2L2+L1!L1

�!�2L2+L1!L1

2666641 0 0 j 4 �1

2�1

j0 1 0 j �1

60 1

6

j0 0 1 j �8

312

23

377775. Logo24 1 2 14 0 61 8 1

35�1 =266664

4 �12�1

�16

0 16

�83

12

23

377775.

(ii) Para � 6= k�2; (k 2 Z)

�cos� � sen� j 1 0sen� cos� j 0 1

��!

(cos�)L1!L1(sen�)L2!L2

�cos2 � � cos� sen� j cos� 0sen2 � sen� cos� j 0 sen�

��!

L2+L1!L1

�!L2+L1!L1

�1 0 j cos� sen�

sen2 � sen� cos� j 0 sen�

��!

(� sen2 �)L1+L2!L2

�!(� sen2 �)L1+L2!L2

�1 0 j cos� sen�0 sen� cos� j � sen2 � cos� sen� (1� sen2 �)

��!

1sen� cos�

L2!L2

�!1

sen� cos�L2!L2

�1 0 j cos� sen�0 1 j � sen� cos�

�. Note que sen� cos� 6= 0 para todo o � 6= k�

2;

(k 2 Z).

Logo�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�cos� sen�� sen� cos�

�, para todo o � 6= k�

2; (k 2 Z)

Se � =�

2+ 2k�; (k 2 Z) ;

�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�0 �11 0

��1=

�0 1�1 0

�=


�.

Se � = 2k�; (k 2 Z),�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�1 00 1

��1=

�1 00 1

�=


�.

Se � = � + 2k�; (k 2 Z) ;�cos� � sen�sen� cos�

��1=

��1 00 �1

��1=

��1 00 �1

�=


�.

216

Se � =3�

2+ 2k�; (k 2 Z),

�cos� � sen�sen� cos�

��1=

�0 1�1 0

��1=

�0 �11 0

�=


�.

Logo, para todo o � 2 R�cos� � sen�sen� cos�

��1=


�.

(iii) Seja k 6= 0.

2664k 0 0 0 j 1 0 0 01 k 0 0 j 0 1 0 00 1 k 0 j 0 0 1 00 0 1 k j 0 0 0 1

3775 �!� 1kL1+L2!L21kL3!L3

1kL4!L4

2664k 0 0 0 j 1 0 0 00 k 0 0 j � 1

k1 0 0

0 1k1 0 j 0 0 1

k0

0 0 1k1 j 0 0 0 1

k

3775 �!� 1k2L2+L3!L31kL1!L1

�!� 1k2L2+L3!L31kL1!L1

26641 0 0 0 j 1

k0 0 0

0 k 0 0 j � 1k

1 0 00 0 1 0 j 1

k3� 1k2

1k0

0 0 1k1 j 0 0 0 1

k

3775 �!� 1kL3+L4!L41kL2!L2

�!� 1kL3+L4!L41kL2!L2

26641 0 0 0 j 1

k0 0 0

0 1 0 0 j � 1k2

1k

0 00 0 1 0 j 1

k3� 1k2

1k

00 0 0 1 j � 1

k41k3

� 1k2

1k

3775.

Logo

2664k 0 0 01 k 0 00 1 k 00 0 1 k

3775�1

=

26641k

0 0 0� 1k2

1k

0 01k3

� 1k2

1k

0� 1k4

1k3

� 1k2

1k

3775.

(iv)

2666666664

513

213

213

� 813

213

� 713

613

213

213

613

� 713

213

� 813

213

213

513

3777777775= 1

13

2666666664

5 2 2 �8

2 �7 6 2

2 6 �7 2

�8 2 2 5

3777777775:

217

2666666664

5 2 2 �8 j 1 0 0 0j

2 �7 6 2 j 0 1 0 0j

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

�8 2 2 5 j 0 0 0 1

3777777775�!L1$L3

2666666664

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

2 �7 6 2 j 0 1 0 0j

5 2 2 �8 j 1 0 0 0j

�8 2 2 5 j 0 0 0 1

3777777775�!

�L1+L2!L2� 52L1+L3!L3

4L1+L4!L4

�!�L1+L2!L2� 52L1+L3!L3

4L1+L4!L4

2666666664

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

0 �13 13 0 j 0 1 �1 0j

0 �13 392�13 j 1 0 �5

20

j0 26 �26 13 j 0 0 4 1

3777777775�!

�L2+L3!L32L2+L4!L4

�!�L2+L3!L32L2+L4!L4

2666666664

2 6 �7 2 j 0 0 1 0j

0 �13 13 0 j 0 1 �1 0j

0 0 132�13 j 1 �1 �3

20

j0 0 0 13 j 0 2 2 1

3777777775�!

12L1!L1

� 113L2!L2

213L3!L3

113L4!L4

�!12L1!L1

� 113L2!L2

213L3!L3

113L4!L4

2666666664

1 3 �72

1 j 0 0 12

0j

0 1 �1 0 j 0 � 113

113

0j

0 0 1 �2 j 213� 213� 313

0j

0 0 0 1 j 0 213

213

113

3777777775�!

�L4+L1!L12L4+L3!L3

�!�L4+L1!L12L4+L3!L3

2666666664

1 3 �720 j 0 � 2

13926� 113

j0 1 �1 0 j 0 � 1

13113

0j

0 0 1 0 j 213

213

113

213

j0 0 0 1 j 0 2

13213

113

3777777775�!

L3+L2!L272L3+L1!L1

�!L3+L2!L272L3+L1!L1

2666666664

1 3 0 0 j 713

513

813

613

j0 1 0 0 j 2

13113

213

213

j0 0 1 0 j 2

13213

113

213

j0 0 0 1 j 0 2

13213

113

3777777775�!

�3L2+L1!L1

2666666664

1 0 0 0 j 113

213

213

0j

0 1 0 0 j 213

113

213

213

j0 0 1 0 j 2

13213

113

213

j0 0 0 1 j 0 2

13213

113

3777777775.

218

Logo

2666666664

513

213

213

� 813

213

� 713

613

213

213

613

� 713

213

� 813

213

213

513

3777777775

�1

=

0BBBBBBBB@113

2666666664

5 2 2 �8

2 �7 6 2

2 6 �7 2

�8 2 2 5

3777777775

1CCCCCCCCA

�1

=

= 13

2666666664

113

213

213

0

213

113

213

213

213

213

113

213

0 213

213

113

3777777775=

2666666664

1 2 2 0

2 1 2 2

2 2 1 2

0 2 2 1

3777777775.

(v)

2666666664

1 �12�12

12

�12

1 0 �12

�12

0 1 �12

12�12�12

1

3777777775= 1

2

2666666664

2 �1 �1 1

�1 2 0 �1

�1 0 2 �1

1 �1 �1 2

3777777775.

2666666664

2 �1 �1 1 j 1 0 0 0j

�1 2 0 �1 j 0 1 0 0j

�1 0 2 �1 j 0 0 1 0j

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1

3777777775�!L1$L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

�1 2 0 �1 j 0 1 0 0j

�1 0 2 �1 j 0 0 1 0j

2 �1 �1 1 j 1 0 0 0

3777777775�!

L1+L2!L2L1+L3!L3�2L1+L4!L4

�!L1+L2!L2L1+L3!L3�2L1+L4!L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

0 1 �1 1 j 0 1 0 1j

0 �1 1 1 j 0 0 1 1j

0 1 1 �3 j 1 0 0 �2

3777777775�!

L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!L2+L3!L3�L2+L4!L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

0 1 �1 1 j 0 1 0 1j

0 0 0 2 j 0 1 1 2j

0 0 2 �4 j 1 �1 0 �3

3777777775�!L3$L4

219

�!L3$L4

2666666664

1 �1 �1 2 j 0 0 0 1j

0 1 �1 1 j 0 1 0 1j

0 0 2 �4 j 1 �1 0 �3j

0 0 0 2 j 0 1 1 2

3777777775�!

2L4+L3!L3� 12L4+L2!L2

�L4+L1!L1

�!2L4+L3!L3� 12L4+L2!L2

�L4+L1!L1

2666666664

1 �1 �1 0 j 0 �1 �1 �1j

0 1 �1 0 j 0 12�12

0j

0 0 2 0 j 1 1 2 1j

0 0 0 2 j 0 1 1 2

3777777775�!

12L3!L3

12L4!L4

�!12L3!L3

12L4!L4

2666666664

1 �1 �1 0 j 0 �1 �1 �1j

0 1 �1 0 j 0 12�12

0j

0 0 1 0 j 12

12

1 12

j0 0 0 1 j 0 1

212

1

3777777775�!

L3+L2!L2L3+L1!L1

�!L3+L2!L2L3+L1!L1

2666666664

1 �1 0 0 j 12�120 �1

2

j0 1 0 0 j 1

21 1

212

j0 0 1 0 j 1

212

1 12

j0 0 0 1 j 0 1

212

1

3777777775�!

L2+L1!L1

2666666664

1 0 0 0 j 1 12

120

j0 1 0 0 j 1

21 1

212

j0 0 1 0 j 1

2121 1

2

j0 0 0 1 j 0 1

2121

3777777775.

Logo

2666666664

1 �12�12

12

�12

1 0 �12

�12

0 1 �12

12�12�12

1

3777777775

�1

=

0BBBBBBBB@12

2666666664

2 �1 �1 1

�1 2 0 �1

�1 0 2 �1

1 �1 �1 2

3777777775

1CCCCCCCCA

�1

=

= 2

2666666664

1 12

120

121 1

212

12

121 1

2

0 12

121

3777777775=

2666666664

2 1 1 0

1 2 1 1

1 1 2 1

0 1 1 2

3777777775.

220

17.I � ATB = B2 , A =

��I �B2

�B�1

�T=

=

" �1 00 1

��1 01 1

�2!�1 01 1

��1#T=

�0 �20 0

�:

18.

A�1�2 31 2

�� I =

�0 12 0

�T, A�1

�2 31 2

�=

�1 21 1

�,

, A =

�2 31 2

� �1 21 1

��1=

�1 11 0

�:

19. (i) e (ii)A�;� =

26641 0 �1 01 � �2 + � ��0 1 � �1 � �2 + � �+ ��

3775 �!L2$L3

26641 0 �1 00 1 � �1 � �2 + � ��1 � �2 + � �+ ��

3775 �!�L1+L3!L3�L1+L4!L4

�!�L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 0 �1 00 1 � �0 � �2 + �+ 1 ��0 � �2 + �+ 1 �+ ��

3775 �!��L2+L3!L3��L2+L4!L4

26641 0 �1 00 1 � �0 0 �+ 1 00 0 �+ 1 �

3775 �!�L3+L4!L4

�!�L3+L4!L4

26641 0 �1 00 1 � �0 0 �+ 1 00 0 0 �

3775.Se � = �1 e � = 0 então carA = 2 e nulA = 2.

Se (� = �1 e � 6= 0) ou (� 6= �1 e � = 0) então carA = 3 e nulA = 1.

Se � 6= �1 e � 6= 0 então carA = 4 e nulA = 0.

Assim, A�;� é invertível se e só se � 6= �1 e � 6= 0, uma vez que é só neste caso quecarA�;� = no de colunas de A�;�.

20. (i) Tem-se

A� =

26641 0 � 22 � �2 4�4 0 ��3 �8� 0 �2 �2

3775 �!�2L1+L2!L24L1+L3!L3��L1+L4!L4

26641 0 � 20 � � (� � 2) 00 0 (2� �) (2 + �) � 00 0 0 � (� � 2)

3775 :Logo, como carA� + nulA� = 4,se � = 0 então carA� = 1 e nulA� = 3;

221

se � = 2 então carA� = 2 e nulA� = 2;se � = �2 então carA� = 3 e nulA� = 1;se � 6= 0 e � 6= 2 e � 6= �2 então carA� = 4 e nulA� = 0.Assim, A� é invertível se e só se � 2 Rn f�2; 0; 2g, uma vez que é só nestes casos que

carA� = no de colunas de A�.

(ii)�A1 j I

�=

=

26641 0 1 2 j 1 0 0 02 1 1 4 j 0 1 0 0�4 0 �1 �8 j 0 0 1 01 0 1 1 j 0 0 0 1

3775 �!�2L1+L2!L24L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 0 1 2 j 1 0 0 00 1 �1 0 j �2 1 0 00 0 3 0 j 4 0 1 00 0 0 �1 j �1 0 0 1

3775 �!2L4+L1!L1� 13L3+L1!L1

13L3+L2!L2

�!2L4+L1!L1� 13L3+L1!L1

13L3+L2!L2

26641 0 0 0 j �7

30 �1

32

0 1 0 0 j �231 1

30

0 0 3 0 j 4 0 1 00 0 0 �1 j �1 0 0 1

3775 �!�L4!L413L3!L3

26641 0 0 0 j �7

30 �1

32

0 1 0 0 j �231 1

30

0 0 1 0 j 43

0 13

00 0 0 1 j 1 0 0 �1

3775Logo

(A1)�1 =

2664�730 �1

32

�231 1

30

43

0 13

01 0 0 �1

3775 :

21.

A� =

2664�1 0 1 �0 1 �1 01 0 ��2 �12 0 �2 �2

3775 �!L1+L3!L32L1+L4!L4

2664�1 0 1 �0 1 �1 00 0 1� �2 �� 10 0 0 2�� 2

3775 :a) Se � = 1 então car A� = 2: Se � = �1 então car A� = 3. Se � 6= 1 e � 6= �1 então

car A� = 4. Por outro lado, tem-se:

car A� + nul A� = 4 ( = no de colunas de A�).

Logo, se � = 1 então nul A� = 2; se � = �1 então nul A� = 1; se � 6= 1 e � 6= �1 entãonul A� = 0.

b) Como A� é quadrada, A� é invertível se e só se carA� = 4 (= no de colunas de A�).Assim, A� é invertível se e só se � 2 Rn f�1; 1g.

c) Para � = 1, tem-se:

A1 =

2664�1 0 1 10 1 �1 01 0 �1 �12 0 �2 �2

3775 �!2664�1 0 1 10 1 �1 00 0 0 00 0 0 0

3775 = U 0.

222

Seja X =

2664x1x2x3x4

3775. Tem-se A1X = 0 ,

2664�1 0 1 10 1 �1 00 0 0 00 0 0 0

37752664x1x2x3x4

3775 =26640000

3775 (Método

de eliminação de Gauss).

,

8<:�x1 + x3 + x4 = 0

x2 � x3 = 0,�x1 = x3 + x4x2 = x3.

Logo, fazendo x3 = s e x4 = t, a solução geral do sistema é dada por

S = f(s+ t; s; s; t) : s; t 2 Rg :

d) Seja X =

2664x1x2x3x4

3775. Tem-se

A1X = B ,

2664�1 0 1 10 1 �1 01 0 �1 �12 0 �2 �2

37752664x1x2x3x4

3775 =266410�1�2

3775 :A solução geral de A1X = B é dada por:

(Solução particular de A1X = B) + (Solução geral de A1X = 0).

O elemento (0; 0; 0; 1) é uma solução particular de A1X = B. Logo, atendendo à alíneac), a solução geral de A1X = B é dada por:

f(0; 0; 0; 1)g+ f(s+ t; s; s; t) : s; t 2 Rg = f(0; 0; 0; 1) + s(1; 1; 1; 0) + t(1; 0; 0; 1) : s; t 2 Rg .

Obs. Esta alínea podia ter sido resolvida directamente sem usar c).

e) Seja � = 2. Com E13(1) =

26641 0 0 00 1 0 01 0 1 00 0 0 1

3775 e E14(2) =26641 0 0 00 1 0 00 0 1 02 0 0 1

3775 tem-se

E14(2)E13(1)A2 =

2664�1 0 1 20 1 �1 00 0 �3 10 0 0 2

3775 .Logo,

A2 = LU , com L = (E13(1))�1 (E14(2))

�1 =

26641 0 0 00 1 0 0�1 0 1 0�2 0 0 1

3775 e U =

26641 0 �1 �20 1 �1 00 0 1 �1

3

0 0 0 1

3775 .

223

Resolução da 1a Ficha de exercícios teóricos

1. (i) Sejam A = (aij)m�n, B = (bij)n�p e C = (cij)p�q.

(AB)C =

�pPl=1

�nPk=1

aikbkl

�clj

�=

�pPl=1

nPk=1

aikbkl clj

�=

�nPk=1

pPl=1

aikbkl clj

�=

=

�nPk=1

aik

�pPl=1

bkl clj

��= A (BC)

(ii) Sejam A = (aij)m�n, B = (bij)n�p e C = (cij)n�p.

A (B + C) =

�nPk=1

aik (bkj + ckj)

�=

�nPk=1

aikbkj + aikckj

�=

=

�nPk=1

aikbkj

�+

�nPk=1

aikckj

�= AB + AC

(iii) Sejam A = (aij)m�n e B = (bij)n�p.

(AB)T =

nXk=1

aikbkj

!T=

nXk=1

bkjaik

!T=

nXk=1

bkiajk

!= BTAT :

2. Seja A 2 Mm�n (R) tal que ATA = 0. Então�ATA

�(i;i)

= 0, para todo o i = 1; :::; n.Como �

ATA�(i;i)

=

nXk=1

(aik)2

!tem-se ai1 = ::: = ain = 0, para todo o i = 1; :::; n. Logo A = 0.

3. Para todo o n 2 N, (prova-se por indução)

(i)�0 �11 0

�n=

8>><>>:(�1)k+1

�0 �11 0

�, se n = 2k � 1, k = 1; 2; 3:::

(�1)k I, se n = 2k, k = 1; 2; 3:::.

(ii)�1 02 1

�n=

�1 02n 1

�.

224

(iii)

24 1 1 00 1 10 0 1

35n =24 1 n 1 + � � �+ n� 10 1 n0 0 1

35 =24 1 n n(n�1)

2

0 1 n0 0 1

35.Note que

1 + � � �+ (n� 1) + (n� 1) + � � �+ 1 == 1 + (n� 1) + � � �+ (n� 1) + 1| {z }

n�1 parcelas

= n+ � � �+ n| {z }n�1 parcelas

= (n� 1)n, 1 + � � �+ (n� 1) = n (n� 1)2

.

(iv)

26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

3775n

=

26640 0 0 00 0 0 00 0 0 00 0 0 0

3775, para todo o natural n � 4.26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

37752

=

26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

3775,26640 1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 0 0

37753

=

26640 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

3775.

(v)�cos � � sen �sen � cos �

�n=

�cos(n�) � sen(n�)sen(n�) cos(n�)

�; (com � 2 R).

4. Seja A =

�a bc d

�uma matriz 2 � 2 ortogonal, isto é, tal que AAT = ATA = I.

Tem-se

AAT = I ,�a bc d

� �a bc d

�T= I ,

,�a2 + b2 ac+ bdac+ bd c2 + d2

�=

�1 00 1

�,

8<:a2 + b2 = 1ac+ bd = 0c2 + d2 = 1

e

ATA = I ,�a bc d

�T �a bc d

�= I ,

,�a2 + c2 ab+ cdab+ cd b2 + d2

�=

�1 00 1

�,

8<:a2 + c2 = 1ab+ cd = 0b2 + d2 = 1.

Logo c = �b.Se c = b tem-se b (a+ d) = 0, (b = 0 ou a = �d).Se c = �b tem-se b (a� d) = 0, (b = 0 ou a = d).

225

Deste modo

A =

�a bb �a

�ou A =

�a b�b a

�.

Por outro lado, a2 + b2 = 1 , (a = cos � e b = sen �, para algum � 2 R). Logo

A =


�ou A =

�cos � sen �sen � � cos �

�; (� 2 R):

5.A2 = (AB) (AB) = A (BA)B = ABB = AB = A:

B2 = (BA) (BA) = B (AB)A = BAA = BA = B:

6.A2 = A (BAB) = (ABA)B = B2.

7. (i) A e B do tipo n� n; (A+B)(A�B) = A2 +BA� AB �B2:

(ii) A do tipo m� n e B do tipo n�m, (AB)2 = ABAB:

(iii) A e B do tipo n� n; (A+B)2 = A2 +BA+ AB +B2:

8. (i) Falsa: �1 02 0

� �0 03 4

�= 0 mas A 6= 0 e B 6= 0.

No caso de A ser invertível, a seguinte condição é verdadeira:

AB = 0) (A = 0 ou B = 0)

uma vez que AB = 0 ,A é invertível

B = 0.

(ii) Falsa:�1 21 2

� �0 01 1

�=

�1 21 2

� �2 20 0

�mas

�0 01 1

�6=�2 20 0

�.

No caso de A ser invertível, a seguinte condição é verdadeira:

AB = AC ) B = C

uma vez queAB = AC ,

A é invertívelA�1 (AB) = A�1 (AC),

,�A�1A

�B =

�A�1A

�C , IB = IC , B = C:

226

9. (i) BTAB é simétrica:

(BTAB)T = BTAT (BT )T = BTAB;

pois A = AT (A é simétrica) e (BT )T = B:

(ii) Se A é normal (isto é AHA = AAH) e B é unitária (isto é BHB = BBH = I) então�BABH

� �BABH

�H= BABH

�BH�HAHBH = BA

�BHB

�AHBH =

= BAAHBH = BAHABH = BAHBHBABH =�BABH

�H �BABH

�ou seja, BABH é normal.

(iii) Como�BTB

�T= BT

�BT�T= BTB e

�BBT

�T=�BT�TBT = BBT

as matrizes BTB e BBT são simétricas.Além disso, como�

BHB�H= BH

�BH�H= BHB e

�BBH

�H=�BH�HBH = BBH

BHB e BBH são matrizes hermitianas.

10. (i) Seja A = (aij) do tipo n� n tal que AT = �A: Assim, em relação às respectivasdiagonais principais tem-se:

aii = �aiie logo aii = 0; para todo o i 2 N:

(ii) Seja A = (aij) do tipo n� n. A matriz A� AT é anti-simétrica pois:

(A� AT )T = AT � A = �(A� AT ):

(iii) Escrevendo A = 12(A + AT ) + 1

2(A � AT ), a matriz A pode ser decomposta pela

soma de uma matriz simétrica com uma anti-simétrica. Esta decomposição é única: SejamA1 simétrica e A2 anti-simétrica tais que A = A1 + A2: Logo,

AT = (A1 + A2)T = A1 � A2:

Pelo que A+ AT = 2A1 e A� AT = 2A2: Assim,

A1 =1

2(A+ AT ) e A2 =

1

2(A� AT ):

227

11. Seja X =

�a bc d

�uma matriz do tipo 2� 2 tal que X2 = I.

X2 =

�a bc d

� �a bc d

�=

�a2 + bc ab+ bdac+ cd bc+ d2

�Logo,

X2 = I ,

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

a2 + bc = 1

ab+ bd = 0

ac+ cd = 0

bc+ d2 = 1.

Se b = 0, então a = �1 e d = �1 e (c = 0 ou a = �d). Logo,

X = I ou X = �I ou X = ��1 0c �1

�.

Se c = 0 então a = �1 e d = �1 e (b = 0 ou a = �d). Logo,

X = I ou X = �I ou X = ��1 b0 �1

�.

Se b 6= 0 e c 6= 0 então a = �d e c = 1�a2b. Logo,

X =

�a b

1�a2b�a

�.

Logo, todas as matrizes X que satisfazem X2 = I são:

�I; ��1 0c �1

�; �

�1 b0 �1

�;

�a b

1�a2b� a

�.

Observe assim que a equação matricial X2 = I tem um número in�nito de soluções emcontraste com a equação escalar x2 = 1 que tem apenas duas soluções (1 e � 1).

12. Seja X =

�x11 x12x21 x22

�tal que

XA = AX;

para todo o A =�a bc d

�2M2�2(R). Tem-se então:

XA = AX ,

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

x11a+ x12c = ax11 + bx21

x21a+ x22c = cx11 + dx21

x11b+ x12d = ax12 + bx22

x21b+ x22d = cx12 + dx22.

,

8>>>><>>>>:x12c = bx21

x21(a� d) = c(x22 � x11)

(x11 � x22)b = (d� a)x12.

228

Se a = 1 e b = c = d = 0, então x21 = x12 = 0.Se b = 1 e a = c = d = 0, então x21 = 0 e x11 = x22.Se c = 1 e a = b = d = 0, então x12 = 0 e x11 = x22.Se d = 1 e a = b = c = 0, então x21 = x12 = 0.Logo, a matriz X tal que XA = AX; para todo o A 2M2�2(R), é dada por:

X =

�� 00 �

�, com � 2 R.

13. Sendo A uma matriz do tipo m� n, seja N (A) = fX : AX = 0g.

(i) Sendo A e B matrizes de tipos apropriados, seja u 2 N (B). Logo Bu = 0, pelo que

(AB)u = A (Bu) = A0 = 0

e assim u 2 N (AB). Deste modo, tem-se

N (B) � N (AB) :

(ii) Sejam A e B matrizes de tipos apropriados com A invertível. Seja u 2 N (AB).Logo ABu = 0, pelo que

A (Bu) = (AB)u = 0,Bu = A�10 = 0

e assim u 2 N (B). Deste modo, tem-se N (AB) � N (B). Assim e atendendo à alíneaanterior, tem-se

N (AB) = N (B) .

(iii) Atendendo à alínea anterior N (A) � N�ATA

�.

Vejamos que N�ATA

�� N (A). Seja u 2 N

�ATA

�e Au =

264 v1...vn

375 2 Rn. LogoATAu =

�ATA

�u = 0

e assim

uTATAu = 0, (Au)T (Au) = 0,nXi=1

(vi)2 = 0, Au =

264 v1...vn

375 = 0pelo que u 2 N (A).Logo

N (A) = N�ATA

�.

(iv) Sejam A e B matrizes do tipo m� n com m < n tais que ABT é invertível. Como

f0g 6=m<nN (A) � N

�BTA

�229

então BTA não é invertível.Se alguma linha de B pertencesse a N (A) isso seria equivalente a alguma coluna de BT

pertencer a N (A), ou seja, à matriz ABT ter alguma coluna nula, o que contradiria o factode ABT ser invertível.

(v) Seja A 2Mm�n (R) tal que para todo o B 2 Rm o sistema AX = B é possível, entãocarA = m. Assim AAT (do tipo m�m) é invertível e por (ii)

N�AT�= N

�AAT

�= f0g .

14. (i) Seja A = (aij)n�n 2Mn�n(R) tal que Au = 0 para qualquer u 2Mn�1(R).

Para cada j 2 f1; :::; ng �xo, seja ej = (�ij)n�1 2Mn�1(R) em que �ij =�1 se i = j0 se i 6= j.

ComoAej = 0

para todo o j 2 f1; :::; ng e por outro lado

Aej =

264a1j...anj

375

para todo o j 2 f1; :::; ng, então

264a1j...anj

375 =2640...0

375 para todo o j 2 f1; :::; ng pelo que A = 0.

(ii) Resolução análoga à da alínea anterior com A�B em vez de A.

15. Sendo A;B 2Mn�1 (R)

A =

26664a1a2...an

37775 B =

26664b1b2...bn

37775e assim

ABT =

26664a1a2...an

37775 � b1 b2 � � � bn�=

26664a1b1 a1b2 � � � a1bna2b1 a2b2 � � � a2bn...

.... . .

...anb1 anb2 � � � anbn

37775 :Como A e B são matrizes não nulas, existe i 2 f1; :::; ng tal que ai 6= 0 e existe j 2

f1; :::; ng tal que bj 6= 0, tendo-se

230

ABT =

2666664a1b1 � � � a1bj � � � a1bn...

. . ....

...aib1 � � � aibj � � � aibn...

.... . .

...anb1 � � � anbj � � � anbn

3777775 .Aplicando sucessivamente a operação elementar

�akaiLi + Lk ! Lk

para todo o k = 1; :::; n com k 6= i, tem-se26666666664

0 � � � 0 � � � 0...

. . ....

. . ....

0 � � � 0 � � � 0aib1 � � � aibj � � � aibn0 � � � 0 � � � 0...

. . ....

. . ....

0 � � � 0 � � � 0

37777777775!

Li$L1

26664aib1 � � � aibj � � � aibn0 � � � 0 � � � 0...

. . ....

. . ....

0 � � � 0 � � � 0

37775

com aibj 6= 0, isto é,

car(ABT ) = 1:

16. Seja A uma matriz do tipo m � n tal que carA = m < n. Então existe umamatriz invertível R, m �m, produto de matrizes elementares (por aplicação do método deeliminação de Gauss) tal que

RA =�I B

�onde I é a matriz identidade m �m e B é uma matriz do tipo m � (n�m). Aplicando ométodo de eliminação de Gauss agora às colunas de RA, existe uma matriz invertível Q dotipo n� n; (produto de matrizes elementares), tal que

RAQ =�I 0

�onde 0 é a matriz nula. Sendo Q1 a matriz do tipo n�m que se obtém de Q considerandoapenas as primeiras m colunas, tem-se

RAQ1 = I.

Pelo que AQ1 é invertível tendo-seAQ1R = I.

Logo existe B = Q1R do tipo n�m tal que AB = I.

17. Atendendo a que as matrizes envolvidas são quadradas e a que (A+ I) (I �B) =A�AB+ I �B = I, então A+ I e I �B são matrizes invertíveis. Assim (A+ I) (I �B) =(I �B) (A+ I) o que é equivalente a A+I�B�AB = A+I�B�BA ou seja a AB = BA.

231

18. Sejam A e B matrizes do tipo n� n.

(i) Se A fôr invertível então

AB = ABI = AB�AA�1

�= A (BA)A�1

isto é, existe S = A invertível tal que

AB = S (BA)S�1

ou seja, AB e BA são semelhantes. Analogamente, se B fôr invertível então AB e BA sãosemelhantes.

(ii) Sendo A e B semelhantes existe S invertível tal que

A = SBS�1,

ou sejaS�1A = BS�1.

Então

X 2 N (A), AX = 0, S�1AX = 0, BS�1X = 0, S�1X 2 N (B) :

19. Seja A do tipo n� n.

(i) Se A fôr invertível tem-se A�1A = AA�1 = I: Logo A�1 é invertível e (A�1)�1 = A:

(ii) Se A fôr invertível tem-se A�1A = AA�1 = I: Logo (A�1A)T = (AA�1)T = IT : Peloque

AT (A�1)T = (A�1)TAT = I:

Isto é, AT é invertível e (AT )�1 = (A�1)T

(iii) Se A fôr invertível e simétrica tem-se A�1A = AA�1 = I e A = AT : Logo

(A�1A)T = (AA�1)T = IT ;

e assimAT (A�1)T = (A�1)TAT = I:

Pelo que, como A é simétrica, tem-se A(A�1)T = I: Logo (A�1)T = A�1: Isto é, A�1 ésimétrica.

20. (i) Por exemplo I e �I são invertíveis no entanto I + (�I) = 0 não é invertível.

(ii) Como por hipótese A;B e A+B são invertíveis tem-se

A(A+B)�1B = A�B�1(A+B)

��1= A

�B�1A+ I

��1=��B�1A+ I

�A�1

��1= (A�1+B�1)�1.

232

Deste modo A�1 +B�1 é invertível e

(A�1 +B�1)�1 = A(A+B)�1B = B(A+B)�1A.

21. Seja A 2Mn�n (R) tal que A2 = A (a matriz A diz-se neste caso idempotente).

(i) Como

(I � A)2 = (I � A) (I � A) = I � 2A+ A2 = I � 2A+ A = I � A

então I � A é idempotente.

(ii) Como(2A� I) (2A� I) = 4A2 � 4A+ I = 4A� 4A+ I = I

então 2A� I é invertível e(2A� I)�1 = 2A� I:

(iii) Se carA = n então A é invertível pelo que

A2 = A, A�1�A2�= A�1A, A = I:

22.A�BA2 = A� (BA)A = A� IA = 0;

uma vez que B é a matriz inversa de A.

23. �1

2(I + A)

�2=1

2(I + A), 1

4

�I + A2 + A+ A

�=1

2(I + A),

, 1

4I +

1

4A2 +

1

4A+

1

4A =

1

2I +

1

2A, A2 = I.

24. Sendo A = (aij)n�n uma matriz invertível e B = (bij)n�n a inversa da A, tem-se,para k 6= 0:

�ki�jaij

� �ki�jbij

�=

nXl=1

ki�lailkl�jblj

!=

ki�j

nXl=1

ailblj

!= I.

Logo a matriz (ki�jaij) é invertível e a sua inversa é a matriz (ki�jbij).

25. Seja A =�a bc d

�do tipo 2� 2. Suponhamos que a 6= 0, c 6= 0 e ad� bc 6= 0. Logo,

tem-se:

A =

�a b j 1 0c d j 0 1

��!

cL1!L1aL2!L2

�ac bc j c 0ac ad j 0 a

��!

�L1+L2!L2

233

�!�ac bc j c 00 ad� bc j �c a

��!

� bcad�bcL2+L1!L2

�!�ac 0 j acd

ad�bc �acbad�bc

0 ad� bc j �c a

��!

1acL1!L1

1ad�bcL2!L2

�!�1 0 j d

ad�bc � bad�bc

0 1 j � cad�bc

aad�bc

�.

Logo,

A�1 =1

ad� bc

�d � b

� c a

�.

Se a = 0 e c = 0, então A não é invertível.Se a = 0 e c 6= 0, então b 6= 0, caso contrário A não seria invertível. Neste caso, com

a = 0, c 6= 0, b 6= 0 e ad� bc 6= 0 tem-se:

A =

�0 b j 1 0c d j 0 1

��!

L1 !L2

�c d j 0 10 b j 1 0

��!

1cL1!L1

1bL2!L2

�!�1 d

cj 0 1

c

0 1 j 1b0

��!

� dcL2+L1!L1

�1 0 j d

�bc1c

0 1 j 1b

0

�=

=

�1 0 j d

�bc�b�bc

0 1 j �c�bc 0

�=

�1 0 j d

ad�bc � bad�bc

0 1 j � cad�bc

aad�bc

�.

Se a 6= 0 e c = 0 seria análogo. Logo, A é invertível se e só se ad� bc 6= 0 e

A�1 =1

ad� bc

�d � b� c a

�.

Nota: O exo foi feito apenas com o recurso ao método de Gauss-Jordan. Poderia tersido efectuada outra resolução atendendo à fórmula de inversão de matrizes:

A�1 =1

jAj(cof A)T .

Observe que ad� bc = jAj, com A =

�a bc d

�do tipo 2� 2.

26. A matriz 26664k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775é invertível se só se k1 6= 0; k2 6= 0; : : : ; kn 6= 0, e a sua inversa é dada por:26664

k1 0 � � � 0

0 k2. . .

......

. . . . . . 00 � � � 0 kn

37775�1

=

2666641k1

0 � � � 0

0 1k2

. . ....

.... . . . . . 0

0 � � � 0 1kn

377775 .

234

27. Sejam A = (aij); B = (bij) 2Mn�n (R) e � um escalar.

(i)

tr(A+B) = tr(aij + bij) =

nXi=1

(aii + bii) =

nXi=1

aii +

nXi=1

bii = tr(A) + tr(B):

(ii)

tr(�A) = tr(�aij) =

nXi=1

�aii = �

nXi=1

aii = � tr(A):

(iii)

tr(AT ) = tr (aji) =nXi=1

aii = tr (aij) = tr(A):

(iv)

tr(AB) = tr

nXk=1

aikbkj

!=

nXi=1

nXk=1

aikbki

!=

nXk=1

nXi=1

bkiaik

!= tr

nXi=1

bkiail

!= tr(BA).

28. Seja A 2 Mn�n (R). Não pode existir X 2 Mn�n (R) tal que AX �XA = I; umavez que nesse caso teríamos tr (AX �XA) = tr I e

tr (AX �XA) = tr (AX)� tr (XA) = tr (AX)� tr (AX) = 0 6= 1 = tr I

29. Sejam A e B matrizes do tipo n� n tais que A é simétrica e B é anti-simétrica.

tr(AB) = tr�(AB)T

�= tr

�BTAT

�= tr (�BA) = � tr (BA) = � tr(AB):

tr(AB) = � tr(AB), tr(AB) = 0:

30. Seja A = (aij) 2Mm�n (R). Tem-se

tr(ATA) = tr

nXk=1

akiakj

!=

nXi=1

nXk=1

akiaki =nXi=1

nXk=1

a2ki.

Logotr(ATA) = 0, A = 0:

31. Sejam u; v 2Mn�1 (R) tais que uTv 6= �1. Seja

A = I + uvT .

235

Tem-se �I � 1

1 + uTvuvT

��I + uvT

�=

= I + uvT � 1

1 + uTvuvT � 1

1 + uTv

�uvT

� �uvT

�=

= I + uvT � 1

1 + uTvuvT � 1

1 + uTvu�vTu

�vT =

= I + uvT � 1

1 + uTvuvT � vTu

1 + uTvuvT =

vTu=uT v

= I + uvT ��

1

1 + uTv+

uTv

1 + uTv

�uvT =

= I + uvT � uvT = I.Logo A é invertível e

A�1 = I � 1

1 + uTvuvT .

Sendo u; v 2Mn�1 (R)

u =

26664u1u2...un

37775 v =

26664v1v2...vn

37775tem-se

uTv =�u1 u2 � � � un

�26664v1v2...vn

37775 = [u1v1 + u2v2 + � � �+ un]e

�tr�uvT

��=

[email protected]

37775 � v1 v2 � � � vn�1CCCA37775 =

=

26664tr26664u1v1 u1v2 � � � u1vnu2v1 u2v2 � � � u2vn...

.... . .

...unv1 unv2 � � � unvn

3777537775 = [u1v1 + u2v2 + � � �+ un] :

LogouTv =

�tr�uvT

��.

236


1. (i) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x � 0g. Por exemplo:

(1; 1) 2 U , mas (�1)(1; 1) = (�1;�1) =2 U .

Logo, U não é subespaço de R2.

(ii) Seja U = f(x; y) 2 R2 : xy = 0g. Por exemplo:

(1; 0); (0; 1) 2 U , mas (1; 0) + (0; 1) = (1; 1) =2 U .


(iii) Seja U = f(x; y) 2 R2 : y = x2g. Por exemplo:

(1; 1) 2 U , mas 2(1; 1) = (2; 2) =2 U .


(iv) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x+ y = �g. Por exemplo:

(0; 0) =2 U .


(v) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x 2 N0 e y 2 Rg. Por exemplo:

(1; 1) 2 U , mas1

2(1; 1) =

�1

2;1

2

�=2 U .


(vi) Seja U = f(x; y) 2 R2 : x2 + y2 � �2g. Por exemplo:

(1; 1) 2 U , mas 3(1; 1) = (3; 3) =2 U .


(vii) Seja U = f(x; y) 2 R2 : xy � 0g. Por exemplo:

(�1; 0); (0; 1) 2 U , mas (�1; 0) + (0; 1) = (�1; 1) =2 U .


237

2. Atendendo às respectivas dimensões, os seguintes subespaços de R2, com as operaçõesusuais, são todos os subespaços de R2.

(i) f(0; 0)g é subespaço de R2.

(ii) Seja Vk = f(x; kx) : x 2 Rg com k 2 R (�xo). Vk 6= ? pois (0; 0) 2 Vk.

Sejam (x1; kx1); (x2; kx2) 2 Vk e � 2 R. Tem-se

(x1; kx1) + (x2; kx2) = (x1 + x2; k (x1 + x2)) 2 Vk

e, com (x; kx) 2 Vk,�(x; kx) = (�x; k (�x)) 2 Vk.

Logo, para todo o k 2 R, Vk é subespaço de R2.Em alternativa, uma vez que

Vk = L (f(1; k)g) ,

para todo o k 2 R, conclui-se que Vk é subespaço de R2 (para todo o k 2 R).

(iii) SejaU = f(0; a) : a 2 Rg :

U 6= ? pois (0; 0) 2 U . Sejam (0; a1) ; (0; a2) 2 U e � 2 R. Tem-se

(0; a1) + (0; a2) = (0; a1 + a2) 2 U

e, com (0; a) 2 U ,�(0; a) = (0; �a) 2 U .

Logo, U é subespaço de R2.Em alternativa, uma vez que

U = L (f(0; 1)g) ,conclui-se que U é subespaço de R2.

(iv) R2 é subespaço de R2.

3. Uk é subespaço de R3 se e só se k = 0.

4. (i) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : z = 2g : Ora (0; 0; 0) =2 U . Logo, U não é subespaço deR3.

(ii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0g. Tem-se

U = f(x; y; x+ y) : x; y 2 Rg .

238

Uma vez que(x; y; x+ y) = (x; 0; x) + (0; y; y) = x(1; 0; 1) + y(0; 1; 1),

para quaisquer x; y 2 R, tem-se:

U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) .

Logo, U é subespaço de R3. O conjunto f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g gera o subespaço U .U = N (A) é subespaço de R3, com A =

�1 1 �1

�:

(iii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x > 0g. Ora (0; 0; 0) =2 U . Logo, U não é subespaço deR3.

(iv) Seja U = f(0; 0; z) : z 2 Rg. Uma vez que (0; 0; z) = z(0; 0; 1), para qualquer z 2 R,tem-se:

U = L (f(0; 0; 1)g) .Logo, U é subespaço de R3. O conjunto f(0; 0; 1)g gera o subespaço U .

(v) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : y = 2x e z = 3xg. Tem-se U = f(x; 2x; 3x) : x 2 Rg.Uma vez que (x; 2x; 3x) = x(1; 2; 3), para qualquer x 2 R, tem-se:

U = L (f(1; 2; 3)g) .

Logo, U é subespaço de R3. O conjunto f(1; 2; 3)g gera o subespaço U .

U = N (A) é subespaço de R3, com A =

��2 1 0�3 0 1

�:

(vi) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y = 1g. Ora (0; 0; 0) =2 U . Logo, U não é subespaçode R3.

(vii) SejaU =

�(x; y; z) 2 R3 : x+ y + z = 0 e x� y � z = 0

:

Tem-seU = f(0; y;�y) : y 2 Rg .

Uma vez que(0; y;�y) = y(0; 1;�1),

para qualquer y 2 R, tem-se:U = L (f(0; 1;�1)g) .

Logo, U é subespaço de R3. O conjunto f(0; 1;�1)g gera o subespaço U .


�1 1 11 �1 �1

�:

(viii) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x = y ou y = zg. Tem-se:

U =�(x; y; z) 2 R3 : x = y

[�(x; y; z) 2 R3 : y = z

239

Por exemplo:

(1; 1; 2); (1; 2; 2) 2 U , mas (1; 1; 2) + (1; 2; 2) = (2; 3; 4) =2 U .


(ix) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : x� y = 0 e 2y + z = 0g. Tem-se

U = f(x; x;�2x) : x 2 Rg .

Uma vez que(x; x;�2x) = x(1; 1;�2),

para qualquer x 2 R, tem-se:U = L (f(1; 1;�2)g) .

Logo, U é subespaço de R3. O conjunto f(1; 1;�2)g gera o subespaço U .


�1 �1 00 2 1

�:

(x) Seja U = f(x; y; z) 2 R3 : xy = 0g. Por exemplo:

(1; 0; 1); (0; 1; 0) 2 U , mas (1; 0; 1) + (0; 1; 0) = (1; 1; 1) =2 U .

Logo, U não é subespaço de R3.O conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:

U = fa0 + a1t+ � � �+ antn 2 Pn : a0; a1; :::; an 2 R e an 6= 0g ,

com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) = 0 =2U .

5. (0;�1; 1;�1) 2 f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y + z = 0g

(�2; 1; 1; 0) 2�(x; y; z; w) 2 R4 : x+ y + z + w = 0

(�2; 2; 2; 0) 2�(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y � z = 0 e x+ y + 2w = 0 e y � z + w = 0

(i) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e y = �zg. Tem-se

U = f(0;�z; z; w) : z; w 2 Rg .

Atendendo a que(0;�z; z; w) = z(0;�1; 1; 0) + w(0; 0; 0; 1),

tem-seU = L (f(0;�1; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) .

240

O conjunto f(0;�1; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g gera o subespaço U .

(ii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ y + z + w = 0g. Tem-se

U = f(�y � z � w; y; z; w) : y; z; w 2 Rg .

Atendendo a que

(�y � z � w; y; z; w) = y(�1; 1; 0; 0) + z(�1; 0; 1; 0) + w(�1; 0; 0; 1),

tem-seU = L (f(�1; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g) .

O conjunto f(�1; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g gera o subespaço U .

(iii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y � z = 0 e x+ y + 2w = 0 e y � z + w = 0g.Observe-se que

U = N (A), com A =

24 1 2 �1 01 1 0 20 1 �1 1

35 .Tem-se

A =

24 1 2 �1 01 1 0 20 1 �1 1

35 �!�L1+L2!L2

24 1 2 �1 00 �1 1 20 1 �1 1

35 �!L2+L3!L3

24 1 2 �1 00 �1 1 20 0 0 3

35 = A0.Logo, U = N (A) = N (A0). Assim,

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y � z = 0 e � y + z + 2w = 0 e 3w = 0

=

= f(�z; z; z; 0) : z 2 Rg = fz(�1; 1; 1; 0) : z 2 Rg = L (f(�1; 1; 1; 0)g) .O conjunto f(�1; 1; 1; 0)g gera o subespaço U .

6. Seja P2 o espaço linear de todos os polinómios reais de variável real e de grau menorou igual a 2, com as operações usuais:

(i) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a0 = 0g. Tem-se

U =�a1t+ a2t

2 : a1; a2 2 R= L

��t; t2�.

Logo, U é subespaço de P2. O conjunto ft; t2g gera o subespaço U .

(ii) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 = 2a0 e a1 = 0g. Tem-se

U =�a0 + 2a0t

2 : a0 2 R.

Uma vez quea0 + 2a0t

2 = a0(1 + 2t2),

241

para qualquer a0 2 R, tem-se:U = L

��1 + 2t2

�.

Logo, U é subespaço de P2. O conjunto f1 + 2t2g gera o subespaço U .

(iii) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a1 = 1g. Por exemplo: o polinómio nulo p(t) =0 =2 U . Logo, U não é subespaço de P2.

(iv) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 = 2g. Por exemplo: o polinómio nulop(t) = 0 =2 U . Logo, U não é subespaço de P2.

(v) Seja U = fa0 + a1t+ a2t2 2 P2 : a2 � a1 + 2a0 = 0g. Tem-se

U =�a0 + a1t+ (a1 � 2a0) t2 : a0; a1 2 R

.

Uma vez quea0 + a1t+ (a1 � 2a0) t2 = a0(1� 2t2) + a1(t+ t2),

para quaisquer a0; a1 2 R, tem-se:

U = L��1� 2t2; t+ t2

�.

Logo, U é subespaço de P2. O conjunto f1� 2t2; t+ t2g gera o subespaço U .

7. (i) Seja U = L (f1� t2; 1 + tg) um subespaço de P2. Seja p (t) 2 U , com p (t) =a0 + a1t+ a2t

2. Então, existirão �; � 2 R tais que

p (t) = a0 + a1t+ a2t2 = �

�1� t2

�+ � (1 + t) .

Tem-se então a matriz aumentada24 1 1 j a00 1 j a1�1 0 j a2

35 �!L1+L3�!L3

24 1 1 j a00 1 j a10 1 j a0 + a2

35 �!�L2+L3�!L3

24 1 1 j a00 1 j a10 0 j a0 + a2 � a1

35 .Logo, para que o sistema linear anterior seja possível é preciso que a0 + a2 � a1 = 0. Assim,

U =�p (t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 + a2 � a1 = 0.

(ii) Seja U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); (�2; 1;�2)g). Seja (x; y; z) 2 U . Então, existirão�; �; 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 0; 1) + �(0; 1; 0) + (�2; 1;�2).

Tem-se então a matriz aumentada24 1 0 �2 j x0 1 1 j y1 0 �2 j z

35 �!�L1+L3�!L3

24 1 0 �2 j x0 1 1 j y0 0 0 j z � x

35 .242

Assim,U =

�(x; y; z) 2 R3 : z � x = 0

.

Observação extra: U = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0); (�2; 1;�2)g) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g),uma vez que

(�2; 1;�2) = (�2)(1; 0; 1) + (0; 1; 0).

(iii) Seja V = L (f(0; 1; 0); (�2; 1;�2)g). Seja (x; y; z) 2 V . Então, existirão �; � 2 Rtais que

(x; y; z) = �(0; 1; 0) + �(�2; 1;�2).Tem-se então a matriz aumentada24 0 �2 j x1 1 j y

0 �2 j z

35 �!L1 !L2

24 1 1 j y0 �2 j x0 �2 j z

35 �!�L2+L3�!L3

24 1 1 j y0 �2 j x0 0 j z � x

35 .Assim,

V =�(x; y; z) 2 R3 : z � x = 0

.

Observação extra: V = L (f(0; 1; 0); (�2; 1;�2)g) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g), uma vezque

(�2; 1;�2) = (�2)(1; 0; 1) + (0; 1; 0) e (1; 0; 1) =��12

�(�2; 1;�2) + 1

2(0; 1; 0).

(iv) Seja W = L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g). Seja (x; y; z) 2 V . Então, existirão �; � 2 R taisque

(x; y; z) = �(1; 1; 2) + �(2; 1; 1).

Tem-se então a matriz aumentada24 1 2 j x1 1 j y2 1 j z

35 �!�L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 2 j x0 �1 j y � x0 �3 j z � 2x

35 �!�3L2+L3!L3

24 1 2 j x0 �1 j y � x0 0 j z � 3y + x

35 .Assim,

W =�(x; y; z) 2 R3 : x� 3y + z = 0

.

Observação extra: W = L (f(3; 1; 0); (�1; 0; 1)g) = L (f(1; 1; 2); (2; 1; 1)g), uma vezque

(3; 1; 0) = 2(2; 1; 1) + (�1)(1; 1; 2), (�1; 0; 1) = (1; 1; 2) + (�1)(2; 1; 1)e

(1; 1; 2) = (3; 1; 0) + 2(�1; 0; 1), (2; 1; 1) = (3; 1; 0) + (�1; 0; 1).

243

(v) Seja U = L (f(1; 0;�1; 1)g). Seja (x; y; z; w) 2 U . Então, existirá � 2 R tal que

(x; y; z; w) = �(1; 0;�1; 1).

Tem-se então a matriz aumentada26641 j x0 j y�1 j z1 j w

3775 �!L1+L3�!L3�L1+L4�!L4

26641 j x0 j y0 j x+ z0 j w � x

3775 .Assim,

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : y = 0 e x+ z = 0 e w � x = 0

.

(vi) Seja U = L (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (3;�6; 11;�1); (0; 0; 1;�2)g). Como

(3;�6; 11;�1) = (1;�2; 5;�3)+(2;�4; 6; 2) e (0; 0; 1;�2) = 1

2(1;�2; 5;�3)�1

4(2;�4; 6; 2)

entãoU = L (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2)g) .

Seja (x; y; z; w) 2 U . Então, existirão �; � 2 R tais que

(x; y; z; w) = �(1;�2; 5;�3) + �(2;�4; 6; 2).

Tem-se então a matriz aumentada26641 2 j x�2 �4 j y5 6 j z�3 2 j w

3775 �!2L1+L2�!L2�5L1+L3�!L33L1+L4�!L4

26641 2 j x0 0 j 2x+ y0 �4 j �5x+ z0 8 j 3x+ w

3775 �!2L3+L4�!L4

.

�!2L3+L4�!L4

26641 2 j x0 0 j 2x+ y0 �4 j �5x+ z0 0 j �7x+ 2z + w

3775 �!L2$L3

26641 2 j x0 �4 j �5x+ z0 0 j 2x+ y0 0 j �7x+ 2z + w

3775 :Assim,

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : 2x+ y = 0 e � 7x+ 2z + w = 0

.

8. SejaM2�3(R) o espaço linear de todas as matrizes do tipo 2� 3 com entradas reais.

(i) Seja U =��

a b cd 0 0

�2M2�3(R) : b = a+ c

�. Tem-se

U =

��a a+ c cd 0 0

�: a; c; d 2 R

�.

Uma vez que�a a+ c cd 0 0

�= a

�1 1 00 0 0

�+ c

�0 1 10 0 0

�+ d

�0 0 01 0 0

�,

244

para quaisquer a; c; d 2 R, tem-se:

U = L

��1 1 00 0 0

�;

�0 1 10 0 0

�;

�0 0 01 0 0

��.

Logo, U é subespaço deM2�3(R). O conjunto��1 1 00 0 0

�;

�0 1 10 0 0

�;

�0 0 01 0 0

��gera o subespaço U .

(ii) Seja U =��

a b cd 0 f

�2M2�3(R) : b < 0

�. Por exemplo: a matriz nula

�0 0 00 0 0

�=2 U .

Logo, U não é subespaço deM2�3(R).

(iii) Seja U =��

a b cd e f

�2M2�3(R) : a = �2c e f = 2e+ d

�. Tem-se

U =

��2c b cd e 2e+ d

�: b; c; d; e 2 R

�.

Uma vez que��2c b cd e 2e+ d

�= b

�0 1 00 0 0

�+ c

��2 0 10 0 0

�+ d

�0 0 01 0 1

�+ e

�0 0 00 1 2

�,

para quaisquer b; c; d; e 2 R, tem-se:

U = L

��0 1 00 0 0

�;

��2 0 10 0 0

�;

�0 0 01 0 1

�;

�0 0 00 1 2

��.

Logo, U é subespaço deM2�3(R). O conjunto��0 1 00 0 0

�;

��2 0 10 0 0

�;

�0 0 01 0 1

�;

�0 0 00 1 2

��gera o subespaço U .

9. Queremos encontrar A tal que N (A) = L (f(2; 0; 1)g). Por de�nição N (A) =fu 2 R3 : Au = 0g. Seja (x; y; z) 2 L (f(2; 0; 1)g). Então, existirá � 2 R tal que

(x; y; z) = �(2; 0; 1).

245

Tem-se então a matriz aumentada24 2 j x0 j y1 j z

35 �!� 12L1+L3�!L3

24 2 j x0 j y0 j z � 1

2x

35 .Assim,

U =�(x; y; z) 2 R4 : �x+ 2z = 0 e y = 0

= N (A)

com

A =

��1 0 20 1 0

�.

10. Não é possível encontrar A tal que

(1; 1; 1) 2 L(A) e (1; 0; 0) 2 N (A),

pois se (1; 0; 0) 2 N (A) então a primeira entrada de todas as linhas de A é 0. Pelo que, nessecaso, não se pode ter (1; 1; 1) 2 L(A).

11. (i) Seja A =�1 �10 0

�. Tem-se C(A) = L (f(1; 0)g) e L(A) = L (f(1;�1)g).

Seja u = (x; y) 2 R2. Atendendo a que�1 �10 0

� �xy

�= 0, x� y = 0,

o núcleo de A é dado por:

N (A) =�u 2 R2 : Au = 0

=�(x; y) 2 R2 : x� y = 0

=

= f(x; x) : x 2 Rg = fx(1; 1) : x 2 Rg = L (f(1; 1)g) .

(ii) Seja A =�1 2 30 0 0

�. Tem-se C(A) = L (f(1; 0)g) e L(A) = L (f(1; 2; 3)g).

Seja u = (x; y; z) 2 R3. Atendendo a que

�1 2 30 0 0

�24 xyz

35 = 0, x+ 2y + 3z = 0,


N (A) =�u 2 R3 : Au = 0

=�(x; y; z) 2 R3 : x+ 2y + 3z = 0

=

= f(�2y � 3z; y; z) : y; z 2 Rg = fy(�2; 1; 0) + z(�3; 0; 1) : y; z 2 Rg= L (f(�2; 1; 0); (�3; 0; 1)g) .

246

(iii) Seja A =�0 0 00 0 0

�. Tem-se C(A) = f(0; 0)g e L(A) = f(0; 0; 0)g.

O núcleo de A é dado por: N (A) = R3.

(iv) Seja A =

24 2 1 10 0 10 0 0

35. Tem-seC(A) = L (f(2; 0; 0); (1; 1; 0)g) e L(A) = L (f(2; 1; 1); (0; 0; 1)g) :

Seja u = (x; y; z) 2 R3. Atendendo a que24 2 1 10 0 10 0 0

3524 xyz

35 = 0,8<:2x+ y + z = 0

z = 0


N (A) =�u 2 R3 : Au = 0

=�(x; y; z) 2 R3 : 2x+ y + z = 0 e z = 0

=

= f(x;�2x; 0) : x 2 Rg = fx(1;�2; 0) : x 2 Rg = L (f(1;�2; 0)g) .

(v) SejaA =

24 1 02 32 1

35. Tem-se C(A) = L (f(1; 2; 2); (0; 3; 1)g) e L(A) = L (f(1; 0); (2; 3)g),pois

(2; 1) =4

3(1; 0) +

1

3(2; 3).

Seja u = (x; y) 2 R2. Atendendo a que

24 1 02 32 1

35� xy

�= 0,

8>>>><>>>>:x = 0

2x+ 3y = 0

2x+ y = 0


N (A) =�u 2 R2 : Au = 0

=�(x; y) 2 R2 : x = 0 e 2x+ 3y = 0 e 2x+ y = 0

= f(0; 0)g .

(vi) Seja A =

24 1 22 42 4

35. Tem-se C(A) = L (f(1; 2; 2)g) e L(A) = L (f(1; 2)g). Seja

u = (x; y) 2 R2. Atendendo a que24 1 22 42 4

35� xy

�= 0,

8<:x+ 2y = 0

2x+ 4y = 0

247


N (A) =�u 2 R2 : Au = 0

=�(x; y) 2 R2 : x+ 2y = 0

=

= f(�2y; y) : y 2 Rg = fy(�2; 1) : y 2 Rg = L (f(�2; 1)g) .

(vii) Seja A =

24 0 00 00 0

35. Tem-se C(A) = f(0; 0; 0)g e L(A) = f(0; 0)g. O núcleo de Aé dado por:

N (A) = R2.

(viii) Seja A =

24 1 0 12 3 02 1 0

35. Tem-seC(A) = L (f(1; 2; 2); (0; 3; 1); (1; 0; 0)g) e L(A) = L (f(1; 0; 1); (2; 3; 0); (2; 1; 0)g) .

Seja u = (x; y; z) 2 R3. Atendendo a que

24 1 0 12 3 02 1 0

3524 xyz

35 = 0,24 1 0 10 1 �20 0 4

3524 xyz

35 = 0,8>>>><>>>>:x+ z = 0

y � 2z = 0

4z = 0


N (A) =�u 2 R3 : Au = 0

= f(0; 0; 0)g .

Observação: ComoN (A) = f(0; 0; 0)g e sendoA quadrada 3�3, tem-se L(A) = C(A) = R3.

12. Seja

U =

8<:24 a 0b c0 d

35 2M3�2(R) : a; b; c; d 2 R

9=; .Uma vez que24 a 0

b c0 d

35 = a24 1 00 00 0

35+ b24 0 01 00 0

35+ c24 0 00 10 0

35+ d24 0 00 00 1

35 ,com a; b; c; d 2 R, tem-se

U = L

0@8<:24 1 00 00 0

35 ;24 0 01 00 0

35 ;24 0 00 10 0

35 ;24 0 00 00 1

359=;1A .

248

13. Considere, no espaço linear R3, os vectores v1 = (1; 2; 1), v2 = (1; 0; 2) e v3 = (1; 1; 0).Tem-se

(i) (3; 3; 0) = 0(1; 2; 1) + 0(1; 0; 2) + 3(1; 1; 0)

(ii) (2; 1; 5) = 1(1; 2; 1) + 2(1; 0; 2) + (�1)(1; 1; 0)

(iii) (�1; 2; 0) = 2(1; 2; 1) + (�1)(1; 0; 2) + (�2)(1; 1; 0)

(iv) (1; 1; 1) = 13(1; 2; 1) + 1

3(1; 0; 2) + 1

3(1; 1; 0).

14. Considere, no espaço linear R4, os vectores v1 = (1; 0; 0; 1), v2 = (1;�1; 0; 0) ev3 = (0; 1; 2; 1). Tem-se26641 1 0 j �1 j 2 j 1 j 00 �1 1 j 4 j 0 j 1 j 10 0 2 j 2 j 2 j �2 j 11 0 1 j 2 j 2 j 2 j 0

3775 �!�L1+L4!L4

26641 1 0 j �1 j 2 j 1 j 00 �1 1 j 4 j 0 j 1 j 10 0 2 j 2 j 2 j �2 j 10 �1 1 j 3 j 0 j 1 j 0

3775 �!�L2+L4!L4

�!�L2+L4!L4

26641 1 0 j �1 j 2 j 1 j 00 �1 1 j 4 j 0 j 1 j 10 0 2 j 2 j 2 j �2 j 10 0 0 j �1 j 0 j 0 j �1

3775 : (*)

Logo, (2; 0; 2; 2); (1; 1;�2; 2) 2 L (fv1; v2; v3g), com

(2; 0; 2; 2) = (1; 0; 0; 1) + (1;�1; 0; 0) + (0; 1; 2; 1)(1; 1;�2; 2) = 3(1; 0; 0; 1) + (�2)(1;�1; 0; 0) + (�1)(0; 1; 2; 1).

Atendendo a (*), (�1; 4; 2; 2); (0; 1; 1; 0) =2 L (fv1; v2; v3g).

15. Tem-se24 3 2 j 10 �1 j �2�2 �5 j k

35 �!23L1+L3!L3

24 3 2 j 10 �1 j �20 �11=3 j k + 2=3

35 �!� 11

3L2+L3!L3

24 3 2 j 10 �1 j �20 0 j k + 8

35 :Logo, �8 é o único valor de k para o qual o vector u = (1;�2; k) 2 R3 é combinação

linear dos vectoresv = (3; 0;�2) e w = (2;�1;�5):

16. (i) Seja U = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3. Tem-se

(x; y; z) = x(1; 0; 0) + y(0; 1; 0) + z(0; 0; 1).

Logo, U gera R3.

249

(ii) Seja U = f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3. Tem-se

(x; y; z) = x(1; 1; 1) + (y � x) (0; 1; 1) + (z � y) (0; 0; 1).

Logo, U gera R3.

(iii) Seja U = f(1; 1; 1) ; (�1; 1;�1); (1;�1;�1); (�1;�1; 1)g. Seja (x; y; z) 2 R3. Deter-minemos os valores dos escalares �1; �2; �3; �4 para os quais se tem24 xy

z

35 = �124 111

35+ �224 �11�1

35+ �324 1�1�1

35+ �424 �1�11

35 .Ora a última igualdade é equivalente a24 xy

z

35 =24 1 �1 1 �11 1 �1 �11 �1 �1 1

352664�1�2�3�4

3775 .24 1 �1 1 �1 j x1 1 �1 �1 j y1 �1 �1 1 j z

35 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 �1 1 �1 j x0 2 �2 0 j y � x0 0 �2 2 j z � x

35 .Logo 8>>>>>>>><>>>>>>>>:

�1 =12x+ 1

2y + s

�2 =12y � 1

2z + s

�3 =12x� 1

2z + s

�4 = s, s 2 Re assim24 xyz

35 = �12x+

1

2y + s

�24 111

35+�12y � 1

2z + s

�24 �11�1

35+�12x� 1

2z + s

�24 1�1�1

35+s24 �1�11

35 ,com s 2 R. Logo, U gera R3.

17. Sejamu = (2; 1; 0); v = (1;�1; 2) e w = (0; 3;�4):

O vector (a; b; c) de R3 pertencerá a L (fu; v; wg) se existirem �; �; 2 R tais que

(a; b; c) = �(2; 1; 0) + �(1;�1; 2) + (0; 3;�4),

isto é, se o seguinte sistema (nas variáveis �, � e ) fôr possível e determinado:8<:2�+ � = a�� + 3 = b2� � 4 = c.

250

Considerando então a matriz aumentada deste sistema, tem-se:24 2 1 0 j a1 �1 3 j b0 2 �4 j c

35 �!� 12L1+L2!L2

24 2 1 0 j a0 �3=2 3 j b� a=20 2 �4 j c

35 �!43L2+L3!L3

�!43L2+L3!L3

24 2 1 0 j a0 �3=2 3 j b� a

2

0 0 0 j c+ 43b� 2

3a

35 .Assim, o vector (a; b; c) de R3 pertencerá a L (fu; v; wg) se:

c+4

3b� 2

3a = 0.

Observação: Deste modo, tem-se L (fu; v; wg) 6= R3. De facto, uma vez que

v =1

2u� 1

2w

tem-se L (fu; v; wg) = L (fu;wg) e como tal fu; v; wg não pode gerar R3.

18. Considere, no espaço linear P2, os vectores p1(t) = 2 + t + 2t2, p2(t) = �2t + t2,p3(t) = 2� 5t+ 5t2 e p4(t) = �2� 3t� t2. O vector

q(t) = 2 + t+ t2

pertence à expansão linear L (fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g)? Podem os vectores p1(t), p2(t),p3(t) e p4(t) gerar P2? Tem-se24 2 0 2 �2 j 2

1 �2 �5 �3 j 12 1 5 �1 j 1

35 �!� 12L1+L2!L2

�L1+L3!L3

24 2 0 2 �2 j 20 �2 �6 �2 j 00 1 3 1 j �1

35 �!12L2+L3!L3

�!

24 2 0 2 �2 j 20 �2 �6 �2 j 00 0 0 0 j �1

35 . (**)Atendendo a (**), q(t) = 2 + t+ t2 =2 L (fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g). Logo,

fp1(t); p2(t); p3(t); p4(t)g não pode gerar P2:

19. Sejam

A =

�1 1 52 3 13

�e B =

24 1 �1 �14 �3 �13 �1 3

35 :Tem-se

A =

�1 1 52 3 13

��!

�2L1+L2!L2

�1 1 50 1 3

�= A0

251

e

B =

24 1 �1 �14 �3 �13 �1 3

35 �!�4L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 �1 �10 1 30 2 6

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 �1 �10 1 30 0 0

35 = B0.Atendendo ao método de eliminação de Gauss:

L(A) = L(A0) e L(B) = L(B0).

Além disso, uma vez que

(1;�1;�1) = (1; 1; 5)� 2(0; 1; 3),

tem-seL(A) = L(A0) = L(B0) = L(B).

Finalmente, como se tem sempre

C(AT ) = L(A) e L(B) = C(BT ),

conclui-se que C(AT ) = C(BT ).

20.

�3 11 �1

�= �1A+�2B+�3C =

��1 �1 + 2�3

�1 + �2 �2 � �3

�,

8>><>>:�1 = 3�1 + 2�3 = 1�1 + �2 = 1�2 � �3 = �1

,

8<:�1 = 3�2 = �2�3 = �1.

Logo �3 11 �1

�= 3

�1 11 0

�� 2

�0 01 1

��0 20 �1

�.

Seja

U = L

��1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��:

Seja�a bc d

�2 U . Tem-se

�a bc d

�2 U se e só se existirem escalares �; �; 2 R tais

que �a bc d

�= �A+ �B + C.

�a bc d

�= �A+ �B + C ,

�a bc d

�=

��1 �1 + 2�3

�1 + �2 �2 � �3

�,

8>><>>:�1 = a�1 + 2�3 = b�1 + �2 = c�2 � �3 = d

252

26641 0 0 j a1 0 2 j b1 1 0 j c0 1 �1 j d

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

26641 0 0 j a0 0 2 j b� a0 1 0 j c� a0 1 �1 j d

3775 �!�L3+L4!L412L2+L4!L4

�!�L3+L4!L412L2+L4!L4

26641 0 0 j a0 0 2 j b� a0 1 0 j c� a0 0 0 j d+ 1

2(b+ a)� c

3775 �!L2$L3

26641 0 0 j a0 1 0 j c� a0 0 2 j b� a0 0 0 j d+ 1

2(b+ a)� c.

3775Logo, para que o sistema linear anterior seja possível é necessário que se tenha

d+1

2(b+ a)� c = 0.

Deste modo podemos escrever

U =

��a bc d

�2M2�2 (R) : d+

1

2(b+ a)� c = 0

�e assim, sendo

V =

��a bc d

�2M2�2 (R) : d+

1

2(b+ a)� c 6= 0

�;

tem-seM2�2 (R) = U � V .

Ou seja, qualquer vector de V que não seja o vector nulo, esse vector não pertence a U . Porexemplo �

1 11 1

�=2 U = L

��1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��.

21. Seja U o subespaço deR4 gerado por f(1; 1; 0;�1); (1; 1; 0; 1)g : Seja S = f(1; 0; 0; 2)g+U e considere ainda o seguinte subespaço de R4

V =�(x; y; z; w) 2 R4 : y = w

.

a)S = f(1; 0; 0; 2)g+ U = f(1 + s+ t; s+ t; 0; 2� s+ t) : s; t 2 Rg :

Sejam x = 1+ s+ t, y = s+ t, z = 0, w = 2� s+ t. Tem-se então o seguinte sistemalinear (com 4 variáveis) não homogéneo�

x� y = 1z = 0

b) Seja (x; y; z; w) 2 U . Existem �; � 2 R tais que

(x; y; z; w) = �(1; 1; 0;�1) + � (1; 1; 0; 1) . (*)

253

Por outro lado, atendendo a26641 1 j x1 1 j y0 0 j z�1 1 j w

3775 �!�L1+L2!L2L1+L4!L4

26641 1 j x0 0 j y � x0 0 j z0 2 j x+ w

3775para que a equação (*) tenha solução é preciso que: y � x = 0 e z = 0, ou seja (x; y; z; w) 2N (A), com

A =

��1 1 0 00 0 1 0

�.

Reciprocamente, se (x; y; z; w) 2 N (A) então (x; y; z; w) 2 U . Logo U = N (A).

22. Em R3, considere os subespaços:

U = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1)g) e V = L (f(1; 1; 2); (�1; 1; 1)g) .

Logo,U + V = L (U [ V ) = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 2); (�1; 1; 1)g) :

Facilmente se veri�ca, por exemplo, que:

(1; 1; 2) = 2(0; 1; 1) +1

2(1;�1; 1)� 1

2(�1; 1; 1).

LogoU + V = L (fu1; u2; u3g)

com (por exemplo) u1 = (0; 1; 1); u2 = (1;�1; 1) e u3 = (�1; 1; 1).Seja (x; y; z) 2 U . Tem-se24 1 0 j x�1 1 j y1 1 j z

35 �!L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 0 j x0 1 j x+ y0 1 j z � x

35 �!�L2+L3!L3

24 1 0 j x0 1 j x+ y0 0 j z � 2x� y

35 .Logo

U =�(x; y; z) 2 R3 : z � 2x� y = 0

.

Seja (x; y; z) 2 V . Tem-se24 1 �1 j x1 1 j y2 1 j z

35 �!�L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 �1 j x0 2 j y � x0 3 j z � 2x

35 �!� 32L2+L3!L3

24 1 �1 j x0 2 j y � x0 0 j z � 3

2y � 1

2x

35 .Logo

V =�(x; y; z) 2 R3 : 2z � 3y � x = 0

.

Deste modo

U \ V =�(x; y; z) 2 R3 : z � 2x� y = 0 e 2z � 3y � x = 0

= L (f(1; 3; 5)g)

e como tal, U \ V = L (fvg), com (por exemplo) v = (1; 3; 5).

254

23. Sejam

U =�(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0 e x+ y = 0

; V = L (f(1; 1; 1)g) :

Tem-se (1; 1; 1) =2 U pois 1 + 1� 1 6= 0. Logo U \ V = f0g.Por outro lado, como

U =�(�y; y; 0) 2 R3 : y 2 R

= L (f(�1; 1; 0)g) ,

tem-seU + V = L (fu1; u2g)

com (por exemplo) u1 = (�1; 1; 0) e u2 = (1; 1; 1).


U = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2)g) e V = f(x; y; z) : x+ y + 3z = 0g .

Seja v 2 U , então

v = �(1; 0; 1) + �(�1; 1; 2) = (�� ; �; �+ 2�),


�� + � + 3 (�+ 2�) = 0.

isto é,

4�+ 6� = 0 , � = �32�.

Assim,

v = �(1; 0; 1) + �(�1; 1; 2) =��52�; �;

1

2�

�= �

��52; 1;1

2

�.

Logo,

U \ V =��

��52; 1;1

2

�: � 2 R

�= L

��52; 1;1

2

��e como tal, U \ V = L (fvg), com (por exemplo) v =

��52; 1; 1

2

�.

Tem-seV = L (f(�1; 1; 0); (�3; 0; 1)g) .

Logo,U + V = L (U [ V ) = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2); (�1; 1; 0); (�3; 0; 1)g) :

Facilmente se veri�ca, por exemplo, que:

(�3; 0; 1) = �3(1; 0; 1) + 2(�1; 1; 2)� 2(�1; 1; 0)

LogoU + V = L (fu1; u2; u3g)

com (por exemplo) u1 = (1; 0; 1); u2 = (�1; 1; 2) e u3 = (�1; 1; 0).

255


U =�(x; y; z) 2 R3 : x = y = z

e V =

�(x; y; z) 2 R3 : x = 0

.

Tem-se U = L (f(1; 1; 1)g) e V = L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g).Como

(1; 1; 1) =2 L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g) = Ventão

U \ V = f0g e U + V = L (fu1; u2; u3g)com (por exemplo) u1 = (1; 1; 1); u2 = (0; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1).

26. Em P2, considere os subespaços:

U = L��1 + t; 1� t2

�e V =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a2 � a1 + a0 = 0.

Seja p (t) 2 U . Então existem �; � 2 R tais que

p (t) = a0 + a1t+ a2t2 = � (1 + t) + �

�1� t2

�.

Atendendo a24 1 1 j a01 0 j a10 �1 j a2

35 �!�L1+L2!L2

24 1 1 j a00 �1 j a1 � a00 �1 j a2

35 �!�L2+L3!L3

24 1 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a2 � a1 + a0

35 .Logo, tem-se

U = V

pelo queU + V = U = V e U \ V = U = V .

Assim,U + V = U \ V = L (fu1; u2g)

com (por exemplo) u1 = 1 + t e u2 = 1� t2.

27. Como

p(�1) = 2p(0)� p(1), a0 � a1 + a2 = 2a0 � (a0 + a1 + a2), a2 = 0

então

U = fp(t) 2 P2 : p(�1) = 2p(0)� p(1)g = fa0 + a1t+ a2t2 : a2 = 0g = L (f1; tg) :

Por outro lado, atendendo a24 �1 1 j a01 0 j a10 �1 j a2

35!24 �1 1 j a00 1 j a0 + a10 0 j a0 + a1 + a2

35256

a0 + a1t+ a2t2 2 V = L(f�1 + t; 1� t2g), a0 + a1 + a2 = 0:

LogoV = fa0 + a1t+ a2t2 : a0 + a1 + a2 = 0g:

Pelo que

U \ V = fa0 + a1t+ a2t2 : a0 + a1 + a2 = 0 e a2 = 0g == f�a1 + a1t : a1 2 Rg = L(f�1 + tg):

Como�1 + t = (�1)� 1 + 1� t

entãoU + V = L

��1; t;�1 + t; 1� t2

�= L

��1; t; 1� t2

�:

28. Comop(1) = 0, a0 + a1 + a2 = 0

entãoU = fp(t) 2 P2 : a0 + a1 + a2 = 0g = L(f�1 + t;�1 + t2g):

Por outro lado, atendendo a24 1 0 �1 j a0�1 1 0 j a10 �1 1 j a2

35!24 1 0 �1 j a00 1 �1 j a0 + a10 0 0 j a0 + a1 + a2

35a0 + a1t+ a2t

2 2 V = L(f1� t; t� t2;�1 + t2g), a0 + a1 + a2 = 0:

Logo U = V e assimU + V = U = V e U \ V = U = V .

Isto é,U + V = U \ V = L (fu1; u2g)

com (por exemplo) u1 = �1 + t e u2 = �1 + t2.

29. Em P3, considere os subespaços:

U = L��1 + t; 1� t3

�e V = L

��1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

�.

LogoU + V = L (U [ V ) = L

��1 + t; 1� t3; 1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

�:

Como1 + t+ t3 =

3

2(1 + t)� 1

2

�1� t3

�+ 0

�1 + t+ t2

�� 12

�t� t3

�então

U + V = L (fu1; u2; u3; u4g)com (por exemplo) u1 = 1 + t, u2 = 1� t3, u3 = 1 + t+ t2 e u4 = t� t3.

257

Determinemos U \ V . Seja

p (t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t

3 2 U:

Tem-se26641 1 j a01 0 j a10 0 j a20 �1 j a3

3775 �!�L1+L2!L2

26641 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a20 �1 j a3

3775 �!�L2+L4!L4

26641 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a20 0 j a3 + a0 � a1

3775 .Logo

U =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a2 = 0 e a3 + a0 � a1 = 0

.

Sejaq (t) = a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 V:

Tem-se 26641 0 1 j a01 1 1 j a11 0 0 j a20 �1 1 j a3

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 �1 1 j a3

3775 �!L2+L4!L4

�!L2+L4!L4

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 0 1 j a1 � a0 + a3

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 0 0 j a1 + a2 � 2a0 + a3

3775 .Logo

V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a1 + a2 � 2a0 + a3 = 0

.

Deste modo

U\V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a2 = 0 e a0 � a1 + a3 = 0 e � 2a0 + a1 + a2 + a3 = 0

=

= a0 + a1t+ a2t2 + a3t

3 2 P3 : (a0; a1; a2; a3) 2 N

0@24 0 0 1 01 �1 0 1�2 1 1 1

351A .Atendendo a que24 0 0 1 01 �1 0 1�2 1 1 1

35 �!2L2+L3!L3

24 0 0 1 01 �1 0 10 �1 1 3

35 �!L1$L2

24 1 �1 0 10 0 1 00 �1 1 3

35 �!L2$L3

24 1 �1 0 10 �1 1 30 0 1 0

35tem-se

U\V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a0 � a1 + a3 = 0 e � a1 + a2 + 3a3 = 0 e a2 = 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a0 = 2a3 e a1 = 3a3 e a2 = 0

=

=�2a3 + 3a3t+ a3t

3 2 P3 : a3 2 R=�a3�2 + 3t+ t3

�2 P3 : a3 2 R

= L

��2 + 3t+ t3

�.

258


1. Seja V um espaço linear real e 0 o seu vector nulo.

(i) Suponhamos que u+ v = u+ w. Queremos ver que v = w. Ora,

v = 0+ v = ((�u) + u) + v = (�u) + (u+ v) =u+v=u+w

= (�u) + (u+ w) = ((�u) + u) + w = 0+ w = w.

Logo, v = w:

(ii) Queremos ver que �0 = 0 para todo o escalar � 2 R. Ora,

�0+ 0 = �0 = � (0+ 0) = �0+ �0 =)por (i)

0 = �0.

(iii) Queremos ver que 0u = 0 para todo o vector u 2 V. Ora,0u + 0 = 0u =(0 + 0)u = 0u+ 0u =)

por (i)0 = 0u.

(iv) Queremos ver que �(�u) = u para todo o u 2 V. Ora,

u+ (�u) = 0 =)� (�u) = u.

(v) Queremos ver que o vector nulo 0 2 V é único. Ora, seja w 2 V tal que u+w = u,para todo o u 2 V. Então,

u+ w = u = u+ 0 =)por (i)

w = 0.

(vi) Queremos ver que o simétrico �u de um qualquer vector u de V é único. Ora,seja w 2 V tal que u+ w = 0. Então,

u+ w = 0 = u+ (�u) =)por (i)

w = �u.

(vii) Queremos ver que (� 1)u = �u para todo o u 2 V. Ora,

u+ (�1)u = 1u+ (�1)u = (1 + (�1))u = 0u = 0.

Logo, como o simétrico é único, (� 1)u = �u.(viii) Queremos ver que: se �u = 0, então � = 0 ou u = 0: Suponhamos que �u = 0.Se � 6= 0, então

u = 1u =

�1

��

�u =

1

�(�u) =

1

�0 =por (iv)

0.

Como � 6= 0 =) u = 0, então u 6= 0 =) � = 0. Logo,

�u = 0 =) � = 0 _ u = 0

(ix) Queremos ver que: se u 6= 0 e �u = �u, então � = �. Suponhamos que u 6= 0 e�u = �u. Ora, como u 6= 0 e (�� )u = 0, então �� = 0, atendendo a (viii). Istoé, � = �.

259

2. O conjunto de todos os polinómios reais de grau igual a n:

U = fa0 + a1t+ � � �+ antn 2 Pn : a0; a1; :::; an 2 R e an 6= 0g ,

com as operações usuais, não é um espaço linear. Por exemplo: o polinómio nulop(t) = 0 =2 U .

3. (i) ? 6= P2 � P3 e:P2 = L

��1; t; t2

�.

Logo, P2 é subespaço de P3.

(ii) ? 6= Pn � Pn+1 e:Pn = L (f1; t; :::; tng) .

Logo, Pn é subespaço de Pn+1.

(iii) ? 6= Pn � P e:Pn = L (f1; t; :::; tng) .

Logo, Pn é subespaço de P .

4. (i) SejaU =

�A 2Mn�n(R) : A = AT

:

Sejam A1; A2 2 U e � 2 R. Tem-se

A1 + A2 = AT1 + A

T2 = (A1 + A2)

T 2 U

e, com A 2 U ,�A = �AT = (�A)T 2 U .

Logo, U é subespaço deMn�n(R).(ii) Seja

U = fA 2Mn�n(R) : A é invertívelg :Por exemplo: a matriz nula não pertence a U . Logo, U não é subespaço deMn�n(R).

(iii) Seja

U = f(aij) 2Mn�n(R) : aij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; ng :

Sejam(bij); (cij) 2 U e � 2 R:

Tem-se(bij) + (cij) = (bij + cij) 2 U ,

pois bij + cij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; n. E, com (aij) 2 U ,

�(aij) = (�aij) 2 U ,

pois �aij = 0 se i 6= j, com i; j = 1; :::; n. Logo, U é subespaço deMn�n(R).(iv) Seja

U = fA 2Mn�n(R) : A é invertívelg :

260

Por exemplo, para n = 2:�1 00 0

�;

�0 00 1

�2 U , mas

�1 00 0

�+

�0 00 1

�=

�1 00 1

�=2 U .

Logo, U não é subespaço deMn�n(R).(v) Seja

U = f(aij) 2Mn�n(R) : aij = 0 se i > j, com i; j = 1; :::; ng :

Sejam(bij); (cij) 2 U e � 2 R:

Tem-se(bij) + (cij) = (bij + cij) 2 U ,

pois bij + cij = 0 se i > j, com i; j = 1; :::; n. E, com (aij) 2 U ,

�(aij) = (�aij) 2 U ,

pois �aij = 0 se i > j, com i; j = 1; :::; n. Logo, U é subespaço deMn�n(R).

5. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real.

(i) Seja

U = ff : Dom f � R �! R tais que 9k > 0 : jf(x)j � k; 8x 2 Dom fg

o conjunto de todas as funções limitadas. Sejam f1; f2 2 U e � 2 R. Tem-se

f1 + f2 2 U ,

poisj(f1 + f2) (x)j = jf1(x) + f2(x)j � jf1(x)j+ jf2(x)j �

f1;f22Uk1 + k2,

para todo o x 2 Dom f1 \Dom f2. E, com f 2 U ,

�f 2 U ,

poisj(�f) (x)j = j�j jf(x)j �

f2Uj�j k,

para todo o x 2 Dom f . Logo, U é subespaço de V .

(ii) Seja

U = ff : Dom f � R �! R tais que f(x) = f(�x); 8x 2 Dom fg

o conjunto de todas as funções pares. Sejam f1; f2 2 U e � 2 R. Tem-se

f1 + f2 2 U ,

pois

(f1 + f2) (x) = f1(x) + f2(x) =f1;f22U

f1(�x) + f2(�x) = (f1 + f2) (�x),

261


�f 2 U ,

pois(�f) (x) = �f(x) =

f2U�f(�x) = (�f) (�x),


(iii) O conjunto de todas as funções racionais, isto é, as que são quocientes de funçõespolinomiais, é um subespaço de V

(iv) SejaU = ff : Domf � R �! R tais que f é crescenteg:

Se f fôr crescente então �f é decrescente, isto é, f 2 U =) �f =2 U . Logo, U não ésubespaço de V .

(v) Seja

U = ff : Dom f � R �! R tais que f(0) = f(1); 8x 2 Dom fg

Sejam f1; f2 2 U e � 2 R. Tem-se

f1 + f2 2 U ,

pois(f1 + f2) (0) = f1(0) + f2(0) =

f1;f22Uf1(1) + f2(1) = (f1 + f2) (1),


�f 2 U ,

pois(�f) (0) = �f(0) =

f2U�f(1) = (�f) (1),


(vi) SejaU = ff : Domf � R �! R tais que f(0) = 1 + f(1)g:

Sejam f1; f2 2 U . Tem-se

(f1 + f2) (0) = f1(0) + f2(0) =f1;f22U

2 + f1(1) + f2(1) = 2 + (f1 + f2) (1),

isto é, f1 + f2 =2 U . Logo, U não é subespaço de V .

6. Seja y 2 C (A+B). Então existe x tal que

y = (A+B)x = Ax+Bx 2 C (A) + C (B) :

LogoC (A+B) � C (A) + C (B) :

262

7. Seja A 2Mm�n(R). Vejamos que

N (A) \ C�AT�= f0g :

Sejay 2 N (A) \ C

�AT�:

Então existe x tal queAy = 0 e y = ATx:

LogoyT = xTA

eyTy =

�xTA

�y = xT (Ay) = xT0 = 0:

Isto énXi=1

y2i = yTy = 0

ou sejay = (y1; :::; yn) = (0; :::; 0) = 0:

Logo,N (A) \ L (A) = N (A) \ C

�AT�= f0g :

8. Seja A 2Mn�n(R) tal queA2 = A:

Sejau 2 N (A) \ C (A) :

EntãoAu = 0eu = Av

para algum v. Logo0 = Au = A2v = Av

pelo que v 2 N (A). Assimu = Av = 0

e deste modoN (A) \ C (A) = f0g :

263


1. Podemos colocar os vectores do conjunto f(�1; �1; 3); (�2; �2; 9)g como colunas de umamatriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss. Se �1 6= 0,tem-se

A =

24 �1 �2�1 �23 9

35 �!� �1�1L1+L2!L2

� 3�1L1+L3!L3

266666664

�1 �2

0 ��1�1�2 + �2

0 � 3�1�2 + 9

377777775= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

f(�1; �1; 3); (�2; �2; 9)g é linearmente independente se �1 6= 0 e��2 6=

�1�1�2 ou �2

�16= 3�.

Se �1 = 0, tem-se24 0 �2�1 �23 9

35 �!L1$L3

24 3 9�1 �20 �2

35 �!��1

3L1+L2!L2

24 3 90 �3�1 + �20 �2

35 .Logo, o conjunto f(�1; �1; 3); (�2; �2; 9)g é linearmente independente se �1 = 0 e (�2 6= 3�1ou �2 6= 0). Assim, o conjunto f(�1; �1; 3); (�2; �2; 9)g é linearmente independente se e só se�

�1 6= 0 e��2 6=

�1�1�2 ou

�2�16= 3��

ou (�1 = 0 e (�2 6= 3�1 ou �2 6= 0)) .

2. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(4; 2; 1); (2; 6;�5); (1;�2; 3)g comocolunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação deGauss:

A =

24 4 2 12 6 �21 �5 3

35 �!L1$L3

24 1 �5 32 6 �24 2 1

35 �!�2L1+L2!L2�4L1+L3!L3

�!

24 1 �5 30 16 �80 22 �11

35 �!18L2!L2

111L3!L3

24 1 �5 30 2 �10 2 �1

35 �!�L2+L3!L3

24 1 �5 30 2 �10 0 0

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(4; 2; 1); (2; 6;�5); (1;�2; 3)g é linearmente dependente, mas o conjunto f(4; 2; 1); (2; 6;�5)gé linearmente independente. Procuremos então �; � 2 R tais que

(1;�2; 3) = �(4; 2; 1) + �(2; 6;�5).

264

Atendendo ao que já se fez e considerando a 3a coluna como o termo independente do sistema,tem-se 8>>>><>>>>:

4�+ 2� = 1

2�+ 6� = �2

�� 5� = 3

,

8<:�� 5� = 3

2� = �1,

8<:� = 1

2

� = �12.

Pelo que

(1;�2; 3) = 1

2(4; 2; 1)� 1

2(2; 6;�5).

(ii) Podemos colocar os vectores do conjunto

f(1; 2;�1); (3; 2; 5)g

como colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação deGauss.

A =

24 1 32 2�1 5

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 30 �40 8

35 �!2L2+L3!L3

24 1 30 �40 0

35 = A0As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(1; 2;�1); (3; 2; 5)g é linearmente independente.

(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g como colunasde uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 1 1 12 1 03 1 1

35 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3

24 1 1 10 �1 �20 �2 �2

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 1 10 �1 �20 0 2

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g é linearmente independente.

Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Comoa dimensão de R3 é 3, então o conjunto f(1; 2; 3); (1; 1; 1); (1; 0; 1)g é desde logo uma base deR3, sem ser preciso veri�car se gera R3.

(iv) O conjunto f(1; 0;�1); (0; 0; 0); (0; 1; 1)g contém o vector nulo, logo é linearmente de-pendente. Facilmente se vê que f(1; 0;�1); (0; 1; 1)g é linearmente independente. Facilmentetambém se vê que

(0; 0; 0) = 0(1; 0;�1) + 0(0; 1; 1).

(v) Como a dimensão de R3 é 3, então qualquer conjunto de vectores de R3 com maisdo que três vectores é linearmente dependente. O conjunto

f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g

265

é formado por quatro vectores de R3, logo é linearmente dependente para quaisquer x; y; z 2R.

Resolução alternativa para veri�car a dependência linear: Podemos colocar osvectores do conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g como colunas de uma matriz A ede seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 1 0 1 x1 2 2 y0 3 3 z

35 �!�L1+L2!L2

24 1 0 1 x0 2 1 y � x0 3 3 z

35 �!� 32L2+L3!L3

�!� 32L2+L3!L3

24 1 0 1 x0 2 1 y � x0 0 3

2z � 3

2(y � x)

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3); (x; y; z)g

é linearmente dependente para quaisquer x; y; z 2 R, mas o conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3)gé linearmente independente.

Observação extra: encontrámos três vectores de R3 linearmente independentes. Comoa dimensão de R3 é 3, então o conjunto f(1; 1; 0); (0; 2; 3); (1; 2; 3)g é desde logo uma base deR3, sem ser preciso veri�car se gera R3.Procuremos então �; �; 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 1; 0) + �(0; 2; 3) + (1; 2; 3).

Atendendo ao que já se fez e considerando a 4a coluna como o termo independente do sistema,tem-se 8>>>><>>>>:

�+ = x

�+ 2� + = y

3� + 3 = z

,

8>>>><>>>>:�+ = x

2� + = y � x

32 = z � 3

2(y � x)

,

8>>>><>>>>:� = x� 2

3z + y

� = (y � x)� 13z

= 23z � y + x.

Pelo que

(x; y; z) =

�x� 2

3z + y

�(1; 1; 0) +

�(y � x)� 1

3z

�(0; 2; 3) +

�2

3z � y + x

�(1; 2; 3).

3. Podemos colocar os vectores do conjunto f(a2; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)g como colunasde uma A matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss.

A =

24 a2 0 10 a 01 2 1

35 �!L1$L3

24 1 2 10 a 0a2 0 1

35 �!�a2L1+L3!L3

266

�!�a2L1+L3!L3

24 1 2 10 a 00 �2a2 1� a2

35 �!2aL2+L3!L3

24 1 2 10 a 00 0 1� a2

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

Sa =�(a2; 0; 1); (0; a; 2); (1; 0; 1)

é linearmente independente se e só se a =2 f�1; 0; 1g. Logo, uma vez que dimR3 = 3 e Satem 3 vectores, Sa será uma base de R3 se e só se a =2 f�1; 0; 1g.

4. Sejam U = L (f(1; 1; 0; 0); (0; 1; 1; 0)g) e Vk = L (f(2; k; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) subespaçosde R4: Determine os valores de k para os quais dim (U \ Vk) = 1. Coloquemos os vectoresgeradores de U e de V como colunas da matriz:2664

1 0 2 01 1 k 00 1 1 00 0 0 1

3775 �!L2$L3

26641 0 2 00 1 1 01 1 k 00 0 0 1

3775 �!�L1+L3!L3

�!�L1+L3!L3

26641 0 2 00 1 1 00 1 k � 2 00 0 0 1

3775 �!�L2+L3!L3

26641 0 2 00 1 1 00 0 k � 3 00 0 0 1

3775 .Note que U + Vk = L (U [ Vk). Como

dim (U \ Vk) = dimU + dimVk � dim (U + Vk) = 2 + 2� dim (U + Vk) = 4� dim (U + Vk)

e

dim (U + Vk) =

�3 se k = 34 se k 6= 3

então dim (U \ Vk) = 1 se e só se k = 3.

5. (i) Seja (x; y; z) 2 R3. Podemos colocar os vectores do conjunto

f(1; 0; 2); (0; 1; 2); (x; y; z)g

como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminaçãode Gauss.

A =

24 1 0 x0 1 y2 2 z

35 �!�2L1+L3!L3

24 1 0 x0 1 y0 2 z � 2x

35 �!�2L2+L3!L3

24 1 0 x0 1 y0 0 z � 2x� 2y

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Qualquer conjuntof(1; 0; 2); (0; 1; 2); (x; y; z)g em que z � 2x� 2y 6= 0 constitui uma base de R3.

267

(ii) Seja (x; y; z) 2 R3. Podemos colocar os vectores do conjunto

f(2;�1; 1); (�4; 2; 1); (x; y; z)g


A =

24 2 �4 x�1 2 y1 1 z

35 �!12L1+L2!L2

� 12L1+L3!L3

24 2 �4 x0 0 y + x

2

0 3 z � x2

35 �!L2$L3

24 2 �4 x0 3 z � x

2

0 0 y + x2

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, qualquer conjunto

f(2;�1; 1); (�4; 2; 1); (x; y; z)g

em que y + x26= 0 constitui uma base de R3.

(iii) Seja (x; y; z) 2 R3. Podemos colocar os vectores do conjunto

f(�1; 2; 1); (1; 0;�1); (x; y; z)g


A =

24 �1 1 x2 0 y1 �1 z

35 �!2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 �1 1 x0 2 y + 2x0 0 z + x

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, qualquer conjunto

f(�1; 2; 1); (1; 0;�1); (x; y; z)g

em que z + x 6= 0 constitui uma base de R3.

6. (i) SejaS =

�cos2 t; sen2 t; cos 2t

.

O conjunto S é linearmente dependente, pois:

cos 2t = cos2 t� sen2 t.

Mas, o conjuntoS 0 =

�cos2 t; sen2 t

é linearmente independente pois se tivermos �; � 2 R tais que

� cos2 t+ � sen2 t = 0,

para todo o t 2 R, então se �zermos t = �2obtemos � = 0 e a seguir se �zermos t = 0

obtemos � = 0. Logo, � = � = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fcos2 t; sen2 tg é uma base deL(S), pois gera L(S) e é linearmente independente. E então,

dimL(S) = 2.

268

(ii) SejaS =

�2; sen2 t; cos2 t

.


2 = 2 cos2 t+ 2 sen2 t.


�cos2 t; sen2 t


� cos2 t+ � sen2 t = 0,

para todo o t 2 R, então se �zermos t = �2obtemos � = 0 e a seguir se �zermos t = 0

obtemos � = 0. Logo, � = � = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fcos2 t; sen2 tg é uma base deL(S), pois gera L(S) e é linearmente independente. E então,

dimL(S) = 2.

(iii) SejaS =

�et; e�t; cosh t

.


cosh t =et + e�t

2.


�et; e�t


�et + �e�t = 0,

para todo o t 2 R, então se �zermos t = 0 obtemos � + � = 0 e a seguir se �zermos t = 1obtemos �e1 + �e�1 = 0. Logo, � = � = 0. Pelo que, o conjunto S 0 = fet; e�tg é uma basede L(S), pois gera L(S) e é linearmente independente. E então,

dimL(S) = 2.

(iv) SejaS =

�1; t; t2; (t+ 1)2

.


dimP2 = 3 e S tem 4 vectores.


�1; t; t2

é linearmente independente pois trata-se da base canónica de P2. Logo,

L(S) = P2 e dimL(S) = dimP2 = 3.

269

7. Seja V o espaço linear de todas as funções reais de variável real. Sejam f; g; h 2 V ,com f (t) = sen t, g (t) = cos t e h (t) = t. Vejamos que o conjunto ff; g; hg é linearmenteindependente. Sejam �; �; 2 R tais que

�f + �g + h = 0.

Note que

�f + �g + h = 0, �f (t) + �g (t) + h (t) = 0, para todo o t 2 R ,, � sen t+ � cos t+ t = 0, para todo o t 2 R.

Para t = 0, t = �, t =�

2tem-se respectivamente as seguintes equações8>>>>><>>>>>:

� sen 0 + � cos 0 + 0 = 0

� sen � + � cos � + � = 0

� sen�

2+ � cos

�

2+

�

2= 0

,

8>>>>><>>>>>:

� = 0

�� + � = 0

�+ �

2= 0

,

8<:� = 0 = 0� = 0.

Logo � = � = = 0, e assim o conjunto ff; g; hg é linearmente independente.Observação. Como ff; gg � ff; g; hg, as funções sen t e cos t são linearmente indepen-

dentes.

8. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 3); (1;�1)g como colunas de umamatriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

�1 13 �1

��!

�3L1+L2!L2

�1 10 �4

�= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntoformado pelos vectores das colunas 1 e 2 da matriz A:

f(1; 3); (1;�1)g

é linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes.Como a dimensão de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 3); (1;�1)g é desde logo umabase de R2. (Não foi preciso veri�car se B gera R2). Isto é, B é base de L(B) = R2 edimL(B) = dimR2 = 2.Determinemos agora as coordenadas do vector (0;�1) em relação à base

B = f(1; 3); (1;�1)g

de R2. Isto é, queremos encontrar �; � 2 R tais que

(0;�1) = �(1; 3) + �(1;�1).

Formando a matriz aumentada do sistema, tem-se�1 1 j 03 �1 j �1

��!

�3L1+L2!L2

�1 1 j 00 �4 j �1

�.

270

Logo, 8<:�+ � = 0

�4� = �1,

8<:� = �1

4

� = 14

e assim,

(0;�1) = �14(1; 3) +

1

4(1;�1).

Finalmente e ainda em relação à base B de R2, o vector cujas coordenadas são (0;�1) nessabase, é dado por:

0(1; 3) + (�1)(1;�1) = (�1; 1).

(ii) O conjunto S = f(0; 0); (1; 2)g contém o vector nulo, logo o conjunto é linearmentedependente, pelo que não pode ser base de R2. No entanto, S 0 = f(1; 2)g é linearmenteindependente e S 0 é base de L(S 0) = L(S). Logo, dimL(S) = 1.

(iii) O conjunto S = f(2; 4)g não pode ser base de R2 uma vez que tem só um vector equalquer base de R2 tem sempre dois vectores (pois dimR2 = 2). No entanto, S = f(2; 4)gé linearmente independente e S é base de L(S). Logo, dimL(S) = 1.

(iv) Facilmente se vê que o conjunto B = f(�5; 0); (0; 2)g é linearmente independente.Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes. Como a dimensão de R2 é 2,então o conjunto B = f(�5; 0); (0; 2)g é desde logo uma base de R2. (Não foi preciso veri�carse B gera R2).Determinemos agora as coordenadas do vector (0;�1) em relação à base

B = f(�5; 0); (0; 2)g


(0;�1) = �(�5; 0) + �(0; 2).

Facilmente se vê que � = �12e � = 0. Isto é,

(0;�1) = 0(�5; 0) +��12

�(0; 2).


0(�5; 0) + (�1)(0; 2) = (0;�2).

(v) Como a dimensão de R2 é 2, então qualquer conjunto de vectores de R2 com mais doque 2 vectores é linearmente dependente. O conjunto S = f(1; 2); (2;�3); (3; 2)g é formadopor três vectores de R2, logo é linearmente dependente e como tal não pode ser uma basede R2. No entanto, podemos colocar os vectores do conjunto S = f(1; 2); (2;�3); (3; 2)gcomo colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminaçãode Gauss:

A =

�1 2 32 �3 2

��!

�2L1+L2!L2

�1 2 30 �7 �4

�= A0.

271

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntoformado pelos vectores das colunas 1 e 2 da matriz A:

B = f(1; 2); (2;�3)g

é linearmente independente. Temos assim, dois vectores de R2 linearmente independentes.Como a dimensão de R2 é 2, então o conjunto B = f(1; 2); (2;�3)g é desde logo uma basede R2. (Não foi preciso veri�car se B gera R2).Determinemos agora as coordenadas do vector (0;�1) em relação à base

B = f(1; 2); (2;�3)g


(0;�1) = � f(1; 2) + �(2;�3)g .

Formando a matriz aumentada do sistema, tem-se�1 2 j 02 �3 j �1

��!

�2L1+L2!L2

�1 2 j 00 �7 j �1

�.

Logo, 8<:�+ 2� = 0

�7� = �1,

8<:� = �2

7

� = 17

e assim,

(0;�1) = �27(1; 2) +

1

7(2;�3).


0(1; 2) + (�1)(2;�3) = (�2; 3).

(vi) B2c = f(1; 0); (0; 1)g é a base canónica de R2. As coordenadas do vector (0;�1) emrelação à base B2c são precisamente 0 e �1. Ainda em relação à base B2c , o vector cujascoordenadas nessa base são (0;�1) é precisamente o vector (0;�1).

9. (i) O conjunto f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g contém o vector nulo, logo o conjunto élinearmente dependente, pelo que não pode ser base. Mas,

L (f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g) = L (f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g)

e facilmente se vê que o conjunto f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g é linearmente independente. Logo,

dimL (f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g) = 2

e o conjunto f(1; 2; 3); (0; 1; 2)g é uma base de L (f(1; 2; 3); (0; 0; 0); (0; 1; 2)g).

272

(ii) Facilmente se vê que o conjunto f(1; 2; 0); (0; 1;�1)g é linearmente independente.Logo, o conjunto f(1; 2; 0); (0; 1;�1)g é uma base de L (f(1; 2; 0); (0; 1;�1)g) e

dimL (f(1; 2; 0); (0; 1;�1)g) = 2.

(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g como colunasde uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

24 3 �1 02 2 12 1 0

35 �!� 23L1+L2!L2

� 23L1+L3!L3

24 3 �1 00 8=3 10 5=3 0

35 �!� 58L2+L3!L3

24 3 �1 00 8=3 10 0 �5=8

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêmos pivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjuntof(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g é linearmente independente. Temos assim, três vectores de R3linearmente independentes. Como a dimensão deR3 é 3, então o conjunto f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)gé desde logo uma base de R3. Vamos agora escrever o vector (�1; 1;�2) como combinaçãolinear dos vectores desta base. Isto é, procuremos �; �; 2 R tais que

(�1; 1;�2) = �(3; 2; 2) + �(�1; 2; 1) + (0; 1; 0).

Temos então24 3 �1 0 j �12 2 1 j 12 1 0 j �2

35 �!� 23L1+L2!L2

� 23L1+L3!L3

24 3 �1 0 j �10 8=3 1 j 5=30 5=3 0 j �4=3

35 �!� 58L2+L3!L3

24 3 �1 0 j �10 8=3 1 j 5=30 0 �5=8 j �19=8

35 .Logo, 8>>>><>>>>:

3�� = �1

83� + = 5

3

�58 = �19

8

,

8>>>><>>>>:� = �3

5

� = �45

= 195.

Pelo que

(�1; 1;�2) =��35

�(3; 2; 2) +

��45

�(�1; 2; 1) + 19

5(0; 1; 0).

Finalmente e ainda em relação à base f(3; 2; 2); (�1; 2; 1); (0; 1; 0)g de R3, o vector cujascoordenadas são (�1; 1;�2) nessa base, é dado por:

(�1)(3; 2; 2) + (�1; 2; 1) + (�2)(0; 1; 0) = (�4;�2;�1).

(iv) Facilmente se vê que o conjunto f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g é linearmente indepen-dente. Temos então três vectores de R3 linearmente independentes. Como a dimensão deR3 é 3, então o conjunto f(1; 1; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g é desde logo uma base de R3. Vamosagora escrever o vector (�1; 1;�2) como combinação linear dos vectores desta base. Isto é,procuremos �; �; 2 R tais que

(�1; 1;�2) = �(1; 1; 1) + �(0; 1; 1) + (0; 0; 1).

273

Temos então: 8<:� = �1�+ � = 1�+ � + = �2

,

8<:� = �1� = 2 = �3.

Pelo que(�1; 1;�2) = (�1)(1; 1; 1) + 2(0; 1; 1) + (�3)(0; 0; 1).

Finalmente e ainda em relação à base B de R2, o vector cujas coordenadas são (�1; 1;�2)nessa base, é dado por:

(�1)(1; 1; 1) + (0; 1; 1) + (�2)(0; 0; 1) = (�1; 0;�2).

(v) Como a dimensão de R3 é 3, então qualquer conjunto de vectores de R3 com maisdo que três vectores é linearmente dependente. O conjunto

f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g

é formado por quatro vectores de R3, logo é linearmente dependente. Vamos procurar onúmero máximo de vectores linearmente independentes que, em conjunto, geram

L (f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g) .

Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g como lin-has de uma A matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:

A =

26641 1 �12 3 44 1 �10 1 �1

3775 �!�2L1+L2!L2�4L1+L3!L3

26641 1 �10 1 60 �3 30 1 �1

3775 �!3L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!3L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 1 �10 1 60 0 210 0 �7

3775 �!121L3!L3

17L4!L4

26641 1 �10 1 60 0 10 0 �1

3775 �!L3+L4!L4

26641 1 �10 1 60 0 10 0 0

3775 = A0.As linhas não nulas da matriz em escada A0 são linearmente independentes. Logo, o conjuntof(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g é formado por três vectores de R3, linearmente independentes.Atendendo a que a dimensão de R3 é 3, o conjunto

f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g

é desde logo uma base de R3. Uma vez que L(A) = L(A0) temos então:

L (f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g) = L (f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g) = R3.

Logo,dimL (f(1; 1;�1); (2; 3; 4); (4; 1;�1); (0; 1;�1)g) = 3.

Vamos agora escrever o vector (�1; 1;�2) como combinação linear dos vectores da base

f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g :

274

Isto é, procuremos �; �; 2 R tais que

(�1; 1;�2) = �(1; 1;�1) + �(0; 1; 6) + (0; 0; 1).

Temos então: 8<:� = �1�+ � = 1��+ 6� + = �2,

,

8<:� = �1� = 2 = �15.

Pelo que(�1; 1;�2) = (�1)(1; 1;�1) + 2(0; 1; 6) + (�15)(0; 0; 1).

Finalmente e ainda em relação à base f(1; 1;�1); (0; 1; 6); (0; 0; 1)g de R3, o vector cujascoordenadas são (�1; 1;�2) nessa base, é dado por:

(�1)(1; 1;�1) + (0; 1; 6) + (�2)(0; 0; 1) = (�1; 0; 5).

(vi) B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é a base canónica de R3. As coordenadas do vector(�1; 1;�2) em relação à base B3c são precisamente �1; 1 e �2. Ainda em relação à base B3c ,o vector cujas coordenadas nessa base são (�1; 1;�2) é precisamente o vector (�1; 1;�2).

10. (i) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)gcomo colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação deGauss: 2664

1 0 1 00 1 1 10 0 1 11 0 1 1

3775 �!�L1+L4!L4

26641 0 1 00 1 1 10 0 1 10 0 0 1

3775 .Logo, o conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g é linearmente independente.Temos assim, quatro vectores de R4 linearmente independentes. Como a dimensão de R4 é4, então o conjunto f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g é desde logo uma base de R4e

dimL (f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (1; 1; 1; 1); (0; 1; 1; 1)g) = dimR4 = 4.

(ii) Podemos colocar os vectores do conjunto f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g comocolunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação de Gauss:2664

1 3 1�1 �1 00 2 02 1 1

3775 �!L1+L2!L2�2L1+L4!L4

26641 3 10 2 10 2 00 �5 �1

3775 �!�L2+L3!L352L2+L4!L4

�!�L2+L3!L352L2+L4!L4

26641 3 10 2 10 0 �10 0 3

2

3775 �!32L3+L4!L4

26641 3 10 2 10 0 �10 0 0

3775 .Logo, o conjunto f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g é linearmente independente e é assimuma base do subespaço de R4:

L (f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g)

275

tendo-sedimL (f(1;�1; 0; 2); (3;�1; 2; 1); (1; 0; 0; 1)g) = 3.

Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelomenos dois vectores do conjunto apresentado:

f(1;�1; 0; 2); (1; 0; 0; 1); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g

uma vez que 26641 1 0 0�1 0 0 00 0 1 02 1 0 1

3775 �!:::26641 1 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

3775| {z }

car=4

.

(iii) Podemos colocar os vectores do conjunto

f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (1; 0; 1; 0); (0; 0; 1; 1)g

como colunas de uma matriz e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminação deGauss:

A =

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 1 0 1 11 0 1 0 1

3775 �!�L1+L4!L4

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 1 0 1 10 0 1 �1 1

3775 �!�L2+L3!L3

�!�L2+L3!L3

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 0 �1 1 10 0 1 �1 1

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 0 1 00 1 1 0 00 0 �1 1 10 0 0 0 2

3775 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas1; 2; 3 e 5 da matriz A:

f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 1)g

são uma base de R4, por serem quatro vectores linearmente independentes de um espaçolinear de dimensão 4. E

dimL (f(1; 0; 0; 1); (0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 1)g) = dimR4 = 4.

(iv) Facilmente se vê que o conjunto f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g é li-nearmente independente. Temos então quatro vectores de R4 linearmente independentes.Como a dimensão de R4 é 4, então o conjunto

f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g

é desde logo uma base de R4 e

dimL (f(1; 0; 0; 2); (1; 0; 2; 0); (1; 2; 0; 0); (3; 0; 0; 0)g) = dimR4 = 4.

276

(v) Podemos colocar os vectores do conjunto

f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (3;�6; 11;�1); (0; 0; 5; 5)g


A =

26641 2 3 0�2 �4 �6 05 6 11 5�3 2 �1 5

3775 �!L2$L4

26641 2 3 0�3 2 �1 55 6 11 5�2 �4 �6 0

3775 �!3L1+L2!L2�5L1+L3!L32L1+L4!L4

�!3L1+L2!L2�5L1+L3!L32L1+L4!L4

26641 2 3 00 8 8 50 �4 �4 50 0 0 0

3775 �!12L2+L3!L3

26641 2 3 00 8 8 50 0 0 150 0 0 0

3775 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas1; 2 e 4 da matriz A formam um conjunto linearmente independente:

f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g .

Assim, o conjunto f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g é uma base de

L (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g) ,

tendo-sedimL (f(1;�2; 5;�3); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g) = 3.

Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelomenos dois vectores do conjunto inicial:

f(1;�2; 5;�3); (0; 1; 0; 0); (2;�4; 6; 2); (0; 0; 5; 5)g

uma vez que 26641 0 2 0�2 1 �4 05 0 6 5�3 0 2 5

3775 �!:::26641 0 2 00 1 0 00 0 �4 50 0 0 15

3775| {z }

car=4

.

(vi) Podemos colocar os vectores do conjunto

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2); (5;�2; 2; 2)g


A =

26642 �1 4 51 �1 �2 �2�1 1 2 22 2 �2 2

3775 �!L1$L2L3$L4

26641 �1 �2 �22 �1 4 52 2 �2 2�1 1 2 2

3775 �!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

277

�!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 �2 �20 1 8 90 4 2 60 0 0 0

3775 �!�4L2+L3!L3

26641 �1 �2 �20 1 8 90 0 �30 �300 0 0 0

3775 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, os vectores das colunas1; 2 e 3 da matriz A formam um conjunto linearmente independente:

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g .

Assim, o conjunto f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g é uma base de

L (f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g) ,

tendo-se

dimL (S) = dimL (f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g) = 3.

Uma base de R4 que inclui pelo menos dois vectores do conjunto

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2)g :

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (4;�2; 2;�2); (0; 0; 1; 0)g .Vejamos que (8;�3; 3; 5) 2 L (S) e determinemos uma base de L (S) que inclua o vector

(8;�3; 3; 5). Isto é, procuremos �; �; 2 R tais que

(8;�3; 3; 5) = �(2; 1;�1; 2) + �(�1;�1; 1; 2) + (4;�2; 2;�2).

Temos então:26642 �1 4 j 81 �1 �2 j �3�1 1 2 j 32 2 �2 j 5

3775 �!L1$L2L3$L4

26641 �1 �2 j �32 �1 4 j 82 2 �2 j 5�1 1 2 j 3

3775 �!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

�!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 �2 j �30 1 8 j 140 4 2 j 110 0 0 j 0

3775 �!�2L1+L2!L2�2L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 �2 j �30 1 8 j 140 0 �30 j �450 0 0 j 0

3775 . (*)Logo, 8>>>><>>>>:

� = 2

� = 2

= 32

Pelo que

(8;�3; 3; 5) = 2(2; 1;�1; 2) + 2(�1;�1; 1; 2) + 32(4;�2; 2;�2).

278

Atendendo a (*), o conjunto

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (8;�3; 3; 5)g

é uma base de L (S) que inclui o vector (8;�3; 3; 5):Atendendo ainda ao método de eliminação de Gauss, uma base de R4 que inclui pelo

menos dois vectores do conjunto inicial:

f(2; 1;�1; 2); (�1;�1; 1; 2); (0; 0; 1; 0); (8;�3; 3; 5)g

uma vez que 26642 �1 0 81 �1 0 �3�1 1 1 32 2 0 5

3775 �!:::26642 �1 0 80 �1=2 0 �70 0 �4 00 0 0 �45

3775| {z }

car=4

.

11. Como B = f2� t; 2 + tg é uma base de P1, existem escalares �; � 2 R tais que

p (t) = t = � (2� t) + � (2 + t)

sendo � e � as coordenadas de p (t) nessa base ordenada. Atendendo a que�2 2 j 0�1 1 j 1

�!

12L1+L2!L2

�2 2 j 00 2 j 1

�,

2� = 1, � =1

2e 2�+ 2� = 0 ,

�= 12

� = �12:

Logo �12e 12são as coordenadas de p (t) em B.

12. (i) Podemos colocar os coe�cientes dos vectores do conjunto�2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

como colunas de uma matriz A e de seguida aplicar a essa matriz o método de eliminaçãode Gauss:

A =

24 2 0 01 2 0�1 2 �1

35 �!L1$L3

24 �1 2 �11 2 02 0 0

35 �!L1+L2!L22L1+L3!L3

�!L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �1 2 �10 4 �10 4 �2

35 �!L1+L2!L22L1+L3!L3

24 �1 2 �10 4 �10 0 �1

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz em escada A0 que contêm ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto�

2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2,

279

formado por três vectores de P2, é linearmente independente. Como a dimensão de P2 é 3,então o conjunto �

2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

é desde logo uma base de P2 tendo-se

L��2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

�= P2

edimL

��2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

�= dimP2 = 3.

Vamos agora escrever o vector 1� t como combinação linear dos vectores da base�2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2

:


1� t = �(2 + t� t2) + �(2t+ 2t2) + (�t2).

Temos então: 8>>>><>>>>:2� = 1

�+ 2� = �1

��+ 2� � = 0,

,

8>>>><>>>>:� = 1

2

� = �34

= �2.Pelo que

1� t = 1

2(2 + t� t2)� 3

4(2t+ 2t2)� 2(�t2).

Finalmente e ainda em relação à base f2 + t� t2; 2t+ 2t2;�t2g de P2, o vector cujas coor-denadas são (�1; 3; 2) nessa base, é dado por:

(�1)(2 + t� t2) + 3(2t+ 2t2) + 2(�t2) = �2 + 5t+ 5t2.

(ii) Podemos colocar os coe�cientes dos vectores do conjunto�2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t


A =

24 0 1 2 12 0 1 �4�1 �2 0 0

35 �!L1$L2

24 2 0 1 �40 1 2 1�1 �2 0 0

35 �!12L1+L3!L3

�!12L1+L3!L3

24 2 0 1 �40 1 2 10 �2 1

2�2

35 �!2L2+L3!L3

24 2 0 1 �40 1 2 10 0 9

20

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectorescorrespondentes às colunas 1; 2 e 3 da matriz A:�

2t� t2; 1� 2t2; 2 + t

280

é uma base deL��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t

�.

Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto�2t� t2; 1� 2t2; 2 + t


L��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t

�= L

��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t

�= P2

edimL

��2t� t2; 1� 2t2; 2 + t; 1� 4t

�= dimP2 = 3.

Vamos agora escrever o vector 1�t como combinação linear dos vectores da base f2t� t2; 1� 2t2; 2 + tg.Isto é, procuremos �; �; 2 R tais que

1� t = �(2t� t2) + �(1� 2t2) + (2 + t).

Temos então: 8>>>><>>>>:� + 2 = 1

2�+ = �1

�� 2� = 0,

,

8>>>><>>>>:� = 1

3

= �1 + 4�

� = �2�.

,

8>>>><>>>>:� = 1

3

= 13

� = �23.

Pelo que

1� t = �23(2t� t2) + 1

3(1� 2t2) + 1

3(2 + t).

Finalmente e ainda em relação à base f2t� t2; 1� 2t2; 2 + tg de P2, o vector cujas coorde-nadas são (�1; 3; 2) nessa base, é dado por:

(�1)(2t� t2) + 3(1� 2t2) + 2(2 + t) = 7� 5t2.

(iii) Podemos colocar os coe�cientes dos vectores do conjunto�1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + t


A =

24 1 0 1 10 1 �1 11 �1 2 0

35 �!�L1+L3!L3

24 1 0 1 10 1 �1 10 �1 1 �1

35 �!L2+L3!L3

24 1 0 1 10 1 �1 10 0 0 0

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectorescorrespondentes às colunas 1; 2 da matriz A:�

1 + t2; t� t2

281

é uma base deL��1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + t

�,

tendo-seL��1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + t

�= L

��1 + t2; t� t2

�e

dimL��1 + t2; t� t2; 1� t+ 2t2; 1 + t

�= dimL

��1 + t2; t� t2

�= 2.

(iv) Facilmente se vê que o conjunto f�1 + 2t+ t2; 2� tg é linearmente independente.Logo, ele próprio é uma base de

L��1 + 2t+ t2; 2� t

�,

e tem-sedimL

��1 + 2t+ t2; 2� t

�= 2.

(v) Podemos colocar os coe�cientes dos vectores do conjunto�1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2


A =

24 1 3 5 �22 0 4 2�1 1 �1 �1

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 3 5 �20 �6 �6 60 4 4 �3

35 �!16L2!L2

�!16L2!L2

24 1 3 5 �20 �1 �1 10 4 4 �3

35 �!4L2+L3!L3

24 1 3 5 �20 �1 �1 10 0 0 1

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto dos vectorescorrespondentes às colunas 1; 2 e 4 da matriz A:�

1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2

é uma base deL��1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2

�.

Como a dimensão de P2 é 3, então o conjunto�1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2


L��1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2

�=

= L��1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2

�= P2

edimL

��1 + 2t� t2; 3 + t2; 5 + 4t� t2;�2 + 2t� t2

�= dimP2 = 3.

282

Vamos agora escrever o vector 1� t como combinação linear dos vectores da base�1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2

:


1� t = �(1 + 2t� t2) + �(3 + t2) + (�2 + 2t� t2).

Temos então: 24 1 3 �22 0 2�1 1 �1

3524 ��

35 =24 1�10

35 .Aplicando então o método de eliminação de Gauss à matriz aumentada do sistema anterior,temos: 24 1 3 �2 j 1

2 0 2 j �1�1 1 �1 j 0

35 �!�2L1+L2!L2L1+L3!L3

24 1 3 �2 j 10 �6 6 j �30 4 �3 j 1

35 �!13L2!L2

�!13L2!L2

24 1 3 �2 j 10 �2 2 j �10 4 �3 j 1

35 �!2L2+L3!L3

24 1 3 �2 j 10 �2 2 j �10 0 1 j �1

35 .Logo, 8>>>><>>>>:

� = 12

� = �12

= �1.Pelo que

1� t = 1

2(1 + 2t� t2) +

��12

�(3 + t2) + (�1) (�2 + 2t� t2).

Finalmente e ainda em relação à base f1 + 2t� t2; 3 + t2;�2 + 2t� t2g de P2, o vector cujascoordenadas são (�1; 3; 2) nessa base, é dado por:

(�1)(1 + 2t� t2) + 3(3 + t2) + 2(�2 + 2t� t2) = 4 + 2t+ 2t2.

(vi) O conjunto f1; t; t2g é a base canónica de P2. As coordenadas do vector �1+3t+2t2em relação a essa base são precisamente �1; 3 e 2. Ainda em relação à base f1; t; t2g, o vectorcujas coordenadas nessa base são (�1; 3; 2) é precisamente o vector �1 + 3t+ 2t2.

13. (i) Seja A =�a bc d

�2M2�2(R). Então trA = 0, a+ d = 0. Logo

�A =

�a bc d

�2M2�2(R) : trA = 0

�=

��d bc d

�: b; c; d 2 R

�=

= L

��1 00 1

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

��:

283

Como o conjunto��1 00 1

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

��é linearmente independente e gera o

subespaço�A =

�a bc d

�2M2�2(R) : trA = 0

�; é então uma base deste subespaço, o

qual tem assim dimensão 3.

(ii) Seja A =�a bc d

�2M2�2(R) tal que�1 11 1

� �a bc d

�=

�a bc d

� �1 11 1

�.

Tem-se então �a+ c b+ da+ c b+ d

�=

�a+ b a+ bc+ d c+ d

�ou seja a = d e b = c. Assim�

A 2M2�2(R) : A�1 11 1

�=

�1 11 1

�A

�=

��a bb a

�: a; b 2 R

�=

= L

��1 00 1

�;

�0 11 0

��:

Como o conjunto��

1 00 1

�;

�0 11 0

��é linearmente independente e gera o subespaço

�A 2M2�2(R) : A

�1 11 1

�=

�1 11 1

�A

�;

é então uma base deste subespaço, o qual tem assim dimensão 2.

14.

�3 11 �1

�= �1A+�2B+�3C =

��1 �1 + 2�3

�1 + �2 �2 � �3

�,

8>><>>:�1 = 3�1 + 2�3 = 1�1 + �2 = 1�2 � �3 = �1

,

8<:�1 = 3�2 = �2�3 = �1.

Logo �3 11 �1

�= 3

�1 11 0

�� 2

�0 01 1

��0 20 �1

�.

Seja U = L��

1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��.

Existe D 2M2�2 (R) tal que D =2 U uma vez que

U �M2�2 (R) e dimU| {z }�3

< dimM2�2 (R)| {z }=4

.

Seja�a bc d

�2 U . Tem-se

�a bc d

�2 U se e só se existirem escalares �; �; 2 R tais

que

284

�a bc d

�= �A+ �B + C.

�a bc d

�= �A+ �B + C ,

�a bc d

�=

��1 �1 + 2�3

�1 + �2 �2 � �3

�,

8>><>>:�1 = a�1 + 2�3 = b�1 + �2 = c�2 � �3 = d2664

1 0 0 j a1 0 2 j b1 1 0 j c0 1 �1 j d

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

26641 0 0 j a0 0 2 j b� a0 1 0 j c� a0 1 �1 j d

3775 �!�L3+L4!L412L2+L4!L4

�!�L3+L4!L412L2+L4!L4

26641 0 0 j a0 0 2 j b� a0 1 0 j c� a0 0 0 j d+ 1

2(b+ a)� c

3775 �!L2$L3

26641 0 0 j a0 1 0 j c� a0 0 2 j b� a0 0 0 j d+ 1

2(b+ a)� c.

3775Logo, para que o sistema linear anterior seja possível é necessário que se tenha

d+1

2(b+ a)� c = 0.

Deste modo podemos escrever

U =

��a bc d

�2M2�2 (R) : d+

1

2(b+ a)� c = 0

�

e assim, sendo V =��

a bc d

�2M2�2 (R) : d+ 1

2(b+ a)� c 6= 0

�, tem-se

M2�2 (R) = U � V .

Ou seja, qualquer vector de V que não seja o vector nulo, esse vector não pertence a U . Porexemplo �

1 11 1

�=2 U = L

��1 11 0

�;

�0 01 1

�;

�0 20 �1

��.

15. Como o espaço linearM2�2(R) tem dimensão 4, então para veri�car que as matrizes�1 10 0

�;

�0 01 1

�;

�1 00 1

�;

�0 11 1

�formam uma base deM2�2(R) basta ver que são linearmente independentes. Sejam �; �; ; � 2R tais que

�

�1 10 0

�+ �

�0 01 1

�+

�1 00 1

�+ �

�0 11 1

�= 0,

onde 0 é a matriz nula�0 00 0

�. Queremos provar que � = � = = � = 0.

285

Temos então: ��+ � + �� + � � + + �

�=

�0 00 0

�isto é, 8>><>>:

�+ = 0�+ � = 0� + � = 0� + + � = 0,

ou ainda 26641 0 1 01 0 0 10 1 0 10 1 1 1

37752664��

3775 =26640000

3775 .Aplicando então o método de eliminação de Gauss à matriz dos coe�cientes do sistemahomogéneo anterior, temos:2664

1 0 1 01 0 0 10 1 0 10 1 1 1

3775 �!�L1+L2!L2

26641 0 1 00 0 �1 10 1 0 10 1 1 1

3775 �!L2$L3

�!L2$L3

26641 0 1 00 1 0 10 0 �1 10 1 1 1

3775 �!�L2+L4!L4

26641 0 1 00 1 0 10 0 �1 10 0 1 0

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 1 00 1 0 10 0 �1 10 0 0 1

3775 .Logo, a única solução do sistema é: (�; �; ; �) = (0; 0; 0; 0). Assim, o conjunto��

1 10 0

�;

�0 01 1

�;

�1 00 1

�;

�0 11 1

��é uma base deM2�2(R).

16. Seja S =��

1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

�;

�2 �53 1

�,�4 11 5

�;

�3 �22 3

��. Seja W um

subespaço deM2�2(R) gerado por S. Determinemos uma base para W que inclua vectoresde S.Sejam �1; �2; �3; �4; �5 2 R tais que�0 00 0

�= �1

�1 3�1 2

�+ �2

�0 11�5 3

�+ �3

�2 �53 1

�+ �4

�4 11 5

�+ �5

�3 �22 3

�.

Temos então:26641 0 2 4 33 11 �5 1 �2�1 �5 3 1 22 3 1 5 3

3775 �!�3L1+L2!L2L1+L3!L3�2L1+L4!L4

26641 0 2 4 30 11 �11 �11 �110 �5 5 5 50 3 �3 �3 �3

3775 �!511L2+L3!L3

� 311L2+L4!L4

286

�!511L2+L3!L3

� 311L2+L4!L4

26641 0 2 4 30 11 �11 �11 �110 0 0 0 00 0 0 0 0

3775pelo que sendo as 2 primeiras colunas da matriz em escada anterior independentes, o conjuntode matrizes ��

1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

��é uma base de W , atendendo também a que�

2 �53 1

�;

�4 11 5

�;

�3 �22 3

�2 L

��1 3�1 2

�;

�0 11�5 3

��.

17. A dimensão do espaço linear M3�2(R) é 6. Assim, para encontrar uma base deM3�2(R), basta encontrar 6 matrizes do tipo 3� 2 que sejam linearmente independentes. Oseguinte conjunto de 6 matrizes do tipo 3� 2:8<:

24 1 00 00 0

35 ;24 0 10 00 0

35 ;24 0 01 00 0

35 ;24 0 00 10 0

35 ;24 0 00 01 0

35 ;24 0 00 00 1

359=;é linearmente independente. Logo, é uma base deM3�2(R). (Chama-se a esta base, a basecanónica deM3�2(R).)

18. (i) Uma matriz diagonal do tipo 3� 3 tem a seguinte forma:24 a 0 00 b 00 0 c

35 com a; b; c 2 R.

E tem-se 24 a 0 00 b 00 0 c

35 = a24 1 0 00 0 00 0 0

35+ b24 0 0 00 1 00 0 0

35+ c24 0 0 00 0 00 0 1

35 .Isto é, o subespaço formado por todas as matrizes diagonais do tipo 3 � 3, é gerado peloconjunto

D =

8<:24 1 0 00 0 00 0 0

35 ;24 0 0 00 1 00 0 0

35 ;24 0 0 00 0 00 0 1

359=; .Além disso, este conjunto é linearmente independente. Temos então que o conjunto D é umabase do subespaço formado por todas as matrizes diagonais do tipo 3�3. Logo, o subespaçotem dimensão 3.

(ii) Uma matriz simétrica do tipo 3� 3 tem a seguinte forma:24 a b cb d ec e f

35 com a; b; c; d; e; f 2 R.

287

E tem-se 24 a b cb d ec e f

35 = a24 1 0 00 0 00 0 0

35+ b24 0 1 01 0 00 0 0

35+ c24 0 0 10 0 01 0 0

35+

+d

24 0 0 00 1 00 0 0

35+ e24 0 0 00 0 10 1 0

35+ f24 0 0 00 0 00 0 1

35 .Isto é, o subespaço formado por todas as matrizes simétricas do tipo 3 � 3, é gerado peloconjunto

S =

8<:24 1 0 00 0 00 0 0

35 ;24 0 1 01 0 00 0 0

35 ;24 0 0 10 0 01 0 0

35 ;24 0 0 00 1 00 0 0

35 ;24 0 0 00 0 10 1 0

35 ;24 0 0 00 0 00 0 1

359=;Além disso, este conjunto é linearmente independente. Temos então que o conjunto S é umabase do subespaço formado por todas as matrizes simétricas do tipo 3�3. Logo, o subespaçotem dimensão 6.

19. (i)

A =

�3 1�6 �2

��!

2L1+L2!L2

�3 10 0

�= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(3;�6)g)

e o conjunto f(3;�6)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(3; 1)g) ,

e o conjunto f(3; 1)g é uma base de L(A). Desta forma:

carA = dim C(A) = dimL(A) = 1.

Por de�nição:N (A) =

�u 2 R2 : Au = 0

.

Temos então, pelo método de eliminação de Gauss,

Au = 0, A0u = 0.

A equação �3 10 0

� �u1u2

�=

�00

�é equivalente à equação

3u1 + u2 = 0.

288

Logo,N (A) = f(u1;�3u1) : u1 2 Rg = L (f(1;�3)g) .

O conjunto S = f(1;�3)g é linearmente independente. Como S é linearmente independentee gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:

nulA = dimN (A) = 1.

(ii)

A =

�3 0 �6 01 0 �2 0

��!

� 13L1+L2!L2

�3 0 �6 00 0 0 0

�= A0.

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(3; 1)g)

e o conjunto f(3; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(3; 0;�6; 0)g) ,

e o conjunto f(3; 0;�6; 0)g é uma base de L(A). Desta forma:



�u 2 R4 : Au = 0

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação �3 0 �6 00 0 0 0

�2664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente à equação

3u1 � 6u3 = 0,ou seja a

u1 = 2u3.

Logo,N (A) = f(2u3; u2; u3; u4) : u2; u3; u4 2 Rg .

Como(2u3; u2; u3; u4) = u3(2; 0; 1; 0) + u2(0; 1; 0; 0) + u4(0; 0; 0; 1),

tem-se:N (A) = L (f(2; 0; 1; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 0; 1)g) .

289

O conjunto S = f(2; 0; 1; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 0; 1)g é linearmente independente. Como S élinearmente independente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


(iii)

A =

24 0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

35 .As colunas da matriz A que contêm os pivots, formam um conjunto de vectores linearmenteindependente. Logo,

C(A) = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g)e o conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g) ,

e o conjunto f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g é uma base de L(A). Desta forma:



�u 2 R4 : Au = 0

.

A equação 24 0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

352664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente ao sistema 8<:

u2 = 0u3 = 0u4 = 0.

Logo,N (A) = f(u1; 0; 0; 0) : u1 2 Rg = L (f(1; 0; 0; 0)g) .

O conjunto S = f(1; 0; 0; 0)g é linearmente independente. Como S é linearmente indepen-dente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


(iv)

A =

24 1 1 �2�1 2 10 1 �1

35 �!L1+L2!L2

24 1 1 �20 3 �10 1 �1

35 �!� 13L2+L3!L3

24 1 1 �20 3 �10 0 �2

3

35 = A0.As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(1;�1; 0); (1; 2; 1); (�2; 1;�1)g)

290

e o conjunto f(1;�1; 0); (1; 2; 1); (�2; 1;�1)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(1; 1;�2); (�1; 2; 1); (0; 1;�1)g) = L��(1; 1;�2); (0; 3;�1); (0; 0;�2

3)

��,

e quer o conjunto f(1; 1;�2); (�1; 2; 1); (0; 1;�1)g ; quer o conjunto�(1; 1;�2); (0; 3;�1); (0; 0;�2

3)

�,

são bases para L(A). Desta forma:



�u 2 R3 : Au = 0

.

Como se tem sempre:no de colunas de A = carA+ nulA,

entãoN (A) = f0g

enulA = dimN (A) = 0.

Alternativamente poderíamos veri�car que se tem mesmo

N (A) = f0g .

Pelo método de eliminação de Gauss, temos

Au = 0, A0u = 0.

A equação 24 1 1 �20 3 �10 0 �2

3

3524 u1u2u3

35 =24 000


u1 + u2 � 2u3 = 03u2 � u3 = 0�23u3 = 0

ou seja au1 = u2 = u3 = 0.

Logo,N (A) = f(0; 0; 0)g

e como talnulA = dimN (A) = 0.

291

(v)

A =

26641 0 00 1 00 0 10 0 0

3775 .As colunas da matriz A que contêm os pivots, formam um conjunto de vectores linearmenteindependente. Logo,

C(A) = L (f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g)

e o conjunto f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g) = R3,

e o conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de L(A). Desta forma:



�u 2 R3 : Au = 0

.

A equação 26641 0 00 1 00 0 10 0 0

377524 u1u2u3

35 =24 000


u1 = 0u2 = 0u3 = 0.

Logo,N (A) = f(0; 0; 0)g e nulA = dimN (A) = 0.

(vi)

A =

24 �1 3 0 20 2 2 0�1 3 0 2

35 �!�L1+L3!L3

24 �1 3 0 20 2 2 00 0 0 0


C(A) = L (f(�1; 0;�1); (3; 2; 3)g)

e o conjunto f(�1; 0;�1); (3; 2; 3)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L(A0) = L (f(�1; 3; 0; 2); (0; 2; 2; 0)g) ,

e o conjunto f(�1; 3; 0; 2); (0; 2; 2; 0)g é uma base de L(A). Desta forma:


292


�u 2 R4 : Au = 0

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação 24 �1 3 0 20 2 2 00 0 0 0

352664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente ao sistema �

�u1 + 3u2 + 2u4 = 02u2 + 2u3 = 0

ou seja a �u1 = 3u2 + 2u4u3 = �u2.

Logo,N (A) = f(3u2 + 2u4; u2;�u2; u4) : u2; u4 2 Rg .

Como

(3u2 + 2u4; u2;�u2; u4) = (3u2; u2;�u2; 0) + (2u4; 0; 0; u4) = u2(3; 1;�1; 0) + u4(2; 0; 0; 1),

tem-se:N (A) = L (f(3; 1;�1; 0); (2; 0; 0; 1)g) .

O conjunto S = f(3; 1;�1; 0); (2; 0; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linearmenteindependente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


(vii)

A =

26641 2 3 �12 3 2 03 4 1 11 1 �1 1

3775 �!�2L1+L2!L2�3L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 2 3 �10 �1 �4 20 �2 �8 40 �1 �4 2

3775 �!�2L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 2 3 �10 �1 �4 20 0 0 00 0 0 0


C(A) = L (f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g)

e o conjunto f(1; 2; 3; 1); (2; 3; 4; 1)g é uma base de C(A). Por outro lado,

L(A) = L (f(1; 2; 3;�1); (0;�1;�4; 2)g) ,

293

e o conjunto f(1; 2; 3;�1); (0;�1;�4; 2)g é uma base de L(A). Desta forma:



�u 2 R4 : Au = 0

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação 26641 2 3 �10 �1 �4 20 0 0 00 0 0 0

37752664u1u2u3u4

3775 =26640000

3775é equivalente ao sistema �

u1 + 2u2 + 3u3 � u4 = 0�u2 � 4u3 + 2u4 = 0

ou seja a �u1 = �2u2 � 3u3 + u4u2 = �4u3 + 2u4

e ainda a �u1 = 5u3 � 3u4u2 = �4u3 + 2u4.

Logo,N (A) = f(5u3 � 3u4;�4u3 + 2u4; u3; u4) : u3; u4 2 Rg .

Como

(5u3 � 3u4;�4u3 + 2u4; u3; u4) = (5u3;�4u3; u3; 0) + (�3u4; 2u4; 0; u4)= u3(5;�4; 1; 0) + u4(�3; 2; 0; 1),

tem-se:N (A) = L (f(5;�4; 1; 0); (�3; 2; 0; 1)g) .

O conjunto S = f(5;�4; 1; 0); (�3; 2; 0; 1)g é linearmente independente. Como S é linear-mente independente e gera N (A), temos então que S é uma base de N (A) e:


20. Seja A 2M3�3(R) tal que nulA = dimN (A) = 3. Uma vez que

no de colunas de A = carA+ nulA,

então carA = 0. Isto é, A =

24 0 0 00 0 00 0 0

35.294

21. Seja A 2Mm�n(R) tal que

C(A) = N (A):

Logo, o no de linhas de A é igual ao no de colunas de A. Isto é, m = n. Além disso, como

n = carA+ nulA,

tem-sen = 2dimN (A).

Pelo que, A 2Mn�n(R) com n par. Exemplo:

A =

26640 0 1 00 0 0 10 0 0 00 0 0 0

3775 :

22. Sejam U e V subespaços de W tais que dimU = 4; dimV = 5 e dimW = 7. Tem-se

dim (U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 9� dim (U + V ) :

Como U + V é subespaço de W , tem-se

5 = dimV � dim (U + V ) � dimW = 7

e assim dim (U + V ) 2 f5; 6; 7g. Logo,

dim (U \ V ) 2 f2; 3; 4g :

23. Determine bases e calcule as dimensões de U + V e U \ V , dizendo em que casosU + V é a soma directa U � V (determine-a) dos subespaços U e V .(i) Em R3, considere os subespaços:

U = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1)g) e V = L (f(1; 1; 2); (�1; 1; 1)g) .

Logo, U + V = L (U [ V ) = L (f(1;�1; 1); (0; 1; 1); (1; 1; 2); (�1; 1; 1)g). Facilmente se ver-i�ca que f(1;�1; 1); (0; 1; 1); (�1; 1; 1)g é uma base de U + V , ou melhor de R3. Logo,dim (U + V ) = 3 e

dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 2 + 2� 3 = 1.

Seja (x; y; z) 2 U . Tem-se24 1 0 j x�1 1 j y1 1 j z

35 �!L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 0 j x0 1 j x+ y0 1 j z � x

35 �!�L2+L3!L3

24 1 0 j x0 1 j x+ y0 0 j z � 2x� y

35 .

295

LogoU =

�(x; y; z) 2 R3 : z � 2x� y = 0

.

Seja (x; y; z) 2 V . Tem-se24 1 �1 j x1 1 j y2 1 j z

35 �!�L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 �1 j x0 2 j y � x0 3 j z � 2x

35 �!� 32L2+L3!L3

24 1 �1 j x0 2 j y � x0 0 j z � 3

2y � 1

2x

35 .Logo

V =�(x; y; z) 2 R3 : 2z � 3y � x = 0

.

Deste modo

U \ V =�(x; y; z) 2 R3 : z � 2x� y = 0 e 2z � 3y � x = 0

= L (f(1; 3; 5)g)

e como tal, f(1; 3; 5)g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1.Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(ii) Sejam U = f(x; y; z) 2 R3 : x+ y � z = 0 e x+ y = 0g ; V = L (f(1; 1; 1)g).Tem-se (1; 1; 1) =2 U pois 1 + 1� 1 6= 0. Logo

U \ V = f0g e dim (U \ V ) = 0.

Por outro lado, como

U =�(�y; y; 0) 2 R3 : y 2 R

= L (f(�1; 1; 0)g) ,

tem-seU + V = L (f(�1; 1; 0); (1; 1; 1)g)

e sendo f(�1; 1; 0); (1; 1; 1)g uma base de U + V , dim (U + V ) = 2.Além disso, como U \ V = f0g, dimU \ V = 0 e

U + V = U � V = L (f(�1; 1; 0); (1; 1; 1)g) .

(iii) Em R3, considere os subespaços:

U = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2)g) e V = f(x; y; z) : x+ y + 3z = 0g .

Seja v 2 U , então

v = �(1; 0; 1) + �(�1; 1; 2) = (�� ; �; �+ 2�),


�� + � + 3 (�+ 2�) = 0.

isto é,

4�+ 6� = 0 , � = �32�.

296

Assim,

v = �(1; 0; 1) + �(�1; 1; 2) =��52�; �;

1

2�

�= �

��52; 1;1

2

�.

Logo,

U \ V =��

��52; 1;1

2

�: � 2 R

�= L

��52; 1;1

2

��e como tal,

��52; 1; 1

2

�é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1.

Tem-seV = L (f(�1; 1; 0); (�3; 0; 1)g) .

Logo,U + V = L (U [ V ) = L (f(1; 0; 1); (�1; 1; 2); (�1; 1; 0); (�3; 0; 1)g) :

Facilmente se veri�ca que f(1; 0; 1); (�1; 1; 2); (�1; 1; 0)g é uma base de U +V , ou melhor deR3. Logo, dim (U + V ) = 3:Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(iv) Em R3, considere os subespaços:

U =�(x; y; z) 2 R3 : x = y = z

e V =

�(x; y; z) 2 R3 : x = 0

.

Tem-se U = L (f(1; 1; 1)g) e V = L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g).Como f(1; 1; 1); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de U + V = L (U [ V ) então

dim (U + V ) = 3 e U + V = U � V = R3.

Como U \ V = f0g então dim (U \ V ) = 0.

(v) Em P2, considere os subespaços:

U = L��1 + t; 1� t2

�e V =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a2 � a1 + a0 = 0.

Seja p (t) 2 U . Então existem �; � 2 R tais que

p (t) = a0 + a1t+ a2t2 = � (1 + t) + �

�1� t2

�.

Tem-se24 1 1 j a01 0 j a10 �1 j a2

35 �!�L1+L2!L2

24 1 1 j a00 �1 j a1 � a00 �1 j a2

35 �!�L2+L3!L3

24 1 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a2 � a1 + a0

35 .Logo, tem-se

U = V


Assim, f1 + t; 1� t2g é uma base de U; de V , de U + V e de U \ V , tendo-se

dim (U + V ) = dim (U \ V ) = 2.

297

Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(vi) Como

p(�1) = 2p(0)� p(1), a0 � a1 + a2 = 2a0 � (a0 + a1 + a2), a2 = 0

então

V1 = fp(t) 2 P2 : p(�1) = 2p(0)� p(1)g = fa0 + a1t+ a2t2 : a2 = 0g:Tem-se 24 �1 1 j a0

1 0 j a10 �1 j a2

35!24 �1 1 j a00 1 j a0 + a10 0 j a0 + a1 + a2

35a0 + a1t+ a2t

2 2 V2 = L(f�1 + t; 1� t2g), a0 + a1 + a2 = 0:

LogoV2 = fa0 + a1t+ a2t2 : a0 + a1 + a2 = 0g:

Pelo que

U + V = L (U [ V ) = L��1 + t; 1� t2; 1; t

�= L

��1� t2; 1; t

�= P2:

e

V1 \ V2 = fa0 + a1t+ a2t2 : a0 + a1 + a2 = 0 e a2 = 0g == f�a1 + a1t : a1 2 Rg = L(f�1 + tg):

Como f1� t2; 1; tg gera V1 + V2 (uma vez que �1 + t = (�1) � 1 + 1 � t) e, é tambémlinearmente independente, então é uma base para V1+V2, ou melhor de P2. Como f�1+ tggera V1 \ V2 e, é também linearmente independente, então é uma base para V1 \ V2. ComoV1 \ V2 6= f0g então V1 + V2 não é a soma directa dos subespaços V1 e V2.

(vii) Comop(1) = 0, a0 + a1 + a2 = 0

entãoV1 = fp(t) 2 P2 : a0 + a1 + a2 = 0g:

Tem-se 24 1 0 �1 j a0�1 1 0 j a10 �1 1 j a2

35!24 1 0 �1 j a00 1 �1 j a0 + a10 0 0 j a0 + a1 + a2

35a0 + a1t+ a2t

2 2 V2 = L(f1� t; t� t2;�1 + t2g), a0 + a1 + a2 = 0:

Logo V2 = V1 e então: V1 \ V2 = V2 = V1 = V1 + V2. Além disso

dim (V1 \ V2) = dimV1 = 3� car��1 1 1

��= 2;

pelo que, como V2 = L(f1� t; t� t2g), então f1� t; t� t2g é uma base para V1 \ V2 = V2 =V1 = V1 + V2. Como V1 \ V2 6= f0g então V1 + V2 não é a soma directa dos subespaços V1 eV2.

298

(viii) Em P3, considere os subespaços:

U = L��1 + t; 1� t3

�e V = L

��1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

�.

LogoU + V = L (U [ V ) = L

��1 + t; 1� t3; 1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

�:

Vejamos quais dos vectores do conjunto�1 + t; 1� t3; 1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

são linearmente independentes. Coloquemos então os coe�cientes desses vectores como col-unas de uma matriz:

A =

26641 1 1 0 11 0 1 1 10 0 1 0 00 �1 0 �1 1

3775 �!�L1+L2!L2

26641 1 1 0 10 �1 0 1 00 0 1 0 00 �1 0 �1 1

3775 �!�L2+L4!L4

26641 1 1 0 10 �1 0 1 00 0 1 0 00 0 0 �2 1

3775 = A0. (*)As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto�

1 + t; 1� t3; 1 + t+ t2; t� t3

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e deste modo U + V = P3.Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto�

1 + t; 1� t3

é base de U , tendo-se dimU = 2, e como26641 0 10 1 01 0 00 �2 1

3775 �!�L1+L3!L3L1+L3!L3

26641 0 10 1 00 0 �10 �2 1

3775 �!2L2+L4!L4

26641 0 10 1 00 0 �10 0 1

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 10 1 00 0 �10 0 0

3775o conjunto �

1 + t+ t2; t� t3; 1 + t+ t3

é base de V , tendo-se dimV = 3.Logo,

dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 2 + 3� 4 = 1.Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .Determinemos U \ V . Seja p (t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t3 2 U . Tem-se26641 1 j a01 0 j a10 0 j a20 �1 j a3

3775 �!�L1+L2!L2

26641 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a20 �1 j a3

3775 �!�L2+L4!L4

26641 1 j a00 �1 j a1 � a00 0 j a20 0 j a3 + a0 � a1

3775 .Logo

U =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a2 = 0 e a3 + a0 � a1 = 0

.

299

Seja q (t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t3 2 V . Tem-se26641 0 1 j a01 1 1 j a11 0 0 j a20 �1 1 j a3

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 �1 1 j a3

3775 �!L2+L4!L4

�!L2+L4!L4

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 0 1 j a1 � a0 + a3

3775 �!L3+L4!L4

26641 0 1 j a00 1 0 j a1 � a00 0 �1 j a2 � a00 0 0 j a1 + a2 � 2a0 + a3

3775 .Logo

V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a1 + a2 � 2a0 + a3 = 0

.

Deste modo

U\V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a2 = 0 e a0 � a1 + a3 = 0 e � 2a0 + a1 + a2 + a3 = 0

=

= a0 + a1t+ a2t2 + a3t

3 2 P3 : (a0; a1; a2; a3) 2 N

0@24 0 0 1 01 �1 0 1�2 1 1 1

351A .Atendendo a que24 0 0 1 01 �1 0 1�2 1 1 1

35 �!2L2+L3!L3

24 0 0 1 01 �1 0 10 �1 1 3

35 �!L1$L2

24 1 �1 0 10 0 1 00 �1 1 3

35 �!L2$L3

24 1 �1 0 10 �1 1 30 0 1 0

35tem-se

U\V =�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a0 � a1 + a3 = 0 e � a1 + a2 + 3a3 = 0 e a2 = 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3 2 P3 : a0 = 2a3 e a1 = 3a3 e a2 = 0

=

=�2a3 + 3a3t+ a3t

3 2 P3 : a3 2 R=�a3�2 + 3t+ t3

�2 P3 : a3 2 R

= L

��2 + 3t+ t3

�.

e como tal, f2 + 3t+ t3g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1.

(ix) Em R4, considere os subespaços:

U = L (f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3); (0; 0;�6;�8); (�1; 1;�5;�5)g)

eV = L (f(0; 0; 0;�1); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g) .

Tem-se

A =

26642 �1 0 �1 0 0 0�2 1 0 1 0 1 21 1 �6 �5 0 2 4�2 3 �8 �5 �1 3 8

3775 �!L1+L2!L2� 12L1+L3!L3

L1+L4!L4

26642 �1 0 �1 0 0 00 0 0 0 0 1 20 3=2 �6 �9=2 0 2 40 2 �8 �6 �1 3 8

3775 �!L2$L4

300

�!L2$L4

26642 �1 0 �1 0 0 00 2 �8 �6 �1 3 80 3=2 �6 �9=2 0 2 40 0 0 0 0 1 2

3775 �!� 34L2+L3!L3

26642 �1 0 �1 0 0 00 2 �8 �6 �1 3 80 0 0 0 3=4 �1=4 �20 0 0 0 0 1 2

3775 = A0 (*).As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3); (0; 1; 2; 3); (0; 2; 4; 8)g

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e deste modo U + V = R4.Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto

f(2;�2; 1;�2); (�1; 1; 1; 3)g

é base de U , tendo-se dimU = 2, e como26640 0 0�1 3 83=4 �1=4 �20 1 2

3775 �!L1$L2

2664�1 3 80 0 03=4 �1=4 �20 1 2

3775 �!L2$L44L3!L3

2664�1 3 80 1 23 �1 �80 0 0

3775 �!3L1+L3!L3

�!3L1+L3!L3

2664�1 3 80 1 20 8 160 0 0

3775 �!�8L2+L3!L3

2664�1 3 80 1 20 0 00 0 0

3775o conjunto

f(0; 0; 0;�1); (0; 1; 2; 3)gé base de V , tendo-se dimV = 2.Logo,

dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 2 + 2� 4 = 0.Neste caso, como U \ V = f0g então dimU \ V = 0 e

U + V = U � V = R4:

(x) Em R4, considere os subespaços:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + 3z = 0 e y + 2z + 3w = 0

e

V = L (f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1); (�4;�1; 2;�1)g) .Seja (x; y; z; w) 2 V . Então existem �; �; 2 R tais que

(x; y; z; w) = �(2; 5;�4; 1) + �(0; 9;�6; 1) + (�4;�1; 2;�1).

Tem-se 26642 0 �4 j x5 9 �1 j y�4 �6 2 j z1 1 �1 j w

3775 �!L1$L4

26641 1 �1 j w5 9 �1 j y�4 �6 2 j z2 0 �4 j x

3775 �!�5L1+L2!L24L1+L3!L3�2L1+L4!L4

301

�!�5L1+L2!L24L1+L3!L3�2L1+L4!L4

26641 1 �1 j w0 4 4 j y � 5w0 �2 �2 j z + 4w0 �2 �2 j x� 2w

3775 �!12L2+L3!L3

12L2+L4!L4

26641 1 �1 j w0 4 4 j y � 5w0 0 0 j 3

2w + 1

2y + z

0 0 0 j x� 92w + 1

2y

3775 (*)

Logo, tem-se

V =

�(x; y; z; w) 2 R4 : 3

2w +

1

2y + z = 0 e x� 9

2w +

1

2y = 0

�=

=�(x; y; z; w) 2 R4 : y + 2z + 3w = 0 e x+ 2y + 3z = 0

= U


Atendendo ainda a (*), o conjunto f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1); (�4;�1; 2;�1)g é linearmentedependente, sendo linearmente independente o seguinte seu subconjunto

f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1)g .

Assim, f(2; 5;�4; 1); (0; 9;�6; 1)g é uma base de U; de V , de U + V e de U \ V , tendo-se

dim (U + V ) = dim (U \ V ) = 2.

Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .

(xi) Seja U o subespaço de R5 gerado por

f(1;�1;�1;�2; 0); (1;�2;�2; 0;�3); (1;�1;�2;�2; 1)g .

Seja V o subespaço de R5 gerado por

f(1;�2;�3; 0;�2); (1;�1;�3; 2;�4); (1;�1;�2; 2;�5)g .

Tem-se

A =

2666641 1 1 1 1 1�1 �2 �1 �2 �1 �1�1 �2 �2 �3 �3 �2�2 0 �2 0 2 20 �3 1 �2 �4 �5

377775 �!L1+L2!L2L1+L3!L32L1+L4!L4

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 �1 �1 �2 �2 �10 2 0 2 4 40 �3 1 �2 �4 �5

377775 �!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

�!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 0 �1 �1 �2 �10 0 0 0 4 40 0 1 1 �4 �5

377775 �!L3+L5!L5

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 0 �1 �1 �2 �10 0 0 0 4 40 0 0 0 �6 �6

377775 �!32L4+L5!L5

�!32L4+L5!L5

2666641 1 1 1 1 10 �1 0 �1 0 00 0 �1 �1 �2 �10 0 0 0 4 40 0 0 0 0 0

377775 = A0 (*),

302

As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

f(1;�1;�1;�2; 0); (1;�2;�2; 0;�3); (1;�1;�2;�2; 1); (1;�1;�3; 2;�4)g

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4.Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto

f(1;�1;�1;�2; 0); (1;�2;�2; 0;�3); (1;�1;�2;�2; 1)g

é base de U , tendo-se dimU = 3, e como2666641 1 1�1 0 0�1 �2 �10 4 40 0 0

377775 �!L1+L2!L2L1+L3!L3

2666641 1 10 1 10 �1 00 4 40 0 0

377775 �!L2+L3!L3�4L2+L4!L4

2666641 1 10 1 10 0 10 0 00 0 0

377775o conjunto

f(1;�2;�3; 0;�2); (1;�1;�3; 2;�4); (1;�1;�2; 2;�5)gé base de V , tendo-se dimV = 3.Logo,

dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 3 + 3� 4 = 2.Neste caso, como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .Determinemos uma base para U \ V . Atendendo a266664

1 1 1 j x1�1 �2 �1 j x2�1 �2 �2 j x3�2 0 �2 j x40 �3 1 j x5

377775 �!L1+L2!L2L1+L3!L32L1+L4!L4

2666641 1 1 j x10 �1 0 j x1 + x20 �1 �1 j x1 + x30 2 0 j 2x1 + x40 �3 1 j x5

377775 �!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

�!�L2+L3!L32L2+L4!L4�3L2+L5!L5

2666641 1 1 j x10 �1 0 j x1 + x20 0 �1 j �x2 + x30 0 0 j 4x1 + 2x2 + x40 0 1 j �3x1 � 3x2 + x5

377775 �!L3+L5!L5

2666641 1 1 j x10 �1 0 j x1 + x20 0 �1 j �x2 + x30 0 0 j 4x1 + 2x2 + x40 0 0 j �3x1 � 4x2 + x3 + x5

377775tem-se

U =�(x1; x2; x3; x4; x5) 2 R5 : 4x1 + 2x2 + x4 = 0 e � 3x1 � 4x2 + x3 + x5 = 0

.

Por outro lado, atendendo a2666641 1 1 j x1�2 �1 �1 j x2�3 �3 �2 j x30 2 2 j x4�2 �4 �5 j x5

377775 �!2L1+L2!L23L1+L3!L32L1+L5!L5

2666641 1 1 j x10 1 1 j 2x1 + x20 0 1 j 3x1 + x30 2 2 j x40 �2 �3 j 2x1 + x5

377775 �!�2L2+L4!L4L3+L5!L5

303

�!�2L2+L4!L4L3+L5!L5

2666641 1 1 j x10 1 1 j 2x1 + x20 0 1 j 3x1 + x30 0 0 j �4x1 � 2x2 + x40 �2 �2 j 5x1 + x3 + x5

377775 �!2L2+L5!L5

2666641 1 1 j x10 1 1 j 2x1 + x20 0 1 j 3x1 + x30 0 0 j �4x1 � 2x2 + x40 0 0 j 9x1 + 2x2 + x3 + x5

377775tem-se

V =�(x1; x2; x3; x4; x5) 2 R5 : �4x1 � 2x2 + x4 = 0 e 9x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0

.

Logo

U \ V =�(x1; x2; x3; x4; x5) 2 R5 : 4x1 + 2x2 + x4 = 0 e � 3x1 � 4x2 + x3 + x5 = 0

e � 4x1 � 2x2 + x4 = 0 e 9x1 + 2x2 + x3 + x5 = 0

�Como26644 2 0 1 0�3 �4 1 0 1�4 �2 0 1 09 2 1 0 1

3775 �!L1+L3!L33L2+L4!L4

26644 2 0 1 0�3 �4 1 0 10 0 0 2 00 �10 4 0 4

3775 �!34L1+L2!L2

26644 2 0 1 00 �5

21 3

41

0 0 0 2 00 �10 4 0 4

3775 �!�4L2+L4!L4

�!�4L2+L4!L4

26644 2 0 1 00 �5

21 3

41

0 0 0 2 00 0 0 �3 0

3775 �!4L2!L2

32L3+L4!L44

26644 2 0 1 00 �10 4 3 40 0 0 2 00 0 0 0 0

3775tem-se 8<:

4x1 + 2x2 + x4 = 0�10x2 + 4x3 + 3x4 + 4x5 = 02x4 = 0

,

8<:x1 = �1

2x2 = �1

5x3 � 1

5x5

x2 =25x3 +

25x5

x4 = 0

pelo que

U \ V =

��15x3 �

1

5x5;2

5x3 +

2

5x5; x3; 0; x5

�2 R5 : x3; x5 2 R

�=

= L

��15;2

5; 1; 0; 0

�;

��15;2

5; 0; 0; 1

��.

Como o conjunto ��15;2

5; 1; 0; 0

�;

��15;2

5; 0; 0; 1

��gera U\V e é linearmente independente, então é uma base de U\V , tendo-se dim (U \ V ) =2.

(xii) Tem-se

A =

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 0�1 1 0 �1 1 0 10 1 �2 2 1 �1 1

3775 �!L1+L3!L3� 12L1+L3!L3

L1+L4!L4

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 00 1 1 �1 2 1 10 1 �2 2 1 �1 1

3775 �!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

304

�!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 00 0 1 �1 1 �1 10 0 �2 2 0 �3 1

3775 �!2L3+L4!L4

26641 0 1 0 1 1 00 1 0 0 1 2 00 0 1 �1 1 �1 10 0 0 0 2 �5 3

3775 = A0 (*).As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm os pivots,formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo, o conjunto

f(1; 0;�1; 0); (0; 1; 1; 1); (1; 0; 0;�2) ; (1; 1; 1; 1)g

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4 e assim U + V = R4.Por outro lado, também se conclui de (*) que o conjunto

f(1; 0;�1; 0); (0; 1; 1; 1); (1; 0; 0;�2)g

é base de U , tendo-se dimU = 3, e como26641 1 01 2 01 �1 12 �5 3

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3�2L1+L4!L4

26641 1 00 1 00 �2 10 �7 3

3775 �!2L2+L3!L37L2+L4!L4

26641 1 00 1 00 0 10 0 3

3775 �!�3L3+L4!L4

26641 1 00 1 00 0 10 0 0

3775o conjunto

f(1; 1; 1; 1); (1; 2; 0;�1); (0; 0; 1; 1)gé base de V , tendo-se dimV = 3. Logo,

dim(U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 3 + 3� 4 = 2.

Como U \ V 6= f0g então U + V não é a soma directa dos subespaços U e V .Uma base para U \ V . Atendendo a2664

1 0 1 j x10 1 0 j x2�1 1 0 j x30 1 �2 j x4

3775 �!L1+L3!L3

26641 0 1 j x10 1 0 j x20 1 1 j x1 + x30 1 �2 j x4

3775 �!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

26641 0 1 j x10 1 0 j x20 0 1 j x1 + x3 � x20 0 �2 j x4 � x2

3775 �!2L3+L4!L4

26641 0 1 j x10 1 0 j x20 0 1 j x1 + x3 � x20 0 0 j 2x1 � 3x2 + 2x3 + x4

3775tem-se

U =�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : 2x1 � 3x2 + 2x3 + x4 = 0

Por outro lado, atendendo a2664

1 1 0 j x11 2 0 j x21 0 1 j x31 �1 1 j x4

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3�L1+L4!L4

26641 1 0 j x10 1 0 j x2 � x10 �1 1 j x3 � x10 �2 1 j x4 � x1

3775 �!L2+L3!L32L2+L4!L4

305

�!L2+L3!L32L2+L4!L4

26641 1 0 j x10 1 0 j x2 � x10 0 1 j x2 � 2x1 + x30 0 1 j 2x2 � 3x1 + x4

3775 �!�L3+L4!L4

26641 1 0 j x10 1 0 j x2 � x10 0 1 j x2 � 2x1 + x30 0 0 j x2 � x1 � x3 + x4

3775tem-se

V =�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : �x1 + x2 � x3 + x4 = 0

.

Logo

U \ V =�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : 2x1 � 3x2 + 2x3 + x4 = 0 e � x1 + x2 � x3 + x4 = 0

=

=�(x1; x2; x3; x4) 2 R4 : x2 = 3x4 e x1 = �x3 + 4x4

=

= f(�x3 + 4x4; 3x4; x3; x4) : x3; x4) 2 Rg = L (f(�1; 0; 1; 0) ; (4; 3; 0; 1)g)

Como o conjuntof(�1; 0; 1; 0) ; (4; 3; 0; 1)g

gera U\V e é linearmente independente, então é uma base de U\V , tendo-se dim (U \ V ) =2.

24.U = fp(t) 2 P2 : p(�1) + p(1) = 0g = L

�f�1 + t2; tg

�.

a)

V = L�f2 + t; 1� t+ 3t2; 1 + t� t2; 1 + t2g

�= L

�f1 + t� t2; 1 + t2g

�:

Como1 + t� t2 2 U e 1 + t2 =2 U

entãoU \ V = L

�f1 + t� t2g

�e assim f1 + t� t2g é uma base para U \ V .

b) Por exemplo W = L (ft2g) é um subespaço de P2 tal que

U �W = P2;

uma vez que dimU = 2, dimW = 1 e U \W = f0g.

25.

26641 1 0 �1�1 �1 0 10 �1 �1 �10 1 1 1

3775!:::26641 1 0 �10 �1 �1 �10 0 0 00 0 0 0

3775. Uma base para U :��

1 �10 0

�;

�1 �1�1 1

��.

306

26. a)

V1 = f(x; y; z) 2 R3 : x� y = 0g = f(y; y; z) 2 R3 : y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 0); (0; 0; 1)g) :

Como f(1; 1; 0); (0; 0; 1)g é linearmente independente e gera V1, é então uma base para V1.

b) V2 = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g). Seja (x; y; z) 2 V2. Existem �; � 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 0; 1) + �(0; 1; 0):

Logo, o seguinte sistema é possível:24 1 0 p x0 1 p y1 0 p z

35!24 1 0 p x0 1 p y0 0 p z � x

35se e só se �x+ z = 0. Assim:

V2 = N��1 0 1

��:

c)dim (V1 \ V2) = dimV1 + dimV2 � dim (V1 + V2) = 2 + 2� 3 = 1

uma vez que: f(1; 1; 0); (0; 0; 1)g é base de V1, f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g é base de V2 e f(1; 0; 1); (0; 1; 0); (0; 0; 1)gé base de V1 + V2 (e assim V1 + V2 = R3)

d) Por exemplo, para W = L (f(0; 1; 0)g) tem-se

R3 = V1 �W

uma vez que R3 = V1 +W e V1 \W = f(0; 0; 0)g.

27. Como(0; 1;�1; 2) = �(0; 1; 1; 0) + 2(0; 1; 0; 1)

e f(0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1)g é linearmente independente então f(0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1)g é uma basepara U . Logo dimU = 2. Como

V = L (f(0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g)

e f(0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g é linearmente independente então dimV = 2. Assim

U + V = L (f(0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g)

e como f(0; 1; 1; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g é linearmente independente é então uma base paraU +V tendo-se dim (U + V ) = 3 pelo que U +V 6= R4 uma vez que dimR4 = 4. Além disso

dim (U \ V ) = dimU + dimV � dim (U + V ) = 2 + 2� 3 = 1:

307


1. Sejam B1 = f(1; 2); (0; 1)g e B2 = f(1; 1); (2; 3)g duas bases ordenadas de R2. Sejav = (1; 5).

(i) Tem-se v = (1; 2)+3(0; 1). Logo, 1 e 3 são as coordenadas de v em relação à base B1.

(ii) Tem-se SB1!B2 =��1 �21 1

�, uma vez que (1; 2) = �(1; 1) + (2; 3) e (0; 1) =

�2(1; 1) + (2; 3).

(iii) As coordenadas de v = (1; 5) em relação à base B2, são dadas por:

SB1!B2

�13

�=

��1 �21 1

� �13

�=

��74

�,

uma vez que 1 e 3 são as coordenadas de v em relação à base B1.

(iv) Tem-se v = (1; 5) = �7(1; 1) + 4(2; 3).

(v) Tem-se SB2!B1 =�1 2�1 �1

�, uma vez que (1; 1) = (1; 2)� (0; 1) e (2; 3) = 2(1; 2)�

(0; 1).

Observação:

SB2!B1 = (SB1!B2)�1 e SB1!B2 = (SB2!B1)

�1 .

(vi) As coordenadas de v = (1; 5) em relação à base B1, são dadas por:

SB2!B1

��74

�=

�1 2�1 �1

� ��74

�=

�13

�,

uma vez que �7 e 4 são as coordenadas de v em relação à base B2.

2. Como 1 e 2 são as coordenadas de (1; 1) em B1 pois

(1; 1) = 1(1;�1) + 2(0; 1);

e sendo

SB1!B2 =

�1 �10 1

�a matriz de mudança da base B1 para a base B2, então as coordenadas de (1; 1) em B2 são�1 e 2 uma vez que �

1 �10 1

� �12

�=

��12

�:

3. SB1!B2

�1 12 1

�=

�5 311 7

�, SB1!B2 =

�5 311 7

� �1 12 1

��1=

�1 23 4

�:

308

4. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de R2, onde

v1 = (1; 2), v2 = (0; 1).

Seja SB2!B1 =�2 11 1

�, a matriz de mudança da base B2 para a base B1. Determinemos

B2.Uma vez que

SB2!B1 =

�2 11 1

�,

então w1 = 2v1+ v2 = 2(1; 2) + (0; 1) = (2; 5) e w2 = v1+ v2 = (1; 2) + (0; 1) = (1; 3). Logo,

B2 = f(2; 5); (1; 3)g .


w1 = �1 + t, w2 = 1 + t.

Seja SB1!B2 =�2 3�1 2


B1.Uma vez que

SB1!B2 =

�2 3�1 2

�,

então v1 = 2 (�1 + t)� (1 + t) = �3 + t e v2 = 3 (�1 + t) + 2 (1 + t) = �1 + 5t. Logo,

B1 = f�3 + t;�1 + 5tg .


w1 = t, w2 = 1� t.

Seja SB2!B1 =�2 3�1 2


B1.Uma vez que

SB2!B1 =

�2 3�1 2

�,

então w1 = 2v1 � v2 e w2 = 3v1 + 2v2. Isto é, tem-se o sistema8<:2v1 � v2 = t

3v1 + 2v2 = 1� t,

cuja matriz aumentada é dada por �2 �1 j t3 2 j 1� t

�.

309

Pelo método de eliminação de Gauss:�2 �1 j t3 2 j 1� t

��!

� 32L1+L2!L2

�2 �1 j t0 7

2j 1� 5

2t

�.

Logo, v2 = 27� 5

7t e v1 = 1

2(v2 + t) =

17+ 1

7t. Logo,

B1 =�1

7+1

7t;2

7� 57t

�.

7. Sejam B1 = f1; 1� t; t2g e B2 = f1; 1 + t; 1 + t+ t2g duas bases ordenadas de P2.

(i) Sejam 1; 2 e 3 as coordenadas de um vector p(t) 2 P2 em relação à base B2. Deter-minemos as coordenadas do mesmo vector p(t) em relação à base B1.Tem-se

p(t) = 1 + 2 (1 + t) + 3�1 + t+ t2

�= 6 + 5t+ 3t2 = �1 + � (1� t) + t2.

É fácil ver que � = 11, � = �5 e = 3.

Resolução alternativa: Tem-se

SB2!B1 =

24 1 2 20 �1 �10 0 1

35 ,uma vez que 1 = 1+0 (1� t)+ 0t2, 1+ t = 2� (1� t)+ 0t2 e 1+ t+ t2 = 2� (1� t)+ t2.Logo, as coordenadas de p(t) em relação à base B1 são dadas por:

SB2!B1

24 123

35 =24 1 2 20 �1 �10 0 1

3524 123

35 =24 11�53

35 ,onde 1; 2 e 3 são as coordenadas de p(t) em relação à base B2.

(ii) Determinemos a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2.Como

1 = 1� 1 + 0 (1 + t) + 0 (1 + t+ t2)

1� t = 2� 1� (1 + t) + 0 (1 + t+ t2)

t2 = 0� 1� (1 + t) + (1 + t+ t2)então

SB1!B2 =

24 1 2 00 �1 �10 0 1

35 .Além disso, bastaria ver que

SB1!B2 = (SB2!B1)�1 =

24 1 2 20 �1 �10 0 1

35�1 =24 1 2 00 �1 �10 0 1

35 .310

Logo, como2� t+ t2 = 1 + (1� t) + t2

as coordenadas do vector 2� t+ t2 na base B2 são dadas por

SB1!B2

24 111

35 =24 1 2 00 �1 �10 0 1

3524 111

35 =24 3�21

35 ,ou seja

2� t+ t2 = 3� 2 (1 + t) +�1 + t+ t2

�.

8. Sejam B1 = fv1; v2; v3g e B2 = fw1; w2; w3g duas bases ordenadas de R3, onde

v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).

Seja

SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 ,a matriz de mudança da base B1 para a base B2. Determinemos B2 = fw1; w2; w3g. Uma

vez que

SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 ,então v1 = w1 + 2w2 � w3; v2 = w1 + w2 � w3 e v3 = 2w1 + w2 + w3. Isto é, tem-se o

sistema 8<:w1 + 2w2 � w3 = (1; 0; 1)w1 + w2 � w3 = (1; 1; 0)2w1 + w2 + w3 = (0; 0; 1),

cuja matriz aumentada é dada por24 1 2 �1 j 1 0 11 1 �1 j 1 1 02 1 1 j 0 0 1

35 .Pelo método de eliminação de Gauss:24 1 2 �1 j (1; 0; 1)

1 1 �1 j (1; 1; 0)2 1 1 j (0; 0; 1)

35 �!�L1+L2!L2�2L1+L3!L3

24 1 2 �1 j (1; 0; 1)0 �1 0 j (0; 1;�1)0 �3 3 j (�2; 0;�1)

35 �!�3L2+L3!L3

�!�3L2+L3!L3

24 1 2 �1 j (1; 0; 1)0 �1 0 j (0; 1;�1)0 0 3 j (�2;�3; 2)

35 .Tem-se então o sistema 8>>>><>>>>:

w1 + 2w2 � w3 = (1; 0; 1)

�w2 = (0; 1;�1)

3w3 = (�2;�3; 2).

311

Logo, w3 =��23;�1; 2

3

�; w2 = (0;�1; 1) e w1 = (1; 0; 1) � 2(0;�1; 1) +

��23;�1; 2

3

�=�

13; 1;�1

3

�. Logo,

B2 =��

1

3; 1;�1

3

�; (0;�1; 1);

��23;�1; 2

3

��.

Note que 24 13

0 �23

1 �1 �1�13

1 23

3524 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 =24 1 1 00 1 01 0 1

35,,

24 13

0 �23

1 �1 �1�13

1 23

35 =24 1 1 00 1 01 0 1

3524 �23

1 13

1 �1 �113

0 13

35em que

SB2!B1 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35�1 =24 �2

31 1

3

1 �1 �113

0 13

35 ;SB1!B2 =

24 1 1 22 1 1�1 �1 1

35 ,B1 = f(1; 0; 1); (1; 1; 0); (0; 0; 1)g ,

B2 =��

1

3; 1;�1

3

�; (0;�1; 1);

��23;�1; 2

3

��.

9. Sejam

B1 =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�,�0 00 1

��e

B2 =

��1 11 1

�;

�1 �11 1

�;

�1 1�1 1

�,�1 11 �1

��duas bases ordenadas deM2�2(R). Determinemos a matriz SB1!B2 de mudança da base B1para a base B2.Queremos encontrar a1; a2; a3; a4; b1; b2; b3; b4; c1; c2; c3; c4; d1; d2; d3; d4 2 R tais que�

1 00 0

�= a1

��1 11 1

�+ a2

�1 �11 1

�+ a3

�1 1�1 1

�+ a4

�1 11 �1

��0 10 0

�= b1

��1 11 1

�+ b2

�1 �11 1

�+ b3

�1 1�1 1

�+ b4

�1 11 �1

��0 01 0

�= c1

��1 11 1

�+ c2

�1 �11 1

�+ c3

�1 1�1 1

�+ c4

�1 11 �1

��0 00 1

�= d1

��1 11 1

�+ d2

�1 �11 1

�+ d3

�1 1�1 1

�+ d4

�1 11 �1

�.

312

Atendendo a2664�1 1 1 1 j 1 0 0 01 �1 1 1 j 0 1 0 01 1 �1 1 j 0 0 1 01 1 1 �1 j 0 0 0 1

3775 �!L1+L2!L2L1+L3!L3L1+L4!L4

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 0 2 2 j 1 1 0 00 2 0 2 j 1 0 1 00 2 2 0 j 1 0 0 1

3775 �!L2$L4

�!L2$L4

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 2 2 0 j 1 0 0 10 2 0 2 j 1 0 1 00 0 2 2 j 1 1 0 0

3775 �!�L2+L3!L3

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 2 2 0 j 1 0 0 10 0 �2 2 j 0 0 1 �10 0 2 2 j 1 1 0 0

3775 �!L3+L4!L4

�!�L2+L3!L3

2664�1 1 1 1 j 1 0 0 00 2 2 0 j 1 0 0 10 0 �2 2 j 0 0 1 �10 0 0 4 j 1 1 1 �1

3775 .Logo, tem-se�

1 10 1

�= a1

��1 00 0

�+ a2

�1 20 0

�+ a3

�1 2�2 0

�+ a4

�1 02 4

��0 00 1

�= b1

��1 00 0

�+ b2

�1 20 0

�+ b3

�1 2�2 0

�+ b4

�1 02 4

��0 01 1

�= c1

��1 00 0

�+ c2

�1 20 0

�+ c3

�1 2�2 0

�+ c4

�1 02 4

��0 1�1 �1

�= d1

��1 00 0

�+ d2

�1 20 0

�+ d3

�1 2�2 0

�+ d4

�1 02 4

�.

Isto é, tem-se os seguintes sistemas:8>><>>:1 = �a1 + a2 + a3 + a41 = 2a2 + 2a30 = �2a3 + 2a41 = 4a4

8>><>>:0 = �b1 + b2 + b3 + b40 = 2b2 + 2b30 = �2b3 + 2b41 = 4b48>><>>:

0 = �c1 + c2 + c3 + c40 = 2c2 + 2c31 = �2c3 + 2c41 = 4c4

8>><>>:0 = �d1 + d2 + d3 + d41 = 2d2 + 2d3�1 = �2d3 + 2d4�1 = 4d4

que são equivalentes a 8>>>>>>>><>>>>>>>>:

a1 = �14

a2 =14

a3 =14

a4 =14

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

b1 =14

b2 = �14

b3 =14

b4 =14

313

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

c1 =14

c2 =14

c3 = �14

c4 =14

8>>>>>>>><>>>>>>>>:

d1 =14

d2 =14

d3 =14

d4 = �14.

Logo, a matriz SB1!B2 de mudança da base B1 para a base B2 é dada por:

SB1!B2 =

2666666664

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

3777777775.

Assim, as coordenadas do vector�1 23 4

�em relação à base B2 são dadas por

2666666664

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

14

14

14

14

�14

3777777775

26641234

3775 =2666666664

2

32

1

12

3777777775.

Isto é, �1 23 4

�= 2

��1 11 1

�+3

2

�1 �11 1

�+

�1 1�1 1

�+1

2

�1 11 �1

�.

10. SB2!B1 = (SB1!B2)�1 =

�2 �1�1 0

��1=

�0 �1�1 �2

�e como

�1 01 1

�é o 2o vector

de B2, então as coordenadas de�1 01 1

�em B1 são dadas por:

�0 �1�1 �2

� �01

�=

��1�2

�,

isto é, são: �1 e �2.

11. Seja B = fv1; v2g uma base ordenada de P1. Sejam (1;�1) e (2; 2) respectivamenteas coordenadas de dois polinómios 1 + t e 1� t em relação à base B: Determine B.Tem-se �

1 + t = v1 � v21� t = 2v1 + 2v2

,�1 + t1� t

�=

�1 �12 2

� �v1v2

�,

314

,�v1v2

�=

�1 �12 2

��1 �1 + t1� t

�=

�34+ 1

4t

�14� 3

4t

�.

Logo B =�34+ 1

4t;�1

4� 3

4t.

12. Sejam B1 = fv1; v2g e B2 = fw1; w2g duas bases ordenadas de P1. Suponha que(1;�1) e (2; 2) são respectivamente as coordenadas de um polinómio p (t) em relação àsbases B1 e B2: Suponha ainda que (1; 1) e (2;�2) são respectivamente as coordenadas deum polinómio q (t) em relação às bases B1 e B2: Determine a matriz SB1!B2 de mudança dabase B1 para a base B2.Seja

SB1!B2 =

�a bc d

�.

Tem-se �22

�=

�a bc d

� �1�1

�e

�2�2

�=

�a bc d

� �11

�.

Logo 8>><>>:2 = a� b2 = c� d2 = a+ b�2 = c+ d

,

2664222�2

3775 =26641 �1 0 00 0 1 �11 1 0 00 0 1 1

37752664abcd

3775,

,

2664abcd

3775 =26641 �1 0 00 0 1 �11 1 0 00 0 1 1

3775�1 2664

222�2

3775 =2664200�2

3775 e assim SB1!B2 =

�2 00 �2

�.

13. a) Como 1� t2 = t� t2 +��12

�(�2 + 2t) ; as coordenadas de 1� t2 na base B são

1 e �12.

b) B1 =�1 (t� t2) + 0 (�2 + 2t) ; 1 (t� t2) +

��12

�(�2 + 2t)

= ft� t2; 1� t2g.

c)V =

3�t2VL�f�1 + t2;�2 + t� t2g

�:

Como�1 + t2 2 U e � 2 + t� t2 =2 U;

tem-seU + V = P2

e assim f�1 + t2g é uma base para U \ V .

315

14.

A =

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 02 �2 �1 2 1�1 1 2 2 10 0 0 0 0

377775 �!�2L1+L3!L3L1+L4!L4

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 �1 �2 �10 0 2 4 20 0 0 0 0

377775 �!12L2+L3!L3�L2+L4!L4

�!12L2+L3!L3�L2+L4!L4

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 0 0 �10 0 0 0 20 0 0 0 0

377775 �!2L3+L4!L4

2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 0 0 �10 0 0 0 00 0 0 0 0

377775 = A0.(i)

carA = dim C(A) = dimL(A) = 3.Como A tem 5 colunas e

no de colunas de A = carA+ nulA,

entãonulA = 2, isto é, dimN (A) = 2.

(ii) As colunas da matriz A correspondentes às colunas da matriz A0 que contêm ospivots, formam um conjunto de vectores linearmente independente. Logo,

C(A) = L (f(1; 0; 2;�1; 0); (0; 2;�1; 2; 0); (1; 0; 1; 1; 0)g)

e o conjunto f(1; 0; 2;�1; 0); (0; 2;�1; 2; 0); (1; 0; 1; 1; 0)g é uma base de C(A).Por de�nição:

N (A) =�u 2 R5 : Au = 0

.


Au = 0, A0u = 0.

A equação matricial 2666641 �1 0 2 10 0 2 4 00 0 0 0 �10 0 0 0 00 0 0 0 0

377775266664u1u2u3u4u5

377775 =26666400000


u1 � u2 + 2u4 + u5 = 02u3 + 4u4 = 0�u5 = 0

ou seja a 8<:u1 = u2 � 2u4u3 = �2u4u5 = 0.

316

Logo,N (A) = f(u2 � 2u4; u2;�2u4; u4; 0) : u2; u4 2 Rg .

Como

(u2 � 2u4; u2;�2u4; u4; 0) = (u2; u2; 0; 0; 0) + (�2u4; 0;�2u4; u4; 0)= u2(1; 1; 0; 0; 0) + u4(�2; 0;�2; 1; 0),

tem-se:N (A) = L (f(1; 1; 0; 0; 0); (�2; 0;�2; 1; 0)g) .

Facilmente se veri�ca que o conjunto S = f(1; 1; 0; 0; 0); (�2; 0;�2; 1; 0)g é linearmente in-dependente. Como S é linearmente independente e gera N (A), temos então que S é umabase de N (A).

(iii) A solução geral do sistema de equações lineares homogéneo Au = 0 é dada por

�(1; 1; 0; 0; 0) + �(�2; 0;�2; 1; 0),

com �; � 2 R.

(iv) Uma solução particular de Au = b, com b = (1; 0; 2;�1; 0), é por exemplo u =(1; 0; 0; 0; 0). Logo, a solução geral de Au = b é dada por:

(1; 0; 0; 0; 0) + �(1; 1; 0; 0; 0) + �(�2; 0;�2; 1; 0).

Observação. Note que se tem sempre:

no de colunas de A = carA+ nulA.

15. a)

N (A+B) = N��

0 �1 0 10 0 2 0

��=

= f(x; y; z; w) 2 R4 : �y + w = 0e2z = 0g =

= f(x; y; 0; y) : x; y 2 Rg = fx(1; 0; 0; 0) + y(0; 1; 0; 1) : x; y 2 Rg == L (f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1)g) :

ComodimN (A+B) = 4� car (A+B) = 2

e f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1)g gera N (A+B), então

f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1)g

é base de N (A+B).

317

b)

dim (N (A) +N (B)) = dimN (A) + dimN (B)� dim (N (A) \N (B)) =

= (4� carA) + (4� carB)� dimN

0BB@26640 �1 0 00 0 1 00 0 0 10 0 1 0

37751CCA = 2 + 2� 1 = 3

16. a) A =

24 �1 1 11 �1 11 1 �1

35 !:::

24 �1 1 10 2 00 0 1

35. Como as 3 colunas de A são linear-mente independentes então dim C (A) = 3 e assim C (A) = R3, pelo que a base canónicaf(1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g de R3 é uma base de C (A).

b) u =��1 0 1

�Té uma solução particular de Au =

�2 0 �2

�T. Como N (A) =

f0g uma vez que A é invertível atendendo à alínea a), a solução geral de Au =�2 0 �2

�Té

u =��1 0 1

�T=

24 �101

35 .c)

N (A+ 2I) = N

0@24 1 1 11 1 11 1 1

351A =

= N

0@24 1 1 10 0 00 0 0

351A = L (f(�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g) :

Como o conjunto f(�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g é linearmente independente, é então uma base paraN (A+ 2I).

d) Atendendo a que

N (A� I) = N

0@24 �2 1 11 �2 11 1 �2

351A = N

0@24 1 �1 00 �1 10 0 0

351A = L (f(1; 1; 1)g)

tem-se dimN (A� I) = 1. Assim, como o conjunto

f(1; 1; 1) ; (�1; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g

é linearmente independente e atendendo à alínea anterior, é então uma base paraN (A+ 2I)+N (A� I). Logo

dim (N (A+ 2I) +N (A� I)) = 3:

318

17. a) Uma base para R4 que inclui dois vectores de U :

f(1; 1; 1; 1); (0; 1; 0; 0) ; (0; 0; 1; 1); (0; 0; 0; 1)g :

Note-se que (1; 1; 1; 1); (0; 0; 1; 1) 2 U e que 4 vectores de R4 linearmente independentes,formam uma base de R4.

b) Como

U = f(y � z + w; y; z; w) : y; z; w 2 Rg = L (f(1; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (1; 0; 0; 1)g)

edimU = 4� car

��1 �1 1 �1

��= 3;

então uma base para U que inclua os vectores (1; 1; 1; 1) e (�1;�1; 1; 1) pode ser:

f(1; 1; 1; 1); (�1;�1; 1; 1); (1; 0; 0; 1)g

uma vez que se trata de um conjunto linearmente independente de 3 vectores de U .

18. a)

A� =

2664�1 � 0 �1� �1 �� 00 0 1 1�1 � 0 ��

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L4!L4

2664�1 � 0 �10 �2 � 1 �� 0 0 1 10 0 0 1� �

3775 :

carA� =

8<:2 se � = 13 se � = �14 se � 6= 1 e � 6= �1.

N (A�1) = N

0BB@2664�1 �1 0 �10 0 1 10 0 0 20 0 0 0

37751CCA = L (f(1;�1; 0; 0)g).

f(1;�1; 0; 0)g é uma base para N (A�1).

b) Por a),B = f(�1;�1; 0;�1) ; (0; 1; 1; 0) ; (�1; 0; 1; 1)g

é linearmente independente e gera C (A�1), pelo que B é uma base para C (A�1). Como

(0; 0; 0; 1) = �12(�1;�1; 0;�1)� 1

2(0; 1; 1; 0) +

1

2(�1; 0; 1; 1)

então �12;�12e1

2são as coordenadas de (0; 0; 0; 1) na base ordenada B.

c)

A0u =

2664�100�1

3775, u =

26641000

3775solução particular de A0u=b

+ v =

26641000

3775 ;

319

comv 2 N (A0) =

A0 é invertívelf0g :

Solução geral de A0u = b : f(1; 0; 0; 0)g.

d) f(�1; 1; 0;�1) ; (0; 0; 1; 1)g é uma base de L (A1) e f(�1; 1; 0;�1) ; (0;�1; 1; 0)g é umabase de C (A1) .Como

B0 = f(�1; 1; 0;�1) ; (0;�1; 1; 0) ; (0; 0; 1; 1)gé linearmente independente e gera L (A1) + C (A1) então B0 é uma base de L (A1) + C (A1).

e) Por a) e b),f(�1;�1; 0;�1) ; (0; 0; 1; 1) ; (0; 0; 0; 1)g

é uma base de L (A�1) e

f(�1;�1; 0;�1) ; (0; 1; 1; 0) ; (�1; 0; 1; 1)gé uma base de C (A�1). Como por f)

(0; 0; 0; 1) 2 C (A�1) e (0; 0; 1; 1) =2 C (A�1)

então f(�1;�1; 0;�1) ; (0; 0; 0; 1)g é uma base L (A1) \ C (A1).

19. a)

Au� �u = 0,

24 2 0 20 4 02 0 2

3524 222

35� �24 222

35 = 0,24 888

35� �24 222

35 = 0, � = 4:

b) N (A) = N

0@24 2 0 20 4 02 0 2

351A = N

0@24 2 0 20 4 00 0 0

351A = L (f(1; 0;�1)g).

f(1; 0;�1)g é base de N (A).

c) Au =

24 888

35, Au = 4

24 222

35 ,a) e b)

u =

24 222

35+ �24 1

0�1

35 com � 2 R.

d) A equação Au = b tem sempre solução se e só se b 2 C (A) = L (f(1; 0; 1) ; (0; 1; 0)g).

20. Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se

A =

26641 �1 1 �1�1 1 �1 11 �1 1 �1�1 1 �1 1

3775 !L1+L2!L2�L1+L3!L3L1+L4!L4

26641 �1 1 �10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

3775 (*):

320

a) Atendendo a (*) dimN (A) = 4� dim C (A) = 4� carA = 4� 1 = 3.

b) f(1; 0; 0; 0)g não é base de C (A) uma vez que (1; 0; 0; 0) =2 C (A). Uma base de C (A)é por exemplo f(1;�1; 1;�1)g e (1; 0; 0; 0) =2 Lf(1;�1; 1;�1)g.

21. a)U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ y + z + w = 0g == f(�y � z � w; y; z; w) : y; z; w 2 Rg =

= L (f(�1; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g) .O conjunto

f(�1; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)gé uma base para U , uma vez que gera U e, é também linearmente independente.

b) Atendendo a que

U = L (f(1;�1;�1; 1); (�1; 0; 0; 1); (�1; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0)g)

e 26641 �1 �1 �1�1 0 1 0�1 0 0 11 1 0 0

3775!26641 �1 �1 �10 �1 0 �10 0 �1 10 0 0 0

3775então

f(1;�1;�1; 1); (�1; 0; 0; 1); (�1; 1; 0; 0)gé uma base para U , uma vez que gera U e, é também linearmente independente.

22. Usando o método de eliminação de Gauss, tem-se24 1 0 10 1 �11 1 0

35 !�L1+L3!L3

24 1 0 10 1 �10 1 �1

35 !�L2+L3!L3

24 1 0 10 1 �10 0 0

35 :a)

N (A) = f(x; y; z) 2 R3 : x+ z = 0 e y � z = 0g == f(�z; z; z) : z 2 Rg = L (f(�1; 1; 1)g) :

Logo f(�1; 1; 1)g é uma base deN (A) uma vez que geraN (A) e é linearmente independente.

b)C (A) = L (f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g) :

Logo, sendo o conjunto

S = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g(� R3)

linearmente independente e tendo em conta que dimR3 = 3 então S é uma base de R3 queinclui duas colunas de A.

321

c)L (A) = L (f(1; 0; 1); (0; 1;�1)g) :

Uma vez que f(1; 0; 1); (0; 1; 1)g é uma base de C (A) e f(1; 0; 1); (0; 1;�1)g é uma base deL (A) então

dimL (A) = dimL (A) = carA = 2:Atendendo a que

(1; 0; 1) 2 L (A) \ C (A) e (0; 1;�1) =2 C (A)

(uma vez que o "sistema"24 1 0 j 00 1 j 11 1 j �1

35 !�L1+L3!L3

24 1 0 j 00 1 j 10 1 j �1

35 !�L2+L3!L3

24 1 0 j 00 1 j 10 0 j �2

35é impossível) então f(1; 0; 1)g é uma base de L (A) \ C (A), tendo-se dimL (A) \ C (A) =1.

23. Seja

B =

�4 a bc d 4

�2M2�3(R)

tal quedimN (B) = 2 e (1; 0; 2) 2 L (B) :

ComocarB = dimL (B) = 3� dimN (B) = 1

entãoL (B) = L (f(c; d; 4)g) = L (f(4; a; b)g) = L (f(1; 0; 2)g) ;

pelo que a = d = 0, b = 8 e c = 2.

24. a) Uma base para R4 que inclui dois vectores de U :

f(1; 1; 0;�1); (1; 1; 0; 1) ; (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g

Note-se que (1; 1; 0;�1); (1; 1; 0; 1) 2 U e que 4 vectores de R4 linearmente independentes,formam uma base de R4.

b) Seja B = f(2; 2; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g uma base ordenada de U .Tem-se

(1; 1; 0;�7) = 4(2; 2; 0; 0)� 7 (1; 1; 0; 1) .Logo, 4 e �7 são as coordenadas de (1; 1; 0;�7) em relação à base B

c) Determine uma base para U + V e uma base para U \ V , indicando as respectivasdimensões.

322

Tem-se (em R4) U = L (f(1; 1; 0;�1); (1; 1; 0; 1)g) e

V =�(x; y; z; w) 2 R4 : y = w

= L (f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1) ; (0; 0; 1; 0)g) .

Como (1; 1; 0;�1) =2 V e (1; 1; 0; 1) 2 V , então

f(1; 1; 0;�1); (1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1) ; (0; 0; 1; 0)g

é uma base de U + V , tendo-se dim (U + V ) = 4, pelo que U + V = R4.Além disso, como U = L (f(1; 1; 0;�1); (1; 1; 0; 1)g) e

(1; 1; 0;�1) =2 V; (1; 1; 0; 1) 2 V

então f(1; 1; 0; 1)g é uma base de U \ V , tendo-se dim (U \ V ) = 1. De facto

dim(U \ V )| {z }=1

= dimU| {z }=2

+ dimV| {z }=3

� dim (U + V )| {z }=4

.

25. As coordenadas do vector 1� t em B1 são 1 e 0 uma vez que

1� t = 1 (1� t) + 0�1� t2

�:

Como

SB1!B2

�10

�=

��1 21 3

� �10

�=

��11

�logo, as coordenadas do vector 1� t em B2 são �1 e 1.

26. Como C (A+B) � C (A) + C (B) então

car (A+B) = dim C (A+B) � dim (C (A) + C (B)) :

ComoC (AB) � C (A) (v 2 C (AB)) v = ABu = A (Bu)) v 2 C (A))

eC (AB) � C (B) (v 2 C (AB)) v = ABu =

AB=BABAu = B (AU)) v 2 C (B))

então C (AB) � C (A) \ C (B) e assim

car (AB) = dim C (AB) � dim (C (A) \ C (B)) :

Logo

car (A+B) + car (AB) = dim C (A+B) + dim C (AB) �� dim (C (A) + C (B)) + dim (C (A) \ C (B)) == dim C (A) + dim C (B) = car (A) + car (B) :

323


1. Dem. Seja fv1; v2; v3g uma base de um espaço linear V . Observe-se que

fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g � L (fv1; v2; v3g) ,

pelo queL(fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g) � L (fv1; v2; v3g) .

Mas, como 8>>>><>>>>:v1 =

12(v1 + v2)� 1

2(v2 + v3) +

12(v1 + v3)

v2 =12(v1 + v2)� 1

2(v1 + v3) +

12(v2 + v3)

v3 =12(v1 + v3)� 1

2(v1 + v2) +

12(v2 + v3)

tem-seL (fv1; v2; v3g) � L(fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g).

Logo,L(fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g) = L (fv1; v2; v3g) = V .

Vejamos agora que o conjunto fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g é linearmente independente:Sejam �1; �2; �3 2 R tais que �1(v1 + v2) + �2(v2 + v3) + �3(v1 + v3) = 0. Isto é,

(�1 + �3)v1 + (�1 + �2)v2 + (�2 + �3)v3 = 0.

Como fv1; v2; v3g é uma base de V , em particular é linearmente independente. Logo,8<:�1 + �3 = 0�1 + �2 = 0�2 + �3 = 0

o que é equivalente ao sistema homogéneo:

A

24 �1�2�3

35 =24 000

35 :com A =

24 1 0 11 1 00 1 1

35. Como detA = 2 6= 0, então A é invertível e tem-se �1 = �2 =�3 = 0. Logo, fv1 + v2; v2 + v3; v1 + v3g é uma base de V pois trata-se de um conjuntode vectores linearmente independente que gera V .

2. Seja A uma matriz (real) invertível do tipo n� n. Suponhamos que fv1; v2; : : : ; vng éuma base de Rn. Queremos provar que fAv1; Av2; : : : ; Avng é também uma base deRn.Dem. Vejamos primeiro que o conjunto fAv1; Av2; : : : ; Avng é linearmente indepen-dente. Sejam �1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

�1(Av1) + �2(Av2) + � � �+ �n(Avn) = 0.

324

Queremos ver que �1 = �2 = : : : = �n = 0. Observe-se que

�1(Av1) + �2(Av2) + � � �+ �n(Avn) = A(�1v1) + A(�2v2) + � � �+ A(�nvn)= A(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn).

Logo,

�1(Av1) + �2(Av2) + � � �+ �n(Avn) = 0() A(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn) = 0.

Como A é invertível, tem-se

A�1A(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn) = A�10,I(�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn) = 0,�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn = 0.

Como fv1; v2; : : : ; vng é uma base de Rn, então �1 = �2 = : : : = �n = 0. Logo,fAv1; Av2; : : : ; Avng é um subconjunto de Rn formado por n vectores linearmente in-dependentes. Como a dimensão de Rn é n, então fAv1; Av2; : : : ; Avng é uma base deRn .

3. Sejam V um espaço linear e S = fv1; v2; : : : ; vng.Dem. ()) Suponhamos que S é uma base de V . Queremos provar que todo o vectorde V se escreve de maneira única como combinação linear dos elementos de S. Assim,seja v um vector qualquer de V . Como S é uma base de V , então em particular geraV . Pelo que, existem �1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

v = �1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn.

Suponhamos que também existiam �1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

v = �1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn.

Logo,(�1 � �1)v1 + (�2 � �2)v2 + � � �+ (�n � �n)vn = 0.

Como fv1; v2; : : : ; vng é um conjunto linearmente independente (por ser base), entãotemos

�1 = �1; �2 = �2; : : : ; �n = �n.

Logo, conclui-se que todo o vector de V se escreve de maneira única como combinaçãolinear dos elementos de S.

(() Suponhamos agora que todo o vector de V se escreve de maneira única comocombinação linear dos elementos de S. Queremos provar que S = fv1; v2; : : : ; vng éuma base de V . Como todo o vector de V se escreve como combinação linear doselementos de S, então S gera V . Falta ver que S é linearmente independente. Assim,sejam �1; �2; : : : ; �n 2 R tais que

�1v1 + �2v2 + � � �+ �nvn = 0.

Como0 = 0v1 + 0v2 + � � �+ 0vn,

325

e uma vez que por hipótese todo o vector de V se escreve de maneira única comocombinação linear dos elementos de S, conclui-se que

�1 = �2 = : : : = �n = 0.

Logo, S = fv1; v2; : : : ; vng é uma base de V . Fica assim provada a equivalência referidana questão.

4. Seja fv1; v2g uma base de um espaço linear U . Considere os vectores

w1 = av1 + bv2 e w2 = cv1 + dv2;

com a; b; c; d 2 R. Queremos provar que fw1; w2g é também uma base de U se e só sead 6= bc.Dem. (() Suponhamos que ad 6= bc. Vejamos que fw1; w2g é uma base de U .Vamos começar por veri�car que o conjunto fw1; w2g é linearmente independente:Sejam �1; �2 2 R tais que

�1w1 + �2w2 = 0.

Queremos ver que �1 = �2 = 0. Observe-se que

�1w1 + �2w2 = �1(av1 + bv2) + �2(cv1 + dv2)

= (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2.

Logo,�1w1 + �2w2 = 0, (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2 = 0.

Como o conjunto fv1; v2g é uma base de U , em particular é linearmente independente.Logo,

�1a+ �2c = �1b+ �2d = 0 2 R.Isto é, �

a cb d

� ��1�2

�=

�00

�.

Ou seja,A� = 0,

onde A =�a cb d

�, � =

��1�2

�e 0 =

�00

�. Como ad 6= bc e detA = ad � bc, então

detA 6= 0, isto é, A é invertível e como tal:

A�1A� = A�10, I� = 0, � = 0.

Logo, �1 = �2 = 0 e deste modo o conjunto fw1; w2g é linearmente independente.Como dimU = 2 e como w1; w2 são dois vectores de U , linearmente independentes,então conclui-se que fw1; w2g é uma base de U (não sendo necessário veri�car se oconjunto fw1; w2g gera U).()) Reciprocamente, se fw1; w2g é uma base de U , em particular é linearmente inde-pendente, e como tal tem-se

(�1w1 + �2w2 = 0)) (�1 = �2 = 0) .

326

Isto é, a equaçãoA� = 0,

onde A =�a cb d

�, � =

��1�2

�e 0 =

�00

�, tem como solução única � = 0. O que é

equivalente a ter-se detA 6= 0, isto é, ad 6= bc.Demonstração alternativa. Como o conjunto fv1; v2g é uma base do espaço linearU então dimU = 2. Logo, se o conjunto fw1; w2g fôr linearmente independente entãoserá uma base do espaço linear U . Assim, bastará provar que o conjunto fw1; w2g é

linearmente independente se e só se a matriz�a bc d

�fôr invertível. Seja 0 o vector

nulo do espaço linear U . Sejam �1; �2 2 R tais que

�1w1 + �2w2 = 0:

Queremos ver que �1 = �2 = 0 se e só se a matriz�a bc d

�fôr invertível. Observe-se

que

�1w1 + �2w2 = �1(av1 + bv2) + �2(cv1 + dv2)

= (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2.

Logo,�1w1 + �2w2 = 0, (�1a+ �2c)v1 + (�1b+ �2d)v2 = 0.

Como o conjunto fv1; v2g é uma base do espaço linear U , em particular é linearmenteindependente. Logo,

�1a+ �2c = �1b+ �2d = 0 2 R.Isto é, �

a cb d

� ��1�2

�=

�00

�.

Ou seja, A� = 00, onde A =�a cb d

�, � =

��1�2

�e 00 =

�00

�. Como a equação

A� = 00 apenas admite a solução trivial � = 00 se e só se a matriz A fôr invertível e

como a matriz A é invertível se e só se a matriz AT =�a bc d

�fôr invertível, tem-se

então o resultado pretendido.

5. Seja A 2 M3�3(R) tal que A 6= 0 e A2 = 0. Como A 2 M3�3(R)n f0g e A não éinvertível, então carA 2 f1; 2g. Por outro lado, como A2 = 0 então C (A) � N (A)pelo que dim C (A) � dimN (A). Finalmente, atendendo a que

3 = dimN (A) + carA

então carA = 1.

6. Como B = C +B � C e C (B) = C (C +B � C) � C (C) + C (B � C) então

carB = dim C (B) � dim C (C) + dim C (B � C) = carC + car (B � C) :

327

Pelo que carB � carC � car (B � C). De um modo análogo, como

C = B + [� (B � C)]

eC (C) = C (B + [� (B � C)]) � C (B) + C (B � C)

entãocarC � carB � car (B � C) :

LogojcarB � carCj � car (B � C) :

7. Sejam �; �; ; � 2 R tais que

�v + �Av + A2v + �A3v = 0:

Multiplicando a igualdade anterior por A3 e atendendo a que A4 = 0 e assim

A5 = A6 = A7 = 0;

então�A3v = 0

e deste modo � = 0 uma vez que

A3v 6= 0(v =2 N (A3)):

Analogamente: multiplicando a igualdade

�Av + A2v + �A3v = 0

por A2 tem-se � = 0, multiplicando a igualdade

A2v + �A3v = 0

por A tem-se = 0 e �nalmente de

�A3v = 0

obtém-se � = 0. Logo, o conjunto �v; Av;A2v; A3v

é linearmente independente.

8. Sendo A 2M5�6 (R), tem-se ATA 2M6�6 (R). Como N (A) � N�ATA

�e

dimN (A) = 6� carA � 6� 5 = 1

então 1 � dimN (A) � dimN�ATA

�: Logo

dimN�ATA

�6= 0

pelo que ATA não é invertível.

328


1. Sejam a; b 2 R. A aplicação Ta;b : R ! R de�nida por Ta;b (x) = ax + b é linear se esó se b = 0 e a 2 R.

2. (i) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (x+ 2y; 3x� y). T é linear e tem-se

M(T ;B2c ;B2c ) =�1 23 �1

�,

uma vez que T (1; 0) = (1; 3) e T (0; 1) = (2;�1). Tem-se

N (T ) =�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0)

=�(x; y) 2 R2 : (x+ 2y; 3x� y) = (0; 0)

=

=�(x; y) 2 R2 : x = �2y e 3x = y

= f(0; 0)g .

Logo T é injectiva e dimN (T ) = 0. Uma vez que

dim R2|{z}espaço de partida

= dimN (T ) + dim I(T ),

então dim I(T ) = 2. Vejamos como encontrar uma base para I(T ). Tem-se

I(T ) = f(x+ 2y; 3x� y) : x; y 2 Rg = fx(1; 3) + y(2;�1) : x; y 2 Rg = L (f(1; 3); (2;�1)g) .

Como o conjunto f(1; 3); (2;�1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 3); (2;�1)gé uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dimR2 então I(T ) = R2, isto

é, T é sobrejectiva. Sendo T sobrejectiva e tendo-se dim (espaço de partida) = dim (espaço dechegada) então T também é injectiva, como se constatou no facto de se ter N (T ) = f(0; 0)g.Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.Observação: T é injectiva se e só se N (T ) = f0g, onde 0 é o vector nulo do espaço de

partida.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo

M(T ;B2c ;B2c ) =�1 23 �1

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica B2c no espaçode partida e no espaço de chegada, tem-se

T (x; y) =M(T ;B2c ;B2c )�xy

�.

Logo,

N (T ) = N�M(T ;B2c ;B2c )

�= N

��1 23 �1

��= N

��1 20 �7

��= f(0; 0)g

329

e

I(T ) = C�M(T ;B2c ;B2c )

�= C

��1 23 �1

��= L (f(1; 3); (2;�1)g) .

O conjunto f(1; 3); (2;�1)g é uma base de I(T ).

(ii) Seja T : R2 ! R2 com T (x; y) = (1� y; 2x). T não é linear pois T (0; 0) = (1; 0) 6=(0; 0).

(iii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; 2x;�x). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 0 02 0 0�1 0 0

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 2;�1); T (0; 1; 0) = (0; 0; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 0). Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

=�(x; y; z) 2 R3 : (x; 2x;�x) = (0; 0; 0)

=

=�(0; y; z) 2 R3 : y; z 2 R

=�y(0; 1; 0) + z(0; 0; 1) 2 R3 : y; z 2 R

=

= L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g) .

Como o conjunto f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g é linearmente independente e como gera N (T ) então

f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g

é uma base de N (T ). Logo, dimN (T ) = 2. Uma vez que




I(T ) = f(x; 2x;�x) : x 2 Rg = fx(1; 2;�1) : x 2 Rg = L (f(1; 2;�1)g) .

Como o conjunto f(1; 2;�1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 2;�1)gé uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) 6= R3 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)g

então T não é injectiva.Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 0 02 0 0�1 0 0

35 ,a matriz que representa a transformação linear T em relação à base canónica B3c no espaçode partida e no espaço de chegada, tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 .330

Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B3c )

�= N

0@24 1 0 02 0 0�1 0 0

351A = N

0@24 1 0 00 0 00 0 0

351A = L (f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B3c )

�= C

0@24 1 0 02 0 0�1 0 0

351A = L (f(1; 2;�1)g) .

O conjunto f(0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(1; 2;�1)g é uma base deI(T ).

(iv) Seja T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (0; 0). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B2c ) =�0 0 00 0 0

�,

uma vez que T (1; 0; 0) = T (0; 1; 0) = T (0; 0; 1) = (0; 0). Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0)

=�(x; y; z) 2 R3 : x; y; z 2 R

= R3.

Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica B3c . Logo, dimN (T ) = 3. Uma vez que



então dim I(T ) = 0. De factoI(T ) = f(0; 0)g .

Por outro lado, como I(T ) 6= R2 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)gentão T não é injectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ). Sendo

M(T ;B3c ;B2c ) =�0 0 00 0 0

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas B3c e B2c nosespaços de partida e de chegada respectivamente, tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B2c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B2c )

�= N

��0 0 00 0 0

��= R3 = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B2c )

�= C

��0 0 00 0 0

��= f(0; 0)g .

331

Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica B3c .

(v) Seja T : R2 ! R com T (x; y) = �3x. T é linear e tem-se

M(T ;B2c ;Bc) =��3 0

�,

uma vez que T (1; 0) = �3 e T (0; 1) = 0. Note que Bc = f1g é a base canónica de R.Tem-se

N (T ) =�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = 0

=�(x; y) 2 R2 : �3x = 0

=

=�(0; y) 2 R2 : y 2 R

=�y(0; 1) 2 R2 : y 2 R

= L (f(0; 1)g) .

Como o conjunto f(0; 1)g é linearmente independente e como gera N (T ) então f(0; 1)g éuma base de N (T ). Logo, dimN (T ) = 1. Uma vez que




I(T ) = f�3x : x 2 Rg = L (f1g) .

Como o conjunto f1g é linearmente independente e como gera I(T ) então f1g é uma basede I(T ), a base canónica de R.Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R e dim I(T ) = dimR então I(T ) = R, isto

é, T é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0)g então T não é injectiva.Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo

M(T ;B2c ;Bc) =��3 0

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas B2c no espaçode partida e Bc no espaço de chegada, tem-se

T (x; y) =M(T ;B2c ;Bc)�xy

�.

Logo,N (T ) = N

�M(T ;B2c ;Bc)

�= N

��3 0

��= L (f(0; 1)g)

eI(T ) = C

�M(T ;B2c ;Bc)

�= C

��3 0

��= L (f�3g) = L (f1g) .

O conjunto f(0; 1)g é uma base de N (T ) e o conjunto f1g é uma base de I(T ).

(vi) T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (0;�1; 2). T não é linear pois T (0; 0; 0) = (0;�1; 2) 6=(0; 0; 0).

(vii) T : R! R3 com T (x) = (2x; 0;�x). T é linear e tem-se

M(T ;Bc;B3c ) =

24 20�1

35 ,332

uma vez que T (1) = (2; 0;�1). Tem-se

N (T ) = fx 2 R : T (x) = (0; 0; 0)g = fx 2 R : (2x; 0;�x) = (0; 0; 0)g = f0g .

Logo, dimN (T ) = 0. Uma vez que

dim R|{z}espaço de partida



I(T ) = f(2x; 0;�x) : x 2 Rg = fx(2; 0;�1) : x 2 Rg = L (f(2; 0;�1)g) .

Como o conjunto f(2; 0;�1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(2; 0;�1)gé uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) 6= R3 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) = f0g então T

é injectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo

M(T ;Bc;B3c ) =

24 20�1

35 ,a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc no espaçode partida e B3c no espaço de chegada, tem-se

T (x) =M(T ;B3c ;B3c ) [x] .

Logo,

N (T ) = N�M(T ;Bc;B3c )

�= N

0@24 20�1

351A = N

0@24 200

351A = L (f0g) = f0g

e

I(T ) = C�M(T ;Bc;B3c )

�= C

0@24 20�1

351A = L (f(2; 0;�1)g) .

O conjunto f(2; 0;�1)g é uma base de I(T ).

(viii) T : R3 ! R2 com T (x; y; z) = (x2 � y; 2y). T não é linear, pois por exemplo:

T ((1; 0; 0) + (1; 0; 0)) = T (2; 0; 0) = (4; 0) 6= (2; 0) = T (1; 0; 0) + T (1; 0; 0).

(ix) Seja T : R4 ! R2 com T (x; y; z; w) = (x� y; 3w). T é linear e tem-se

M(T ;B4c ;B2c ) =�1 �1 0 00 0 0 3

�,

333

uma vez que T (1; 0; 0; 0) = (1; 0); T (0; 1; 0; 0) = (�1; 0); T (0; 0; 1; 0) = (0; 0) e T (0; 0; 0; 1) =(0; 3). Tem-se

N (T ) =�(x; y; z; w) 2 R4 : T (x; y; z; w) = (0; 0)

=�(x; y; z; w) 2 R4 : (x� y; 3w) = (0; 0)

=

=�(x; y; z; w) 2 R4 : x = y e w = 0

=�(y; y; z; 0) 2 R4 : y; z 2 R

=

=�y(1; 1; 0; 0) + z(0; 0; 1; 0) 2 R4 : y; z 2 R

= L (f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) .

Como o conjunto f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é linearmente independente e como geraN (T ) entãof(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é uma base de N (T ). Logo, dimN (T ) = 2. Uma vez que




I(T ) = f(x� y; 3w) : x; y; w 2 Rg = fx(1; 0) + y(�1; 0) + w(0; 3) : x; y; w 2 Rg == L (f(1; 0); (�1; 0); (0; 3)g) .

Como o conjunto f(1; 0); (0; 3)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 0); (0; 3)gé uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dimR2 então I(T ) = R2,

isto é, T é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0; 0)g então T não é injectiva.Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo

M(T ;B4c ;B2c ) =�1 �1 0 00 0 0 3

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas B4c no espaçode partida e B2c no espaço de chegada, tem-se

T (x; y; z; w) =M(T ;B4c ;B2c )

2664xyzw

3775 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B4c ;B2c )

�= N

��1 �1 0 00 0 0 3

��= L (f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B2c ;B2c )

�= C

��1 �1 0 00 0 0 3

��= L (f(1; 0); (0; 3)g) .

O conjunto f(1; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(1; 0); (0; 3)g é umabase de I(T ).

(x) Seja T : R3 ! R4 com T (x; y; z) = (�z; y � 2z; 2y; y + z). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B4c ) =

26640 0 �10 1 �20 2 00 1 1

3775 ,334

uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0; 0); T (0; 1; 0) = (0; 1; 2; 1) e T (0; 0; 1) = (�1;�2; 0; 1).Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (�z; y � 2z; 2y; y + z) = (0; 0; 0; 0)

=

=�(x; 0; 0) 2 R3 : x 2 R

= L (f(1; 0; 0)g) .

Como o conjunto f(1; 0; 0)g é linearmente independente e como gera N (T ) então f(1; 0; 0)gé uma base de N (T ). Logo, dimN (T ) = 1. Uma vez que




I(T ) = f(�z; y � 2z; 2y; y + z) : y; z 2 Rg = L (f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g) .

Como o conjunto f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g é linearmente independente e como gera I(T )então f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g é uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) 6= R4 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f(0; 0; 0)g

então T não é injectiva.Resolução alternativa para encontrar bases para N (T ) e I(T ). Sendo

M(T ;B3c ;B4c ) =

26640 0 �10 1 �20 2 00 1 1


T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B4c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B4c )

�= N

0BB@26640 0 �10 1 �20 2 00 1 1

37751CCA =

= N

0BB@26640 0 �10 1 00 2 00 1 0

37751CCA = N

0BB@26640 0 �10 1 00 0 00 0 0

37751CCA = L (f(1; 0; 0)g)

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B4c )

�= C

0BB@266426640 0 �10 1 �20 2 00 1 1

377537751CCA = L (f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g) .

335

O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de N (T ) e o conjunto f(0; 1; 2; 1); (�1;�2; 0; 1)g é umabase de I(T ).

(xi) Seja T : R! R2 com T (x) = (0; 0). T é linear e tem-se

M(T ;Bc;B2c ) =�00

�,

uma vez que T (1) = (0; 0). Tem-se

N (T ) = fx 2 R : T (x) = (0; 0)g = fx : x 2 Rg = R.

Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica Bc = f1g. Logo, dimN (T ) = 1. Uma vezque

dim R|{z}espaço de partida


então dim I(T ) = 0. De factoI(T ) = f(0; 0)g .

Por outro lado, como I(T ) 6= R2 então T não é sobrejectiva. Como N (T ) 6= f0g então Tnão é injectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ). Sendo

M(T ;Bc;B2c ) =�00

�,

a matriz que representa a transformação linear T em relação às bases canónicas Bc e B2c nosespaços de partida e de chegada respectivamente, tem-se

T (x) =M(T ;Bc;B2c )�x�.

Logo,

N (T ) = N�M(T ;Bc;B2c )

�= N

��00

��= R = L (f1g)

e

I(T ) = C�M(T ;Bc;B2c )

�= C

��00

��= f(0; 0)g .

Uma base para N (T ) poderá ser a base canónica Bc = f1g.

(xii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x+ 2y; 3z; x� z). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 00 0 31 0 �1

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 1); T (0; 1; 0) = (2; 0; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 3;�1). Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (x+ 2y; 3z; x� z) = (0; 0; 0)

=

= f(0; 0; 0)g .

336

Logo, dimN (T ) = 0 e T é injectiva. Uma vez que




I(T ) = f(x+ 2y; 3z; x� z) : x; y; z 2 Rg == fx(1; 0; 1) + y(2; 0; 0) + z(0; 3;�1) : x; y; z 2 Rg= L (f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3;�1)g) .

Como o conjunto f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3;�1)g é linearmente independente e como gera I(T )então f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3;�1)g é uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) = dimR3 então I(T ) = R3,

isto é, T é sobrejectiva.Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 00 0 31 0 �1


T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 .Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B3c )

�= N

0@24 1 2 00 0 31 0 �1

351A =

= N

0@24 1 2 01 0 �10 0 3

351A = N

0@24 1 2 00 �2 �10 0 3

351A = f(0; 0; 0)g

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B3c )

�= C

0@24 1 2 00 0 31 0 �1

351A = L (f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3;�1)g) .

O conjunto f(1; 0; 1); (2; 0; 0); (0; 3;�1)g é uma base de I(T ).

(xiii) Seja T : R3 ! R3 com T (x; y; z) = (x; y; z). T é linear e tem-se

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 0 00 1 00 0 1

35 ,337

uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 0); T (0; 1; 0) = (0; 1; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 1). Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

= f(0; 0; 0)g .





I(T ) = f(x; y; z) : x; y; z 2 Rg = R3,

isto é, T é sobrejectiva. Como o conjunto f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é linearmente indepen-dente e como gera I(T ) então f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de I(T ).Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.

(xiv) Seja T : P2 ! P2 com

T (p (t)) = 2p (1� t)� tp0 (t) :

T é linear uma vez que, para todos os p (t) ; p1 (t) ; p2 (t) 2 P2, para todo o � 2 R,

T (p1 (t) + p2 (t)) = T ((p1 + p2) (t)) = 2 (p1 + p2) (1� t)� t (p1 + p2)0 (t) == 2p1 (1� t) + 2p2 (1� t)� tp01 (t)� tp02 (t) == 2p1 (1� t)� tp01 (t) + 2p2 (1� t)� tp02 (t) == T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,

T (�p (t)) = T ((�p) (t)) = 2 (�p) (1� t)� t (�p)0 (t) == �2p (1� t)� t�p0 (t) = � (2p (1� t)� tp0 (t)) = �T (p (t)).

Sendo B = f1; t; t2g a base canónica de P2, tem-se

M(T ;B;B) =

24 2 2 20 �3 �40 0 0

35 ,uma vez que T (1) = 2� 1� t� 0 = 2; T (t) = 2 (1� t)� t� 1 = 2� 3t e

T (t2) = 2 (1� t)2 � t2t = 2� 4t+ 2t2 � 2t2 = 2� 4t:

Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 2 2 20 �3 �40 0 0

351A = L (f(1;�4; 3)g) ,

então

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) 2 L (f(1;�4; 3)g)= L

��1� 4t+ 3t2

�.

338

Como f1� 4t+ 3t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, umavez que dimN (T ) 6= 0.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : 2�a0 + a1 (1� t) + a2 (1� t)2

�� t (a1 + 2a2t) = 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : 2a0 + 2a1 � 2a1t+ 2a2 � 4a2t+ 2a2t2 � a1t� 2a2t2 = 0=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : 2a0 + 2a1 + 2a2 + (�3a1 � 4a2) t = 0=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a1 = �4

3a2 e a0 =

1

3a2

�=

=

�1

3a2 �

4

3a2t+ a2t

2 2 P2 : a2 2 R�= L

��1

3� 43t+ t2

��= L

��1� 4t+ 3t2

�.

Como f1� 4t+ 3t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.Uma base para I(T ):Como f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T ) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L (f2; 2� 3t; 2� 4tg) = L (f2; 2� 3tg) :

Uma vez que o conjunto f2; 2� 3tg é linearmente independente e gera I (T ), então f2; 2� 3tgé uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimP2 = 3, tem-se I (T ) 6= P2, pelo que T não é sobrejectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ):Sendo p (t) = a0 + a1t+ a2t2, com a0; a1; a2 2 R, tem-se

T (p (t)) = 2�a0 + a1 (1� t) + a2 (1� t)2

�� t (a1 + 2a2t) =

= 2a0 + 2a1 � 2a1t+ 2a2 � 4a2t+ 2a2t2 � a1t� 2a2t2 == a02 + a1 (2� 3t) + a2 (2� 4t) .

Logo, I(T ) = L (f2; 2� 3t; 2� 4tg) = L (f2; 2� 3tg). Uma vez que o conjunto f2; 2� 3tg élinearmente independente e gera I (T ), então f2; 2� 3tg é uma base de I (T ).

(xv) Seja T : P2 ! P2 com

T (p (t)) = p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t+ (p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2:


T (p1 (t) + p2 (t)) = T ((p1 + p2) (t)) =

= (p1 + p2) (0)� (p1 + p2) (�1) + ((p1 + p2) (�1) + (p1 + p2) (1)) t++((p1 + p2) (�1)� (p1 + p2) (1)� 2 (p1 + p2) (0)) t2

= p1 (0)� p1 (�1) + (p1 (�1) + p1 (1)) t+ (p1 (�1)� p1 (1)� 2p1 (0)) t2 ++p2 (0)� p2 (�1) + (p2 (�1) + p2 (1)) t+ (p2 (�1)� p2 (1)� 2p2 (0)) t2

339

= T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,

T (�p (t)) = T ((�p) (t)) = ��p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t+ (p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2

�=

= �T (p (t)).

Sendo B = f1; t; t2g a base canónica de P2, tem-se

M(T ;B;B) =

24 0 1 �12 0 2�2 �2 0

35 ,uma vez que T (1) = 1� 1 + (1 + 1) t+ (1� 1� 2) t2 = 2t� 2t2;

T (t) = 0� (�1) + ((�1) + 1) t+ ((�1)� 1� 2� 0) t2 = 1� 2t2

eT (t2) = 0� 1 + (1 + 1) t+ (1� 1� 2� 0) t2 = �1 + 2t:

Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 0 1 �12 0 2�2 �2 0

351A = N

0@24 0 1 �12 0 20 �2 2

351A = N

0@24 2 0 20 1 �10 0 0

351A =

= L (f(�1; 1; 1)g) ,

então

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) 2 L (f(�1; 1; 1)g)= L

��1 + t+ t2

�.

Como f�1 + t+ t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vezque dimN (T ) 6= 0.Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t++(p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2 = 0

�=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : p (0)� p (�1) = 0 e p (�1) + p (1) = 0 ep (�1)� p (1)� 2p (0) = 0

�=

=

8<:a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 � (a0 � a1 + a2) = 0 e(a0 � a1 + a2) + (a0 + a1 + a2) = 0 e

(a0 � a1 + a2)� (a0 + a1 + a2)� 2a0 = 0

9=; =

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a1 = a2 e a0 = �a2=

=��a2 + a2t+ a2t2 2 P2 : a2 2 R

=�a2��1 + t+ t2

�2 P2 : a2 2 R

=

= L��1 + t+ t2

�.

Como f�1 + t+ t2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.Uma base para I(T ):

340

Como f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T ) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L��2t� 2t2; 1� 2t2;�1 + 2t

�= L

��1� 2t2;�1 + 2t

�:

Uma vez que o conjunto f1� 2t2;�1 + 2tg é linearmente independente e gera I (T ), então�1� 2t2;�1 + 2t

é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimP2 = 3, tem-se I (T ) 6= P2, pelo que T não é sobrejectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ):Sendo p (t) = a0 + a1t+ a2t2, com a0; a1; a2 2 R, tem-se

T (p (t)) = p (0)� p (�1) + (p (�1) + p (1)) t+ (p (�1)� p (1)� 2p (0)) t2 =

= a0 ��a0 + a1 (�1) + a2 (�1)2

�+�a0 + a1 (�1) + a2 (�1)2 + a0 + a1 + a2

�t+

+�a0 + a1 (�1) + a2 (�1)2 � (a0 + a1 + a2)� 2a0

�t2 =

= a1 � a2 + (2a0 + 2a2) t+ (�2a0 � 2a1) t2 = a0�2t� 2t2

�+ a1

�1� 2t2

�+ a2 (�1 + 2t) .

Logo, I(T ) = L (f2t� 2t2; 1� 2t2;�1 + 2tg) = L (f2t� 2t2; 1� 2t2g). Como o conjunto�2t� 2t2; 1� 2t2

é linearmente independente e gera I (T ), então f2t� 2t2; 1� 2t2g é uma base de I (T ).

(xvi) Seja T : P2 !M2�2 (R) com T (p (t)) =

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�.


T (p1 (t) + p2 (t)) = T ((p1 + p2) (t)) =

�(p1 + p2) (1) (p1 + p2) (0)(p1 + p2) (0) (p1 + p2) (�1)

�

=

�p1 (1) + p2 (1) p1 (0) + p2 (0)p1 (0) + p2 (0) p1 (�1) + p2 (�1)

�=

�p1 (1) p1 (0)p1 (0) p1 (�1)

�+

�p2 (1) p2 (0)p2 (0) p2 (�1)

�=

= T (p1 (t)) + T (p2 (t)) ,

T (�p (t)) = T ((�p) (t)) =

�(�p) (1) (�p) (0)(�p) (0) (�p) (�1)

�=

��p (1) �p (0)�p (0) �p (�1)

�=

= �

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�= �T (p (t)).

Sendo B1 = f1; t; t2g a base canónica de P2 e

B2 =��

1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica deM2�2 (R) tem-se

M(T ;B1;B2) =

26641 1 11 0 01 0 01 �1 1

3775 ,341

uma vez que

T (1) =

�1 11 1

�; T (t) =

�1 00 �1

�; T (t2) =

�1 00 1

�Cálculo de N (T ):Como

N (M(T ;B1;B2)) = N

0BB@26641 1 11 0 01 0 01 �1 1

37751CCA = N

0BB@26641 1 10 �1 �10 �1 �10 �2 0

37751CCA =

= N

0BB@26641 1 10 �2 00 0 �10 0 0

37751CCA = f(0; 0; 0)g ;

entãoN (T ) =

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) = (0; 0; 0)= f0g .

Logo, T é injectiva uma vez que dimN (T ) = 0.Resolução alternativa para calcular N (T ):

N (T ) =

�p (t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T (p (t)) =�0 00 0

��=

=

�p (t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 :�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�=

�0 00 0

��=

=

�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 :�a0 + a1 + a2 a0

a0 a0 � a1 + a2

�=

�0 00 0

��=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 = 0 e a1 = a2 = 0= f0g .

Uma base para I(T ):Como f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T ) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L

��1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��:

Uma vez que o conjunto��

1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��é linearmente independente e

gera I (T ), então ��1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 3.Como dimM2�2 (R) = 4, tem-se I (T ) 6=M2�2 (R), pelo que T não é sobrejectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ):Sendo p (t) = a0 + a1t+ a2t2, com a0; a1; a2 2 R, tem-se

T (p (t)) =

�p (1) p (0)p (0) p (�1)

�=

�a0 + a1 + a2 a0

a0 a0 � a1 + a2

�=

342

=

�a0 a0a0 a0

�+

�a1 00 �a1

�+

�a2 00 a2

�=

= a0

�1 11 1

�+ a1

�1 00 �1

�+ a2

�1 00 1

�.

Logo, I(T ) = L��

1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��. Como o conjunto

��1 11 1

�;

�1 00 �1

�;

�1 00 1

��é linearmente independente e gera I (T ), então é uma base de I (T ).

(xvii) Seja T :M2�2 (R) ! M2�2 (R) com T (X) = tr (X)

�1 22 1

�. Resolva ainda a

equação linear T (X) =��1 �2�2 �1

�. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��.

Logo

M(T ;B2�2c ;B2�2c ) =

26641 0 0 12 0 0 22 0 0 21 0 0 1

3775 .Cálculo de N (T ):Como

N�M(T ;B2�2c ;B2�2c )

�= N

0BB@26641 0 0 12 0 0 22 0 0 21 0 0 1

37751CCA = N

0BB@26641 0 0 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

37751CCA =

= L (f(�1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) ;então

N (T ) = L��

�1 00 1

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

��.��

�1 00 1

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

��é uma base para N (T ). Logo, T não é injectiva uma vez

que dimN (T ) = 3 6= 0.Uma base para I(T ):Como B2�2c geraM2�2 (R), tem-se

I (T ) = L

��T

��1 00 0

��; T

��0 10 0

��; T

��0 01 0

��; T

��0 00 1

��=

= L

��1 22 1

��:

343


1 22 1

��é linearmente independente e gera I (T ), então

��1 22 1

��é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 1.Como dimM2�2 (R) = 4, tem-se I (T ) 6=M2�2 (R), pelo que T não é sobrejectiva.

Solução geral de T (X) =��1 �2�2 �1

�:

��1 00 0

��+ L

��1 00 1

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

��.

3. (i) M(T�;B2c ;B2c ) =�cos � � sen �sen � cos �

�, uma vez que T (1; 0) = (cos �; sen �) e

T (0; 1) = (� sen �; cos �). Além disso, para todo (x; y) 2 R2

(T� � T�) (x; y) =

�cos � � sen �sen � cos �

� �cos � � sen �sen � cos �

� �xy

�=�

cos � � sen �sen � cos �

� �cos � � sen �sen � cos �

� �xy

�=

�cos � cos � � sen � sen � � cos � sen � � cos � sen �cos � sen � + cos � sen � cos � cos � � sen � sen �

� �xy

�=

=

�cos (� + �) � sen (� + �)sen (� + �) cos (� + �)

� �xy

�=

= T�+�(x; y).

Logo T� � T� = T�+�. E assim (T�)�1 = T��.

(ii) M(T�;B3c ;B3c ) =

24 1 0 00 cos � � sen �0 sen � cos �

35.(iii) M(T�;B2c ;B2c ) =

�cos 2� sen 2�sen 2� � cos 2�

�.

(iv) M(T�;B2c ;B2c ) =�

cos2 � sen � cos �sen � cos � sen2 �

�.

(v) M(T ;B2c ;B2c ) =�1 k0 1

�.

(vi) M(T ;B2c ;B2c ) =�1 0k 1

�.

(vii) e (viii) M(T ;B2c ;B2c ) =�k 00 k

�.

344

(ix) e (x) M(T ;B2c ;B2c ) =�k 00 1

�.

4. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 que em relação à base canónica(ordenada) B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g de R3 é representada pela matriz

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 11 1 02 �1 0

35 .Tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 =24 1 2 11 1 02 �1 0

3524 xyz

35 = (x+ 2y + z; x+ y; 2x� y).Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (x+ 2y + z; x+ y; 2x� y) = (0; 0; 0)

=

= f(0; 0; 0)g .





I(T ) = f(x+ 2y + z; x+ y; 2x� y) : x; y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g) .

Como o conjunto f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g é linearmente independente e como gera I(T )então f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g é uma base de I(T ).Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) = dimR3 então I(T ) = R3,

isto é, T é sobrejectiva.Como T é injectiva e sobrejectiva, então T é bijectiva.Resolução alternativa para encontrar uma base para I(T ). Sendo

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 11 1 02 �1 0


T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 .

345

Logo,

N (T ) = N�M(T ;B3c ;B3c )

�= N

0@24 1 2 11 1 02 �1 0

351A =

= N

0@24 1 2 10 �1 �10 �5 �2

351A = N

0@24 1 2 10 �1 �10 0 3

351A = f(0; 0; 0)g

e

I(T ) = C�M(T ;B3c ;B3c )

�= C

0@24 1 2 11 1 02 �1 0

351A = L (f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g) .

O conjunto f(1; 1; 2); (2; 1;�1); (1; 0; 0)g é uma base de I(T ).

5. Considere a base ordenada B = fv1; v2g de R2, em que v1 = (1; 1) e v2 = (1; 0) e sejaT : R2 ! R2 a transformação linear tal que

T (v1) = (1;�2), T (v2) = (�3; 1).

(i) Tem-se T (2; 1) = T ((1; 1) + (1; 0)) =|{z}T é linear

T (1; 1) + T (1; 0) = (1;�2) + (�3; 1) =

(�2;�1).

(ii) Seja (x; y) 2 R2. Tem-se

(x; y) = y(1; 1) + (x� y)(1; 0).

Logo,

T (x; y) = T (y(1; 1) + (x� y)(1; 0)) =|{z}T é linear

yT (1; 1) + (x� y)T (1; 0) =

= y(1;�2) + (x� y)(�3; 1) = (�3x+ 4y; x� 3y).

(iii) Tem-se

M(T ;B2c ;B2c ) =��3 41 �3

�,

uma vez que, pela alínea (ii), T (1; 0) = (�3; 1) e T (0; 1) = (4;�3).Observação: Poderíamos ter calculado T (1; 0) e T (0; 1) sem recorrer à alinea (ii), uma

vez que(1; 0) = 0(1; 1) + (1; 0) e (0; 1) = (1; 1)� (1; 0).

Logo, sendo T linear, tem-se (usando só o enunciado)

T (1; 0) = (�3; 1) e T (0; 1) = T (1; 1)� T (1; 0) = (1;�2)� (�3; 1) = (4;�3).

(iv) Tem-se

SB2c!B =

�0 11 �1

�346

uma vez que(1; 0) = 0(1; 1) + (1; 0) e (0; 1) = (1; 1)� (1; 0).

Tem-se

SB!B2c =

�1 11 0

�uma vez que

(1; 1) = (1; 0) + (0; 1) e (1; 0) = (1; 0) + 0(0; 1).

As coordenadas do vector (2; 1) na base B são dadas por:

SB2c!B

�21

�=

�0 11 �1

� �21

�=

�11

�.

Observação 1: Na verdade poderíamos ter determinado as coordenadas do vector (2; 1) nabase B usando a de�nição de coordenadas de um vector numa base:

(2; 1) = (1; 1) + (1; 0).

Logo, as coordenadas do vector (2; 1) na base B são precisamente 1 e 1.Observação 2: Tem-se

SB!B2c =�SB2c!B

��1e SB2c!B =

�SB!B2c

��1.

(v) Determinemos a matriz M(T ;B;B) usando só a de�nição de matriz que representauma transformação linear em relação a uma base ordenada B no espaço de partida e noespaço de chegada. Tem-se

M(T ;B;B) =��2 13 �4

�,

uma vez que

T (1; 1) = (1;�2) = �2(1; 1) + 3(1; 0) e T (1; 0) = (�3; 1) = (1; 1)� 4(1; 0).

Determinemos agora as coordenadas do vector T (2; 1) na base B sem usar as alíneas anteri-ores. Tem-se

T (2; 1) = T ((1; 1) + (1; 0)) =|{z}T é linear

T (1; 1) + T (1; 0) =

= (1;�2) + (�3; 1) = (�2;�1) = �(1; 1)� (1; 0).

Logo, as coordenadas do vector T (2; 1) na base B são �1 e �1.Resolução alternativa: Determinemos a matrizM(T ;B;B) e as coordenadas do vector

T (2; 1) na base B usando as alíneas anteriores. Tem-se

(R2;B2c )M(T ;B2c ;B2c )�!

T(R2;B2c )


M(T ;B;B)(R2;B)

Logo,

M(T ;B;B) = SB2c!BM(T ;B2c ;B2c )

�SB2c!B

��1= SB2c!BM(T ;B

2c ;B2c )SB!B2c =

347

=

�0 11 �1

� ��3 41 �3

� �1 11 0

�=

�1 �3�4 7

� �1 11 0

�=

��2 13 �4

�.

Além disso tem-se

coordenadas de (2; 1)na base B2c

M(T ;B2c ;B2c )�!T

coordenadas de T (2; 1)na base B2c

SB2c!B # I I # SB2c!B

coordenadas de (2; 1)na base B

T�!M(T ;B;B)

coordenadas de T (2; 1)na base B.

Logo, sendo 2 e 1 as coordenadas do vector (2; 1) na base B2c então as coordenadas do vectorT (2; 1) na base B são dadas por

M(T ;B;B)SB2c!B�21

�=

��2 13 �4

� �0 11 �1

� �21

�=

�1 �3�4 7

� �21

�=

��1�1

�.

(vi) Determinemos a matriz M(T ;B2c ;B) usando só a de�nição de matriz que representauma transformação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaçode chegada. Tem-se

M(T ;B2c ;B) =�1 �3�4 7

�,

uma vez queT (1; 0) = (�3; 1) = (1; 1)� 4(1; 0)

e

T (0; 1) = T ((1; 1)� (1; 0)) = T (1; 1)� T (1; 0) == (1;�2)� (�3; 1) = (4;�3) = �3(1; 1) + 7(1; 0).

Resolução alternativa: Tendo em conta o diagrama

(R2;B2c )M(T ;B2c ;B2c )�!

T(R2;B2c )


M(T ;B;B)(R2;B)

tem-se

M(T ;B2c ;B) =M(T ;B;B)SB2c!B =��2 13 �4

� �0 11 �1

�=

�1 �3�4 7

�.

(vii) Determinemos a matrizM(T ;B;B2c ) usando só a de�nição de matriz que representauma transformação linear em relação às bases ordenadas no espaço de partida e no espaçode chegada. Tem-se

M(T ;B;B2c ) =�1 �3�2 1

�,

348

uma vez queT (1; 1) = (1;�2) = (1; 0)� 2(0; 1)

eT (1; 0) = (�3; 1) = �3(1; 0) + (0; 1).

Resolução alternativa: Tendo em conta o diagrama

(R2;B) M(T ;B;B)�!T

(R2;B)SB!B2c # I I # SB!B2c

(R2;B2c )T�!

M(T ;B2c ;B2c )(R2;B2c )

tem-se

M(T ;B;B2c ) =M(T ;B2c ;B2c )SB!B2c =��3 41 �3

� �1 11 0

�=

�1 �3�2 1

�.

6. Considere as transformações lineares T1 e T2 cujas matrizes que as representam emrelação às bases canónicas (ordenadas) de R2 e R3 são dadas respectivamente por

M(T1;B3c ;B2c ) =�2 0 11 1 0

�e M(T2;B2c ;B3c ) =

24 0 10 11 1

35 .Tem-se T1 : R3 ! R2 com

T1(x; y; z) =M(T1;B3c ;B2c )

24 xyz

35 = � 2 0 11 1 0

�24 xyz

35 = (2x+ z; x+ y).Tem-se T2 : R2 ! R3 com

T2(x; y) =M(T2;B2c ;B3c )�xy

�=

24 0 10 11 1

35� xy

�= (y; y; x+ y).

Logo, tem-se T1 � T2 : R2 ! R2 linear com

(T1 � T2) (x; y) = M(T1;B3c ;B2c )M(T2;B2c ;B3c )�xy

�=

=

�2 0 11 1 0

�24 0 10 11 1

35� xy

�=

�1 30 2

� �xy

�= (x+ 3y; 2y)

e T2 � T1 : R3 ! R3 linear com

(T2 � T1) (x; y; z) =M(T2;B2c ;B3c )M(T1;B3c ;B2c )

24 xyz

35 =24 0 10 11 1

35� 2 0 11 1 0

�24 xyz

35 =349

=

24 1 1 01 1 03 1 1

3524 xyz

35 = (x+ y; x+ y; 3x+ y + z).Resolução alternativa: Tendo-se T1 : R3 ! R2 com T1(x; y; z) = (2x + z; x + y) e

T2 : R2 ! R3 com T2(x; y) = (y; y; x+ y), então T1 � T2 : R2 ! R2 é linear com

(T1 � T2) (x; y) = T1 (T2(x; y)) = T1(y; y; x+ y) = (x+ 3y; 2y)

e T2 � T1 : R3 ! R3 é linear com

(T2 � T1) (x; y; z) = T2 (T1(x; y; z)) = T2(2x+ z; x+ y) = (x+ y; x+ y; 3x+ y + z).


T (x; y; z) = (2y; y � x;�x).

Considere a base ordenada B = fv1; v2; v3g de R3 com

v1 = (1; 0;�1), v2 = (1; 2; 0), v3 = (�1; 1; 1).

Tem-se

M(T ;B;B) =

24 2 �4 �5�1 3 31 �5 �4

35 ,uma vez que

T (1; 0;�1) = (0;�1;�1) = 2(1; 0;�1)� (1; 2; 0) + (�1; 1; 1),

T (1; 2; 0) = (4; 1;�1) = �4(1; 0;�1) + 3(1; 2; 0)� 5(�1; 1; 1) e

T (�1; 1; 1) = (2; 2; 1) = �5(1; 0;�1) + 3(1; 2; 0)� 4(�1; 1; 1):

8. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R). Considere a transformação linear

S :M2�2(R)!M2�2(R) de�nida por S(A) = AT .

Tem-se

M(S;B2�2c ;B2�2c ) =

26641 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

3775 ,

350

uma vez que

S

��1 00 0

��=

�1 00 0

�S

��0 10 0

��=

�0 01 0

�;

S

��0 01 0

��=

�0 10 0

�S

��0 00 1

��=

�0 00 1

�:

9. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 e a base canónica (ordenada)

B3c = fv1; v2; v3g de R3, com v1 = (1; 0; 0), v2 = (0; 1; 0), v3 = (0; 0; 1).

Suponha que se tem

T (v3) = 3v1 + v2 � 2v3, T (v2 + v3) = v1 e T (v1 + v2 + v3) = v2 + v3.

Logo,T (0; 0; 1) = T (v3) = (3; 1;�2),

T (0; 1; 0) = T (v2) = T (v2 + v3)� T (v3) = �2v1 � v2 + 2v3 = (�2;�1; 2)e

T (1; 0; 0) = T (v1) = T (v1 + v2 + v3)� T (v2 + v3) = �v1 + v2 + v3 = (�1; 1; 1).Assim:(i)

T (2v1 � v2 + 3v3) = 2T (v1)� T (v2) + 3T (v3) == 2(�1; 1; 1)� (�2;�1; 2) + 3(3; 1;�2) = (9; 6;�6);

(ii)

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 �1 �2 31 �1 11 2 �2

35 .(iii) Seja B1 = B3c a base canónica ordenada de R3. Determinemos uma base ordenada

B2 = fw1; w2; w3g de R3 de modo a que a matriz M(T ;B1;B2) que represente T em relaçãoa essas bases B1 e B2 seja a matriz identidade:24 1 0 0

0 1 00 0 1

35 .Tem-se T (1; 0; 0) = w1; T (0; 1; 0) = w2 e T (0; 0; 1) = w3. Logo,

B2 = f(�1; 1; 1); (�2;�1; 2); (3; 1;�2)g .

10. Considere a transformação linear T : R2 ! R3 que em relação às bases ordenadasB1 = fu1; u2g de R2 e B2 = fv1; v2; v3g de R3 com

u1 = (1; 1), u2 = (2;�1), v1 = (1; 0; 1), v2 = (1; 1; 2), v3 = (0; 1;�1),

351

é representada pela matriz

M(T ;B1;B2) =

24 1 2�1 13 0

35 .Considere ainda as bases ordenadas B01 =

�u01; u

02

de R2 e B02 =

�v01; v

02; v

03

de R3 com

u0

1 = (1; 0), u0

2 = (1; 1), v0

1 = (1; 0; 0), v0

2 = (1; 1; 0), v0

3 = (1; 1; 1).

(i) Tem-se(�1; 2) = (1; 1)� (2;�1).

Logo, as coordenadas do vector (�1; 2) na base B1 são 1 e �1. Deste modo, as coordenadasdo vector T (�1; 2) na base B2 são dadas por

M(T ;B1;B2)�1�1

�=

24 1 2�1 13 0

35� 1�1

�=

24 �1�23

35 .(ii) Tem-se

(�1; 2) = �3(1; 0) + 2(1; 1).Logo, as coordenadas do vector (�1; 2) na base B01 são �3 e 2.Resolução alternativa: Tem-se

SB1!B01 =

�0 31 �1

�,

uma vez que u1 = 0u01 + u

02 e u2 = 3u

01 � u

02. Tendo em conta (por (i)) que as coordenadas

do vector (�1; 2) na base B1 são 1 e �1, então as coordenadas do vector (�1; 2) na base B01são dadas por

SB1!B01

�1�1

�=

�0 31 �1

� �1�1

�=

��32

�.

(iii) Uma vez que (por (i)) as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B2 são �1; �2 e3, então

T (�1; 2) = �(1; 0; 1)� 2(1; 1; 2) + 3(0; 1;�1) = (�3; 1;�8).Por outro lado, tem-se

(�3; 1;�8) = �4(1; 0; 0) + 9(1; 1; 0)� 8(1; 1; 1).

Logo, as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B02 são �4; 9 e �8.Resolução alternativa: Determinemos a matriz de mudança de base SB2!B02. Tem-se

SB2!B02 =

24 1 0 �1�1 �1 21 2 �1

35 ,

352

uma vez que v1 = v01 � v

02 + v

03; v2 = 0v

01 � v

02 + 2v

03 e v3 = �v

01 + 2v

02 � v

03. Tendo em

conta que (por (i)) as coordenadas do vector T (�1; 2) na base B2 são �1; �2 e 3, então ascoordenadas do vector T (�1; 2) na base B02 são dadas por

SB2!B02

24 �1�23

35 =24 1 0 �1�1 �1 21 2 �1

3524 �1�23

35 =24 �49�8

35 .(iv) Determinemos uma base para N (T ). Seja u 2 R2 e sejam (�1; �2) as coordenadas

de u em relação à baseB1 = f(1; 1); (2;�1)g :

Tem-seu 2 N (T ), (�1; �2) 2 N (M(T ;B1;B2))

e como

N (M(T ;B1;B2)) = N

0@24 1 2�1 13 0

351A = N

0@24 1 20 30 �6

351A = N

0@24 1 20 30 0

351A = f(0; 0)g ,

N (T ) = f0(1; 1) + 0(2;�1)g = f(0; 0)g .Assim, dimN (T ) = 0 e T é injectiva.

(v) Determinemos uma base para I (T ). Como f(1; 1); (2;�1)g gera R2, tem-se

I(T ) = L (fT (1; 1); T (2;�1)g) =

= L (f1(1; 0; 1) + (�1) (1; 1; 2) + 3(0; 1;�1); 2(1; 0; 1) + 1(1; 1; 2) + 0(0; 1;�1)g) == L (f(0; 2;�4); (3; 1; 4)g) .

Uma vez que o conjunto f(0; 2;�4); (3; 1; 4)g é linearmente independente e gera I (T ), então

f(0; 2;�4); (3; 1; 4)g

é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimR3 = 3, tem-se I (T ) 6= R3, pelo que T não é sobrejectiva.

(vi) Determinemos a expressão geral de T , isto é, T (x; y), para todo o (x; y) 2 R2.Considerando as bases canónicas de R2 e de R3 respectivamente:

B2c = f(1; 0); (0; 1)g ; B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g ,

tem-seM(T ;B2c ;B3c ) = SB2!B3cM(T ;B1;B2)

�SB1!B2c

��1=

=

24 1 1 00 1 11 2 �1

3524 1 2�1 13 0

35� 1 21 �1

��1=

24 0 32 1�4 4

35� 13

23

13�13

�=

24 1 �11 10 �4

35 .

353

Logo, para todo o (x; y) 2 R2,

T (x; y) =M(T ;B2c ;B3c )�xy

�=

24 1 �11 10 �4

35� xy

�=

24 x� yx+ y�4y

35 = (x� y; x+ y;�4y) .Resolução alternativa à alínea (v) para encontrar uma base para I(T ):Tem-se

I(T ) =�T (x; y) : (x; y) 2 R2

=�(x� y; x+ y;�4y) : (x; y) 2 R2

=

=�(x; x; 0) + (�y; y;�4y) : (x; y) 2 R2

=

=�x (1; 1; 0) + y (�1; 1;�4) : (x; y) 2 R2

=

= L (f(1; 1; 0) ; (�1; 1;�4)g)

Como o conjunto f(1; 1; 0) ; (�1; 1;�4)g é linearmente independente e gera I (T ), então

f(1; 1; 0) ; (�1; 1;�4)g

é uma base de I (T ).Note que:

L (f(1; 1; 0) ; (�1; 1;�4)g) = L (f(0; 2;�4); (3; 1; 4)g) .

(vii) Tem-se

(R2;B1)M(T ;B1;B2)�!

T(R3;B2)

SB1!B01 # I I # SB2!B02(R2;B01)

T�!M(T ;B01;B02)

(R3;B02)

Logo,

M(T ;B01;B02) = SB2!B02M(T ;B1;B2)�SB1!B01

��1= SB2!B02M(T ;B1;B2)SB01!B1 =

=

24 1 0 �1�1 �1 21 2 �1

3524 1 2�1 13 0

35� 1=3 11=3 0

�=

24 �2 26 �3�4 4

35� 1=3 11=3 0

�=

24 0 �21 60 �4

35 .


T (x; y; z) = (x+ y; x+ y � z).

(i) Tem-se

M(T ;B3c ;B2c ) =�1 1 01 1 �1

�,

uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 1); T (0; 1; 0) = (1; 1) e T (0; 0; 1) = (0;�1).

354

(ii) Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (x+ y; x+ y � z) = (0; 0)

=

=�(x;�x; 0) 2 R3 : x 2 R

= L (f(1;�1; 0)g) .

Logo, o conjunto f(1;�1; 0)g é uma base de N (T ) e dimN (T ) = 1. T não é injectiva, umavez que N (T ) 6= f(0; 0)g.

(iii) Tem-se

I(T ) = f(x+ y; x+ y � z) : x; y; z 2 Rg = C��

1 1 01 1 �1

��= L (f(1; 1); (0;�1)g) .

Como o conjunto f(1; 1); (0;�1)g é linearmente independente e como gera I(T ) então f(1; 1); (0;�1)gé uma base de I(T ) e tem-se dim I(T ) = 2.Por outro lado, como I(T ) é subespaço de R2 e dim I(T ) = dimR2 então I(T ) = R2,

isto é, T é sobrejectiva.

(iv) O vector (1; 0; 0) é uma solução particular da equação linear

T (x; y; z) = (1; 1).

Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1) é dada por:

f(1; 0; 0)g+N (T ) =�(1 + t;�t; 0) 2 R3 : t 2 R

.

(v) Não existe nenhum vector (a; b) 2 R2 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b)seja impossível, uma vez que T é sobrejectiva.

(vi) Não existe nenhum vector (a; b) 2 R2 para o qual a equação linear T (x; y; z) = (a; b)seja possível e determinada, uma vez que T não é injectiva.

12. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B3c ;B3c ) que arepresenta em relação à base canónica (ordenada) B3c de R3 é dada por

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 2 22 1 40 0 2

35 .(i) Seja (x; y; z) 2 R3. Tem-se

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 =24 1 2 22 1 40 0 2

3524 xyz

35 = (x+ 2y + 2z; 2x+ y + 4z; 2z).(ii) Tem-se

N (T ) = N

0@24 1 2 22 1 40 0 2

351A = N

0@24 1 2 20 �3 00 0 2

351A = f(0; 0; 0)g .

355

Logo, T é injectiva e dimN (T ) = 0.

(iii) Tem-se

I(T ) = f(x+ 2y + 2z; 2x+ y + 4z; 2z) : x; y; z 2 Rg == fx(1; 2; 0) + y(2; 1; 0) + z(2; 4; 2) : x; y; z 2 Rg= L (f(1; 2; 0); (2; 1; 0); (2; 4; 2)g) .

Como o conjunto f(1; 2; 0); (2; 1; 0); (2; 4; 2)g é linearmente independente e como gera I(T )então f(1; 2; 0); (2; 1; 0); (2; 4; 2)g é uma base de I(T ) e tem-se dim I(T ) = 3. Por outro lado,como I(T ) é subespaço de R3 e dim I(T ) = dimR3 então I(T ) = R3, isto é, T é sobrejectiva.

(iv) Como T (1; 1; 0) = T (1; 0; 0) + T (0; 1; 0) = (2; 1; 0) + (1; 2; 0) = (3; 3; 0), então ovector (1; 1; 0) é uma solução particular da equação linear

T (x; y; z) = (3; 3; 0).

Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (3; 3; 0) é dada por:

f(1; 1; 0)g+N (T ) = f(1; 1; 0)g .

(v) Não existe nenhum vector (a; b; c) 2 R3 para o qual a equação linear T (x; y; z) =(a; b; c) seja impossível, uma vez que T é sobrejectiva.

(vi) Não existe nenhum vector (a; b; c) 2 R3 para o qual a equação linear T (x; y; z) =(a; b; c) seja possível e indeterminada, uma vez que T é injectiva.

13. Considere a transformação linear T : R3 ! R3 cuja matriz M(T ;B;B) que arepresenta em relação à base (ordenada) B = fv1; v2; v3g de R3 com

v1 = (1; 1; 1), v2 = (1; 1; 0), v3 = (1; 0; 0),

é dada por

M(T ;B;B) =

24 1 2 22 4 40 0 2

35 .(i) Seja A =M(T ;B;B). Seja u 2 R3 e sejam (�1; �2; �3) as coordenadas de u em relação

à base B. Tem-seu 2 N (T ), (�1; �2; �3) 2 N (A)

e como

N (A) = N

0@24 1 2 22 4 40 0 2

351A = N

0@24 1 2 00 0 00 0 2

351A = f(�2y; y; 0) : y 2 Rg = L (f(�2; 1; 0)g) ,

N (T ) = L (f(�2) (1; 1; 1) + 1(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0)g) = L (f(1; 1; 2)g) .O conjunto f(1; 1; 2)g é uma base de N (T ) pois gera N (T ) e é linearmente independente.Assim, dimN (T ) = 1. T não é injectiva, uma vez que N (T ) 6= f(0; 0; 0)g.

356

Comodim R3|{z}

espaço de partida


então dim I(T ) = 2 e assim I(T ) 6= R3 (pois dimR3 = 3), isto é, T não é sobrejectiva.Expressão geral de T :

T (x; y; z) =

24 1 1 11 1 01 0 0

3524 1 2 22 4 40 0 2

3524 1 1 11 1 01 0 0

35�1 24 xyz

35 == (8x� 2y � 3z; 6x� 3z; 2x� z).

Cálculo alternativo de N (T ): Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (8x� 2y � 3z; 6x� 3z; 2x� z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : z = 2x e x = y

=

�(x; x; 2x) 2 R3 : x 2 R

=

= L (f(1; 1; 2)g) .

(ii) Quanto ao contradomínio:

I(T ) = L (fT (1; 1; 1); T (1; 1; 0); T (1; 0; 0)g) =

= L(f1(1; 1; 1) + 2(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0); 2(1; 1; 1)++4(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0); 2(1; 1; 1) + 4(1; 1; 0) + 2(1; 0; 0)g) =

= L (f(3; 3; 1); (6; 6; 2); (8; 6; 2)g) = L (f(6; 6; 2); (8; 6; 2)g) = L (f(8; 6; 2); (�2; 0; 0)g) .Como o conjunto f(8; 6; 2); (�2; 0; 0)g é linearmente independente e como gera I(T ) então

f(8; 6; 2); (�2; 0; 0)g

é uma base de I(T ) e tem-se dim I(T ) = 2.Cálculo alternativo de I(T ): Tem-se

I(T ) = f(8x� 2y � 3z; 6x� 3z; 2x� z) : x; y; z 2 Rg == L (f(8; 6; 2); (�2; 0; 0); (�3;�3;�1)g) == L (f(8; 6; 2); (�2; 0; 0)g) = C

�M(T ;B3c ;B3c )

�.

(iii) É fácil ver que (2; 4; 0) =2 I(T ). Logo, a equação linear T (x; y; z) = (2; 4; 0) não temsoluções.

(iv) Tem-se T (1; 1; 1) = 1(1; 1; 1) + 2(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (3; 3; 1) e assim

T

��13;�13;�13

�=

��1;�1;�1

3

�

357

Logo, a solução geral de

T (x; y; z) =

��1;�1;�1

3

�é dada por:�

(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) =��1;�1;�1

3

��=

��13;�13;�13

��+N (T ) =

=

��13;�13;�13

�) + s (1; 1; 2) : s 2 R

�.

(v) Por exemplo o vector (1; 0; 0) ou qualquer vector (a; b; c) 2 I(T ), uma vez que sendoT não injectiva, sempre que a equação linear fôr possível, ela será indeterminada.

(vi) Tem-seT (v1) = (1; 1; 1) + 2(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (3; 3; 1);

T (v2) = 2(1; 1; 1) + 4(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (6; 6; 2)

eT (v3) = 2(1; 1; 1) + 4(1; 1; 0) + 2(1; 0; 0) = (8; 6; 2).

Logo,T (1; 0; 0) = T (v3) = (8; 6; 2);

T (0; 1; 0) = T (v2)� T (v3) = (�2; 0; 0)e

T (0; 0; 1) = T (v1)� T (v2) = (�3;�3;�1).Assim,

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 8 �2 �36 0 �32 0 �1

35e deste modo, para (x; y; z) 2 R3,

T (x; y; z) =M(T ;B3c ;B3c )

24 xyz

35 =24 8 �2 �36 0 �32 0 �1

3524 xyz

35 == (8x� 2y � 3z; 6x� 3z; 2x� z).


T (x; y; z) = (x+ y + z; x+ 2y � 4z; z).

(i) Tendo em conta que T (1; 0; 0) = (1; 1; 0); T (0; 1; 0) = (1; 2; 0) e T (0; 0; 1) = (1;�4; 1),tem-se

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 1 11 2 �40 0 1

35358

que representa T em relação à base canónica (ordenada) B3c de R3.

(ii) A matriz M(T ;B3c ;B3c ) é invertível pois

M(T ;B3c ;B3c ) =

24 1 1 11 2 �40 0 1

35!24 1 1 10 1 �50 0 1

35 .Logo, T é injectiva e como tal invertível, tendo-se�

M(T ;B3c ;B3c )��1

=M(T�1;B3c ;B3c ).

Determinemos (M(T ;B3c ;B3c ))�1.

�M(T ;B3c ;B3c ) j I

�=

24 1 1 1 j 1 0 01 2 �4 j 0 1 00 0 1 j 0 0 1

35!24 1 1 1 j 1 0 00 1 �5 j �1 1 00 0 1 j 0 0 1

35!!

24 1 1 0 j 1 0 �10 1 0 j �1 1 50 0 1 j 0 0 1

35!24 1 0 0 j 2 �1 �60 1 0 j �1 1 50 0 1 j 0 0 1

35 .Logo, �

M(T ;B3c ;B3c )��1

=

24 2 �1 �6�1 1 50 0 1

35e como tal, para (x; y; z) 2 R3,

T�1(x; y; z) =�M(T ;B3c ;B3c )

��1 24 xyz

35 =24 2 �1 �6�1 1 50 0 1

3524 xyz

35 == (2x� y � 6z;�x+ y + 5z; z).

Observação: T�1 � T = T � T�1 = I. Isto é, para qualquer (x; y; z) 2 R3;�T�1 � T

�(x; y; z) =

�T � T�1

�(x; y; z) = (x; y; z),

como se pode ver:�T�1 � T

�(x; y; z) = T�1 (T (x; y; z)) = T�1(x+ y + z; x+ 2y � 4z; z) =

= (2x+ 2y + 2z � x� 2y + 4z � 6z;�x� y � z + x+ 2y � 4z + 5z; z) == (x; y; z);

�T � T�1

�(x; y; z) = T

�T�1(x; y; z)

�= T (2x� y � 6z;�x+ y + 5z; z) =

= (2x� y � 6z � x+ y + 5z + z; 2x� y � 6z � 2x+ 2y + 10z � 4z; z) == (x; y; z).

359

Demonstração alternativa da injectividade de T : Tem-se

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = (0; 0; 0)

=

=�(x; y; z) 2 R3 : (x+ y + z; x+ 2y � 4z; z) = (0; 0; 0)

=

= f(0; 0; 0)g .

Logo, T é injectiva.

(iii) Sendo T injectiva, como os espaços de partida e de chegada têm a mesma dimensão,então T é sobrejectiva. Logo, T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor�smo.

(iv) Tem-se

T (x; y; z) = (1; 1; 2), (x; y; z) = T�1(1; 1; 2) = (�11; 10; 2).

Logo, a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (1; 1; 2) é: f(�11; 10; 2)g.

15. Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R). Considere a transformação

T :M2�2(R)!M2�2(R) de�nida por T (X) = AX �XA, com A =

�0 1�1 0

�:

(i) Sejam X;X1; X2 2M2�2(R) e � 2 R. Tem-se

T (X1 +X2) = A(X1 +X2)� (X1 +X2)A = AX1 + AX2 �X1A�X2A =

= AX1 �X1A+ AX2 �X2A = T (X1) + T (X2)

eT (�X) = A(�X)� (�X)A = � (AX �XA) = �T (X).

(ii) Seja�a bc d

�2M2�2(R). Tem-se

T

��a bc d

��=

�0 1�1 0

� �a bc d

��a bc d

� �0 1�1 0

�=

�b+ c d� ad� a �b� c

�.

Logo, a expressão geral de T é dada por:

T

��a bc d

��=

�b+ c d� ad� a �b� c

�.

(iii) Tem-se

M(T ;B2�2c ;B2�2c ) =

26640 1 1 0�1 0 0 1�1 0 0 10 �1 �1 0

3775 ,360

uma vez que

T

��1 00 0

��=

�0 1�1 0

� �1 00 0

��1 00 0

� �0 1�1 0

�=

�0 �1�1 0

�,

T

��0 10 0

��=

�0 1�1 0

� �0 10 0

��0 10 0

� �0 1�1 0

�=

�1 00 �1

�,

T

��0 01 0

��=

�0 1�1 0

� �0 01 0

��0 01 0

� �0 1�1 0

�=

�1 00 �1

�,

T

��0 00 1

��=

�0 1�1 0

� �0 00 1

��0 00 1

� �0 1�1 0

�=

�0 11 0

�:

(iv) Tem-se

N (T ) =�X =

�a bc d

�2M2�2(R) : T (X) =

�0 00 0

��=

=

��a b�b a

�2M2�2(R) : a; b 2 R

�= L

��1 00 1

�;

�0 1�1 0

��.

Logo, dimN (T ) = 2. Como N (T ) 6=��

0 00 0

��então T não é injectiva.

(v) Atendendo a que dimN (T ) = 2 e dimM2�2(R) = 4, então dim I(T ) = 2. T não ésobrejectiva uma vez que I(T ) 6=M2�2(R). Determinemos uma base para I(T ). Tem-se

I(T ) =

�T (X) : X =

�a bc d

�2M2�2(R)

�=

=

��b+ c d� a�a+ d �b� c

�2M2�2(R) : a; b; c; d 2 R

�=

= L

��0 �1�1 0

�;

�1 00 �1

�;

�0 11 0

��=

= L

��1 00 �1

�;

�0 11 0

��.

Como o conjunto��

1 00 �1

�;

�0 11 0

��gera I(T ) e é linearmente independente, então é

uma base de I(T ).

16. Considere as transformações lineares T1; T2 : R2 ! R2 de�nidas respectivamente por

T1(x; y) = (x+ y; x� y) e T2(x; y) = (2x+ y; x� 2y).

(i) Tem-se

M(T1;B2c ;B2c ) =�1 11 �1

�

361

e

M(T2;B2c ;B2c ) =�2 11 �2

�uma vez que T1(1; 0) = (1; 1); T1(0; 1) = (1;�1); T2(1; 0) = (2; 1) e T2(0; 1) = (1;�2).

(ii) A matriz M(T2 � T1;B2c ;B2c ) que representa T2 � T1 em relação à base canónica (or-denada) B2c de R2, é dada por

M(T2 � T1;B2c ;B2c ) = M(T2;B2c ;B2c )M(T1;B2c ;B2c ) =

=

�2 11 �2

� �1 11 �1

�=

�3 1�1 3

�.

(iii) Tem-se, para qualquer (x; y) 2 R2,

(T2 � T1)(x; y) = M(T2 � T1;B2c ;B2c )�xy

�=

=

�3 1�1 3

� �xy

�= (3x+ y;�x+ 3y).

(iv) Tem-se, para qualquer (x; y) 2 R2,

T1(x; y) = M(T1;B2c ;B2c )�xy

�=

=

�1 11 �1

� �xy

�= (x+ y; x� y)

e

T2(x; y) = M(T2;B2c ;B2c )�xy

�=

=

�2 11 �2

� �xy

�= (2x+ y; x� 2y).

Logo,(T2 � T1)(x; y) = T2 (T1(x; y)) = T2(x+ y; x� y) =

= (2x+ 2y + x� y; x+ y � 2x+ 2y) = (3x+ y;�x+ 3y):

(v) Tem-se

N (T1) =�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0)

=�(x; y) 2 R2 : (x+ y; x� y) = (0; 0)

= f(0; 0)g

e

N (T2) =�(x; y) 2 R2 : T (x; y) = (0; 0)

=�(x; y) 2 R2 : (2x+ y; x� 2y) = (0; 0)

= f(0; 0)g .

Logo, T1 e T2 são injectivas e como tal são invertíveis.

362

(vi) Tem-se então�M(T1;B2c ;B2c )

��1=M(T�11 ;B2c ;B2c ) e

�M(T2;B2c ;B2c )

��1=M(T�12 ;B2c ;B2c )

Determinemos (M(T1;B2c ;B2c ))�1 e (M(T2;B2c ;B2c ))

�1.

�M(T1;B2c ;B2c ) j I

�=

�1 1 j 1 01 �1 j 0 1

�!�1 1 j 1 00 �2 j �1 1

�!

!�1 0 j 1=2 1=20 �2 j �1 1

�!�1 0 j 1=2 1=20 1 j 1=2 �1=2

�;

�M(T2;B2c ;B2c ) j I

�=

�2 1 j 1 01 �2 j 0 1

�!�2 1 j 1 00 �5=2 j �1=2 1

�!

!�2 0 j 4=5 2=50 �5=2 j �1=2 1

�!�1 0 j 2=5 1=50 1 j 1=5 �2=5

�.

Logo,

�M(T1;B2c ;B2c )

��1=

�1=2 1=21=2 �1=2

�e�M(T2;B2c ;B2c )

��1=

�2=5 1=51=5 �2=5

�e como tal, para (x; y) 2 R2,

T�11 (x; y) =�M(T1;B2c ;B2c )

��1 � xy

�=

�1=2 1=21=2 �1=2

� �xy

�=

�1

2x+

1

2y;1

2x� 1

2y

�,

T�12 (x; y) =�M(T2;B2c ;B2c )

��1 � xy

�=

�2=5 1=51=5 �2=5

� �xy

�=

�2

5x+

1

5y;1

5x� 2

5y

�,

e �nalmente �T�11 � T�12

�(x; y) = T�11

�T�12 (x; y)

�=

= T�11

�2

5x+

1

5y;1

5x� 2

5y

�=

=

�3

10x� 1

10y;1

10x+

3

10y

�.

(vii) Tem-se

M((T2 � T1)�1;B2c ;B2c ) =M(T�11 � T�12 ;B2c ;B2c ) =M(T�11 ;B2c ;B2c )M(T�12 ;B2c ;B2c ) =

=�M(T1;B2c ;B2c )

��1 �M(T2;B2c ;B2c )

��1=

�1=2 1=21=2 �1=2

� �2=5 1=51=5 �2=5

�=

�3=10 �1=101=10 3=10

�:

De facto,

M((T2 � T1)�1;B2c ;B2c ) =�3=10 �1=101=10 3=10

�=

��3 1�1 3

��1=�M(T2 � T1;B2c ;B2c )

��1.

363

(viii) Tendo em conta (vii) tem-se

(T2 � T1)�1(x; y) =�3=10 �1=101=10 3=10

� �xy

�=

�3

10x� 1

10y;1

10x+

3

10y

�.

Logo, como seria de esperar,

(T2 � T1)�1(x; y) =�T�11 � T�12

�(x; y).

17. Seja A = M (T ;B2c ;B2c ). Como A =

�1 02 1

�é invertível, pois detA = 1 6= 0,

T é injectiva. Logo, se a equação linear T (x; y) = (1; 2) tiver solução, ela é única. Como

C (A) = I (T ) e uma vez que�12

�2 C (A) pois:

�12

�= 1

�12

�+ 0

�01

�, então (1; 0) é a

solução única da equação linear T (x; y) = (1; 2).Resolução alternativa da equação linear T (x; y) = (1; 2):Como A é invertível, T é invertível e

T (x; y) = (1; 2), (x; y) = T�1(1; 2) = A�1�12

�=

�1 0�2 1

� �12

�=

�10

�.

18. Tem-se M (T1;B2c ;B1c ) =�1 0

�, pois T1 (1; 0) = 1 e T1 (0; 1) = 0. Logo

M�T2 � T1;B2c ;B2c

�=M

�T2;B1c ;B2c

�M�T1;B2c ;B1c

�=

�10

� �1 0

�=

�1 00 0

�

e assim N (T2 � T1) = N (M (T2 � T1;B2c ;B2c )) = N��

1 00 0

��= L (f(0; 1)g). Pelo que

f(0; 1)g é base de N (T2 � T1), uma vez que f(0; 1)g é linearmente independente e geraN (T2 � T1).

19. Como M(T ;B1;B2) =�

1 0 1�1 0 �1

�, tem-se T (1; 0; 1) = 1(1; 1)� (0; 1) = (1; 0),

T (0; 1; 1) = 0(1; 1)+0(0; 1) = (0; 0) e T (1; 0; 1) = 1(1; 1)� (0; 1) = (1; 0). Por outro lado,como B1 = f(1; 0; 1); (0; 1; 1); (0; 0; 1)g gera o "espaço de partida" R3, tem-se

I (T ) = L (fT (1; 0; 1); T (0; 1; 1); T (0; 0; 1)g) = L (f(1; 0)g) .

Pelo que f(1; 0)g é base de I (T ), pois (1; 0) é linearmente independente e gera I (T ).

Tem-se dim I (T ) = car (M(T ;B1;B2)) = car

��1 0 10 0 0

��= 1. Como I (T ) 6= R2,

pois dim I (T ) = 1 6= 2 = dimR2, então T não é sobrejectiva.

20. Considere a transformação linear T1 : R3 ! R2 de�nida por T1(x; y; z) = (2x+y; y+2z). Considere ainda a transformação linear T2 : R2 �! R3 cuja representação matricial em

364

relação à base (ordenada) B = f(2; 1); (1; 2)g de R2 e à base canónica B3c de R3 é dada pela

matriz M(T2;B;B3c ) =

24 2 11 11 2

35.(i)

N (T1) =�(x; y; z) 2 R3 : T1(x; y; z) = (0; 0)

=�(x; y; z) 2 R3 : (2x+ y; y + 2z) = (0; 0)

=

=n(x; y; z) 2 R3 : x = z = �y

2

o=n��y2; y;�y

2

�: y 2 R

o= L (f(1;�2; 1)g) .

O conjunto f(1;�2; 1)g gera N (T1) e é linearmente independente, logo é uma base de N (T1).Tem-se

dimN (T1) = 1 e dimN (T1) + dim I(T1) = dimR3,e assim dim I(T1) = 2. Logo, como I(T1) é um subespaço de R2 e dim I(T1) = dimR2 = 2,então I(T1) = R2 e assim, T1 é sobrejectiva.

(ii) Como B = f(2; 1); (1; 2)g gera o "espaço de partida" R2, tem-se

I (T2) = L (fT2(2; 1); T2(1; 2)g) = L (f(2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g) .

Como o conjunto f(2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g gera I (T2) e é linearmente independente, então é umabase de I (T2).Tem-se

dim I (T2) = 2 e dimN (T2) + dim I (T2) = dimR2,e assim dimN (T2) = 0. Logo, T2 é injectiva.

(iii) Tem-se24 1 �2 12 1 11 1 2

35 �!�2L1+L2!L2�L1+L3!L3

24 1 �2 10 5 �10 3 1

35 �!� 35L2+L3!L3

24 1 �2 10 5 �10 0 8

5

35logo o conjunto f(1;�2; 1) ; (2; 1; 1) ; (1; 1; 2)g gera N (T1) + I(T2) e é linearmente indepen-dente, então é uma base de N (T1) + I(T2).Logo, como N (T1) + I(T2) é um subespaço de R3 e dim (N (T1) + I(T2)) = dimR3 = 3,

então N (T1) + I(T2) = R3.Tem-se

dim (N (T1) \ I(T2)) = dimN (T1) + dim I(T2)� dim (N (T1) + I(T2)) = 1 + 2� 3 = 0.

(iv) Como (1; 0) =2

3(2; 1)� 1

3(1; 2) e (0; 1) = �1

3(2; 1) +

2

3(1; 2), tem-se

T2(1; 0) = T2

�2

3(2; 1)� 1

3(1; 2)

�=

T é linear

2

3T2(2; 1)�

1

3T2(1; 2) =

=2

3(2; 1; 1)� 1

3(1; 1; 2) =

�4

3;2

3;2

3

�+

��13;�13;�23

�=

�1;1

3; 0

�

365

e

T2(0; 1) = T2

��13(2; 1) +

2

3(1; 2)

�=

T é linear�13T2(2; 1) +

2

3T2(1; 2) =

= �13(2; 1; 1) +

2

3(1; 1; 2) =

��23;�13;�13

�+

�2

3;2

3;4

3

�=

�0;1

3; 1

�Logo, a matriz M(T2;B2c ;B3c ) que representa T2 em relação às bases canónicas B2c e B3c de R2e R3 respectivamente, é dada por

M(T2;B2c ;B3c ) =

24 1 01=3 1=30 1

35 .(v) A matriz M(T1;B3c ;B2c ) que representa T1 em relação às bases canónicas B3c e B2c de

R3 e R2 respectivamente, é dada por

M(T1;B3c ;B2c ) =�2 1 00 1 2

�,

uma vez que

T1(1; 0; 0) = (2; 0); T1(0; 1; 0) = (1; 1) e T1(0; 0; 1) = (0; 2).

Logo, a matriz que representa T1 � T2 em relação à base canónica B2c de R2 é dada por

M(T1�T2;B2c ;B2c ) =M(T1;B3c ;B2c )M(T2;B2c ;B3c ) =�2 1 00 1 2

�24 1 01=3 1=30 1

35 = � 7=3 1=31=3 7=3

�.

Logo, tem-se

(T1 � T2) (x; y) =�7=3 1=31=3 7=3

� �xy

�.

Assim, como a matriz�7=3 1=31=3 7=3

�é invertível, a solução geral da equação (T1 � T2) (x; y) =�

8=38=3

�, é dada�

xy

�=

�7=3 1=31=3 7=3

��1 �8=38=3

�=

�7=16 �1=16�1=16 7=16

� �8=38=3

�=

�11

�.

21.T (1; 0; 0) = (0; 1; 0) ; T (0; 1; 0) = (0; 1; 0) ; T (0; 0; 1) = (0; 0; 1) ;

ComoL (f(1; 0; 0) ; (0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g) = R3

e T é linear então

I (T ) = L (fT (1; 0; 0) ; T (0; 1; 0) ; T (0; 0; 1)g) = L (f(0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g) :Além disso, uma vez que o conjunto f(0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g é linearmente independente é entãouma base para I (T ). Por outro lado, como

dimR3 = dimN (T ) + dim I (T ), 3 = dimN (T ) + 2, dimN (T ) = 1 6= 0então T não é injectiva.

366


1. Considere a transformação linear T1 : R2 ! R3 de�nida por T1(x; y) = (2x+ y; 0; x+2y): Considere ainda a transformação linear T2 : R3 �! R2 cuja representação matricial emrelação à base (ordenada) B = f(1; 1; 1); (1; 1; 0); (1; 0; 0)g de R3 e à base canónica B2c de R2é dada pela matriz:

M(T2;B;B2c ) =�1 �1 1�1 1 �1

�.

(i) T2 (0; 1; 0) = T2(1; 1; 0)� T2(1; 0; 0) = (�1; 1)� (1;�1) = (�2; 2):T2 (0; 0; 1) = T2(1; 1; 1)� T2(1; 1; 0) = (1;�1)� (�1; 1) = (2;�2):

(ii) Tem-se

I (T1) =�T1(x; y) : (x; y) 2 R2

=�(2x+ y; 0; x+ 2y) : (x; y) 2 R2

=

= fx(2; 0; 1) + y(1; 0; 2) : x; y 2 Rg = L (f(2; 0; 1); (1; 0; 2)g) .

Como o conjunto f(2; 0; 1); (1; 0; 2)g gera I (T1) e é linearmente independente, então é umabase de I (T1).Como dim I(T1) = 2 < 3 = dimR3 então I(T1) 6= R3 e assim, T1 não é sobrejectiva.

(iii)

N�M(T2;B;B2c )

�= N

��1 �1 1�1 1 �1

��= N

��1 �1 10 0 0

��=

= f(y � z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(1; 1; 0); (�1; 0; 1)g) :Como os vectores (1; 1; 0) e (�1; 0; 1) são as coordenadas na base B de vectores que geram onúcleo de T2, tem-se

1(1; 1; 1) + 1(1; 1; 0) + 0(1; 0; 0) = (2; 2; 1)

e�1(1; 1; 1) + 0(1; 1; 0) + 1(1; 0; 0) = (0;�1;�1)

Como o conjunto f(2; 2; 1); (0;�1;�1)g gera N (T2) e é linearmente independente, então éuma base de N (T2). Como N (T2) 6= f0g então T2 não é injectiva.

(iv) Pela de�nição de M(T2;B;B2c ) tem-se T2 (1; 0; 0) = (1;�1). Atendendo à alíneaa), tem-se T2 (0; 1; 0) = (�2; 2) e T2 (0; 0; 1) = (2;�2). Logo, a matriz M(T2;B3c ;B2c ) querepresenta T2 em relação às bases canónicas B3c e B2c de R3 e R2 respectivamente, é dada por

M(T2;B3c ;B2c ) =�1 �2 2�1 2 �2

�.

Por outro lado, como T1 (1; 0) = (2; 0; 1) e T1 (0; 1) = (1; 0; 2). Logo, a matriz M(T1;B2c ;B3c )que representa T1 em relação às bases canónicas B2c e B3c de R2 e R3 respectivamente, é dadapor

M(T1;B2c ;B3c ) =

24 2 10 01 2

35 .367

Logo, a matriz que representa T2 � T1 em relação à base canónica B2c de R2 é dada por

M(T2�T1;B2c ;B2c ) =M(T2;B3c ;B2c )M(T1;B2c ;B3c ) =�1 �2 2�1 2 �2

�24 2 10 01 2

35 = � 4 5�4 �5

�.

Logo, tem-se

(T2 � T1) (x; y) =�4 5�4 �5

� �xy

�e assim,

(T2 � T1) (x; y) = (�1; 1),�4 5�4 �5

� �xy

�=

��11

�.

A solução geral de (T2 � T1) (x; y) = (�1; 1) é dada por:�Solução particular de

�4 5�4 �5

� �xy

�=

��11

��+

�Solução geral de

�4 5�4 �5

� �xy

�=

�00

��.

Como o vector��14; 0

�é uma solução particular de

�4 5�4 �5

� �xy

�=

��11

�e

N��

4 5�4 �5

��= N

��4 50 0

��= L

��54; 1

��então, a solução geral de (T2 � T1) (x; y) = (�1; 1) é dada por:�

�14; 0

�+N

��4 5�4 �5

��=

��14; 0

�+ s

��54; 1

�: s 2 R

�.

2. Considere a transformação linear T : R3 ! P3 de�nida por

T (1; 1;�1) = 2 + 2t2; T (1;�1; 1) = �t� t3 e T (�1; 1; 1) = 2 + t+ 2t2 + t3.

(i) Determinemos a expressão geral de T , isto é, determinemos T (x; y; z) para qualquer(x; y; z) 2 R3.Seja (x; y; z) 2 R3. Como f(1; 1;�1); (1;�1; 1); (�1; 1; 1)g gera R3, existem escalares

�; �; 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 1;�1) + �(1;�1; 1) + (�1; 1; 1).

Atendendo a24 1 1 �1 j x1 �1 1 j y�1 1 1 j z

35!24 1 1 �1 j x0 �2 2 j y � x0 2 0 j z + x

35!24 1 1 �1 j x0 �2 2 j y � x0 0 2 j y + z

35 ,tem-se 8<:

�+ � � = x�2� + 2 = y � x2 = y + z

,

8>>>><>>>>:� =

1

2(x+ y)

� =1

2(x+ z)

=1

2(y + z) .

368

Logo

(x; y; z) =1

2(x+ y) (1; 1;�1) + 1

2(x+ z) (1;�1; 1) + 1

2(y + z) (�1; 1; 1),

e assim, como T é linear,

T (x; y; z) =1

2(x+ y)T (1; 1;�1) + 1

2(x+ z)T (1;�1; 1) + 1

2(y + z)T (�1; 1; 1) =

=1

2(x+ y)

�2 + 2t2

�+1

2(x+ z)

��t� t3

�+1

2(y + z)

�2 + t+ 2t2 + t3

�=

= x+ 2y + z +1

2(y � x) t+ (x+ 2y + z) t2 + 1

2(y � x) t3.

(ii) Tem-se N (T ) = f(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = 0g =

=

�(x; y; z) 2 R3 : x+ 2y + z + 1

2(y � x) t+ (x+ 2y + z) t2 + 1

2(y � x) t3 = 0 + 0t+ 0t2 + 0t3

�=

=

�(x; y; z) 2 R3 : x+ 2y + z = 0 e

1

2(y � x) = 0

�=

=�(x; y; z) 2 R3 : x = y e z = �3y

=�y(1; 1;�3) 2 R3 : y 2 R

= L (f(1; 1;�3)g)

Logo, o conjunto f(1; 1;�3)g é uma base de N (T ) e dimN (T ) = 1. T não é injectiva, umavez que N (T ) 6= f(0; 0; 0)g.

(iii) Determine, se possível, uma base para o contradomínio I(T ). Determine a dimensãode I(T ). Diga se T é sobrejectiva.Como f(1; 1;�1); (1;�1; 1); (�1; 1; 1)g gera R3; tem-se

I (T ) = L (fT (1; 1;�1); T (1;�1; 1); T (�1; 1; 1)g) = L��2 + 2t2;�t� t3; 2 + t+ 2t2 + t3

�:

Como: 26642 0 20 �1 12 0 20 �1 1

3775!26642 0 20 �1 10 0 00 0 0

3775então o conjunto f2 + 2t2;�t� t3g é linearmente independente e gera I(T ); sendo assimuma base de I(T ).Logo, tem-se dim I(T ) = 2.Por outro lado, como I(T ) é subespaço de P3 e dimP3 = 4 então I(T ) 6= P3, isto é, T

não é sobrejectiva.

(iv) Atendendo a ter-se

T (1; 1;�1) = 2 + 2t2; T (1;�1; 1) = �t� t3 e T (�1; 1; 1) = 2 + t+ 2t2 + t3.

1 + t+ t2 + t3 = 2 + t+ 2t2 + t3| {z }= T (�1;1;1)

�12

�2 + 2t2

�| {z }= T (1;1;�1)

= T (�1; 1; 1)� 12T (1; 1;�1) =

T é linear

369

= T

�(�1; 1; 1)� 1

2(1; 1;�1)

�= T

��32;1

2;3

2

�,�

�32; 12; 32

�é uma solução particular da equação linear T (x; y; z) = 1 + t+ t2 + t3:

Como, a solução geral de T (x; y; z) = 1 + t+ t2 + t3 é dada por:�Solução particular de T (x; y; z) = 1 + t+ t2 + t3

�+ (Solução geral de T (x; y; z) = 0)

e como a solução geral de T (x; y; z) = 0 é dada por

N (T ) =�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) = 0

= L (f(1; 1;�3)g)

então, a solução geral de T (x; y; z) = 1 + t+ t2 + t3 é dada por:��32;1

2;3

2

�+ L (f(1; 1;�3)g) =

��32;1

2;3

2

�+ s(1; 1;�3) : s 2 R

�.

3. Seja � 2 R. Considere a transformação linear T� : R3 ! P2 de�nida por

T�(x; y; z) = z � y + � (y � x) t+ xt2.

(i) Tem-seN (T�) =

�(x; y; z) 2 R3 : T�(x; y; z) = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : z � y + � (y � x) t+ xt2 = 0 + 0t+ 0t2

=

=�(x; y; z) 2 R3 : z = y e (y = x ou � = 0) e x = 0

=

=�(0; y; z) 2 R3 : z = y e (y = 0 ou � = 0)

=

=

8<:f(0; 0; 0)g se � 6= 0

fy(0; 1; 1) 2 R3 : y 2 Rg se � = 0=

8<:f(0; 0; 0)g se � 6= 0

L (f(0; 1; 1)g) se � = 0

Logo, se � = 0 então f(0; 1; 1)g é uma base de N (T0) e assim T0 não é injectiva.

dimN (T�) =

8<:0 se � 6= 0

1 se � = 0:

Logo, como N (T�) = f(0; 0; 0)g, para todo o � 2 Rn f0g, então T� é injectiva, para todo o� 2 Rn f0g.

(ii) Seja (x; y; z) 2 R3, tem-se

T�(x; y; z) = z � y + � (y � x) t+ xt2 = z + x��t+ t2

�+ y (�1 + �t)

Logo,

I(T�) =�T�(x; y; z) : (x; y; z) 2 R3

=�z + x

��t+ t2

�+ y (�1 + �t) : x; y; z 2 R

=

= L��1;��t+ t2;�1 + �t

�=

8<:L (f1;��t+ t2;�1 + �tg) se � 6= 0

L (f1; t2g) se � = 0

370

Se � 6= 0 então o conjunto f1;��t+ t2;�1 + �tg é linearmente independente e geraI (T�), sendo assim uma base de I (T�).Se � = 0 então o conjunto f1; t2g é linearmente independente e gera I (T0), sendo assim

uma base de I (T0).Logo

dim I(T�) =

8<:3 se � 6= 0

2 se � = 0:

Como I (T�) é um subespaço de P2 e neste caso (� 6= 0) dim I (T�) = dimP2, entãoI (T�) = P2, isto é, T� é sobrejectiva se � 6= 0.Se � = 0, como I (T0) 6= P3, T0 não é sobrejectiva.Note que: para todo o � 2 R,


= dimN (T�) + dim I(T�),

(iii) Considere � = 0 e resolva a equação linear T0(x; y; z) = 1 + t2. Atendendo a ter-seT0(1; 0; 1) = 1 + t2 então (1; 0; 1) é uma solução particular da equação linear T0(x; y; z) =1 + t2.Como, a solução geral de T0(x; y; z) = 1 + t2 é dada por:�

Solução particular de T0(x; y; z) = 1 + t2�+ (Solução geral de T0(x; y; z) = 0)

e como a solução geral de T0(x; y; z) = 0 é dada por

N (T0) =�(x; y; z) 2 R3 : T0(x; y; z) = 0

= L (f(0; 1; 1)g)

então, a solução geral de T0(x; y; z) = 1 + t2 é dada por:

(1; 0; 1) + L (f(0; 1; 1)g) = f(1; 0; 1) + s(0; 1; 1) : s 2 Rg .


T (p (t)) = p0 (t)� 2p (t) ,

onde p0 (t) é a derivada de primeira ordem de p (t).

(i) Seja p (t) 2 P2. Tem-se p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R. Tem-se

T�a0 + a1t+ a2t

2�=�a0 + a1t+ a2t

2�0 � 2 �a0 + a1t+ a2t2� =

= a1 + 2a2t� 2a0 � 2a1t� 2a2t2 = �2a0 + a1 + (2a2 � 2a1) t� 2a2t2.Logo, a expressão geral de T : P2 ! P2 é dada por:

T�a0 + a1t+ a2t

2�= �2a0 + a1 + (2a2 � 2a1) t� 2a2t2.

371

(ii) Seja B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2. Determinemos a matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.Como

T (1) = 0� 2 = �2, T (t) = 1� 2t; T�t2�= 2t� 2t2

tem-se

M(T ;B;B) =

24 �2 1 00 �2 20 0 �2

35(iii) Como a transformação linear T : P2 ! P2 é invertível, pois M(T ;B;B) é invertível

então T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor�smo. Sendo T um isomor�smo, T�1

também é um isomor�smo.Seja p (t) 2 P2. Tem-se p (t) = a0 + a1t+ a2t2, com a0; a1; a2 2 R.Tem-se

�12p (t)� 1

4p0 (t)� 1

8p00 (t) = �1

2

�a0 + a1t+ a2t

2�� 14(a1 + 2a2t)�

1

82a2 =

= �12a0 �

1

4a1 �

1

4a2 +

��12a1 �

1

2a2

�t� a2

2t2 (*)

e

(M(T ;B;B))�124 a0a1a2

35 =24 �2 1 00 �2 20 0 �2

35�1 24 a0a1a2

35 ==

24 �12�14�14

0 �12�12

0 0 �12

3524 a0a1a2

35 =24 �1

2a0 � 1

4a1 � 1

4a2

�12a1 � 1

2a2

�12a2

35Logo

T�1 (p (t)) = �12a0 �

1

4a1 �

1

4a2 +

��12a1 �

1

2a2

�t� a2

2t2 (**)

Atendendo a (*) e a (**) conclui-se que a expressão geral do isomor�smo T�1 é dada por

T�1 (p (t)) = �12p (t)� 1

4p0 (t)� 1

8p00 (t)

para todo o p (t) 2 P2.

(iv) Tem-se

p0 (t)� 2p (t) = (2� 3t)2 , T (p (t)) = (2� 3t)2 ,T é um isomor�smo

p (t) = T�1�(2� 3t)2

�=(iii)

=(iii)�12

�(2� 3t)2

�� 14(2 (2� 3t) (�3))� 1

8(2 (�3) (�3)) = �5

4+3

2t� 9

2t2.

Logo,

p (t) = �54+3

2t� 9

2t2

é a única solução da equação diferencial linear p0 (t)� 2p (t) = (2� 3t)2.

372


T (p (t)) = t2p00 (t)� 2p (t) ,

onde p00 (t) é a derivada de segunda ordem de p (t).

(i) Seja p (t) 2 P2. Tem-se p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R. Tem-se

T�a0 + a1t+ a2t

2�= t2

�a0 + a1t+ a2t

2�00 � 2 �a0 + a1t+ a2t2� =

= t22a2 � 2a0 � 2a1t� 2a2t2 = �2a0 � 2a1t.Logo, a expressão geral de T : P2 ! P2 é dada por:

T�a0 + a1t+ a2t

2�= �2a0 � 2a1t.

(ii) Seja B = f1; t; t2g a base canónica (ordenada) de P2. Determinemos a matrizM(T ;B;B) que representa T em relação à base B.Como

T (1) = 0� 2 = �2, T (t) = �2t; T�t2�= 2t2 � 2t2 = 0

tem-se

M(T ;B;B) =

24 �2 0 00 �2 00 0 0

35(iii) Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 �2 0 00 �2 00 0 0

351A = L (f(0; 0; 1)g) ,

então

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : (a0; a1; a2) 2 L (f(0; 0; 1)g)= L

��t2�.

Como ft2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma vez quedimN (T ) 6= 0.

Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : T�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : t22a2 � 2�a0 + a1t+ a2t

2�= 0

=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : �2a0 � 2a1t = 0=

=�a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 = 0 e a1 = 0= L

��t2�.

Como ft2g é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.

373

Uma base para I(T ):


I (T ) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L (f�2;�2t; 0g) = L (f�2;�2tg) :

Uma vez que o conjunto f�2;�2tg é linearmente independente e gera I (T ), então f�2;�2tgé uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimP2 = 3, tem-se I (T ) 6= P2, pelo que T não é sobrejectiva.

(iv) (a) Resolva, em P2; a equação diferencial linear t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t.Como 24 2

�10

35 2 C (M(T ;B;B)) = C0@24 �2 0 0

0 �2 00 0 0

351A ;uma vez que 24 2

�10

35 =24 �2 0 00 �2 00 0 0

3524 �112

0

35 ,então �1+ 1

2t é uma solução particular da equação diferencial linear t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t:

Como a solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t é dada por:�Solução particular de t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t

�+�Solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 0

�e como a solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 0 é dada por

N (T ) = L��t2�,

então a solução geral de t2p00 (t)� 2p (t) = 2� t é dada por:

�1 + 12t+ L

��t2�=

��1 + 1

2t+ at2 : a 2 R

�.

(b) Resolva, em P2; a equação diferencial linear 2tp0 (t)� 2p (0) = 2� t.

Seja T1 (p (t)) = 2tp0 (t)� 2p (0), em que p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R.Logo

T1 (p (t)) = 2tp0 (t)� 2p (0) = 2t (a1 + 2a2t)� 2a0 = �2a0 + 2a1t+ 4a2t2

Como

M(T1;B;B) =

24 �2 0 00 2 00 0 4

35 ;uma vez que T1 (1) = �2; T1 (t) = 2t; T1 (t

2) = 4t2, onde B = f1; t; t2g é a base canónica(ordenada) de P2

374

Logo

2tp0 (t)� 2p (0) = 2� t , T1 (p (t)) = 2� t , M(T1;B;B)

24 a0a1a2

35 =24 2�10

35 ,

,M(T1;B;B) é invertível

24 a0a1a2

35 = (M(T1;B;B))�124 2�10

35,

24 a0a1a2

35 =24 �2 0 00 2 00 0 4

35�1 24 2�10

35 =24 �1

20 0

0 120

0 0 14

3524 2�10

35 =24 �1�1

2

0

35 .Isto é, a solução geral de

2tp0 (t)� 2p (0) = 2� té: �

�1� 12t

�.

Veri�cação:

T1

��1� 1

2t

�= 2t

��1� 1

2t

�0� 2

��1� 1

20

�= 2t

��12

�+ 2 = 2� t.

Nota importante: Como

dimN (T1) = dimN (M(T1;B;B)) = 0

então T1 é injectiva e tendo-se


= dimN (T1) + dim I(T1) = dim I(T1),

então I(T1) = R3, isto é, T1 é sobrejectiva e uma base para I(T1) é por exemplo

B =�1; t; t2

a base canónica (ordenada) de P2.

Cálculo alternativo de uma base de I(T1):Seja p (t) = a0 + a1t+ a2t2; com a0; a1; a2 2 R. Como

T1 (p (t)) = T1�a0 + a1t+ a2t

2�= 2tp0 (t)� 2p (0) = �2a0 + 2a1t+ 4a2t2

entãoI(T1) = fT1 (p (t)) : p (t) 2 P2g = L

��2; 2t; 4t2

�.


I (T1) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L��2; 2t; 4t2

�375

e sendo o conjunto f�2; 2t; 4t2g linearmente independente então��2; 2t; 4t2

é uma base de I (T1), tendo-se


= dimN (T1) + dim I(T1) = dimN (T1) + 3, dimN (T1) = 0,

isto é, T1 é injectiva.

6. Seja U o subespaço das matrizes simétricas deM2�2 (R), isto é,

U =�A 2M2�2 (R) : A = AT

.

Considere a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (A) = AB +BA

com B =

�0 11 0

�.

(i) Seja�a bb c

�2 U , com a; b; c 2 R. Tem-se

T

��a bb c

��=

�a bb c

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �a bb c

�=

�2b a+ ca+ c 2b

�Logo, a expressão geral de T : U ! U é dada por:

T

��a bb c

��=

�2b a+ ca+ c 2b

�.

(ii) Determinemos uma base para U e a matriz que representa T em relação a essa base.Seja A 2 U . Tem-se

A =

�a bb c

�= a

�1 00 0

�+ b

�0 11 0

�+ c

�0 00 1

�com a; b; c 2 R. Como o conjunto

B =��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��

376

gera U e é linearmente independente, então B é uma base de U . Por outro lado, como

T

��1 00 0

��=

�1 00 0

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �1 00 0

�=

�0 11 0

�=

= 0

�1 00 0

�+ 1

�0 11 0

�+ 0

�0 00 1

�T

��0 11 0

��=

�0 11 0

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �0 11 0

�=

�2 00 2

�=

= 2

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 2

�0 00 1

�T

��0 00 1

��=

�0 00 1

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �0 00 1

�=

�0 11 0

�=

= 0

�1 00 0

�+ 1

�0 11 0

�+ 0

�0 00 1

�então a matriz que representa T em relação à base B é dada por:

M (T ;B;B) =

24 0 2 01 0 10 2 0

35 .(iii) Uma base para N (T ):Como

N (M(T ;B;B)) = N

0@24 0 2 01 0 10 2 0

351A = N

0@24 1 0 10 2 00 0 0

351A = L (f(1; 0;�1)g) ,

então

N (T ) =�A =

�a bb c

�2 U : (a; b; c) 2 L (f(1; 0;�1)g)

�= L

��1 00 �1

��.

Como��

1 00 �1

��é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1. Logo, T não é injectiva, uma

vez que dimN (T ) 6= 0.

Resolução alternativa para encontrar uma base para N (T ):

N (T ) =

�A =

�a bb c

�2 U : T (A) =

�0 00 0

��=�

A =

�a bb c

�2 U : A

�0 11 0

�+

�0 11 0

�A =

�0 00 0

��=

�A =

�a bb c

�2 U :

�2b a+ ca+ c 2b

�=

�0 00 0

��=

=

�A =

�a bb c

�2 U : 2b = 0 e a+ c = 0

�=

=

�A =

��c 00 c

�: c 2 R

�= L

��1 00 1

��= L

��1 00 �1

��.

377

Como��

1 00 �1

��é uma base de N (T ), dimN (T ) = 1.

Uma base para I(T ):

Como��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��gera U , tem-se

I (T ) = L

��T

��1 00 0

��; T

��0 11 0

��; T

��0 00 1

��=

= L

��0 11 0

�;

�2 00 2

�;

�0 11 0

��=

= L

��0 11 0

�;

�2 00 2

��:


0 11 0

�;

�2 00 2

��é linearmente independente e gera I (T ),

então ��0 11 0

�;

�2 00 2

��é uma base de I (T ), tendo-se dim I (T ) = 2.Como dimU = 3, tem-se I (T ) 6= U , pelo que T não é sobrejectiva.

(iv) Resolva, em U; a equação linear T (A) = B.Como �

0 11 0

�=

�120

0 12

� �0 11 0

�+

�0 11 0

� �120

0 12

�= T

��120

0 12

��

então�

120

0 12

�é uma solução particular da equação linear T (A) = B.

Como a solução geral de T (A) = B é dada por:

(Solução particular de T (A) = B) + (Solução geral de T (A) = 0)

e como a solução geral de T (A) = 0 é dada por

N (T ) = L��

1 00 �1

��,

então a solução geral de T (A) = B é dada por:�120

0 12

�+ L

��1 00 �1

��=

��12+ a 00 1

2� a

�: a 2 R

�.

7. Considere a transformação linear T :M2�2 (R)! P3 cuja matriz M(T ;B1;B2) que arepresenta em relação às bases ordenadas

B1 =��

1 11 0

�;

�1 10 1

�;

�0 11 1

�;

�1 01 1

��378

deM2�2 (R) e B2 = f1 + t; t+ t2; t2 + t3; t3g de P3 é dada por

M(T ;B1;B2) =

26641 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

3775 . (*)

(i) Seja�a bc d

�2M2�2 (R), com a; b; c; d 2 R. De (*), tem-se

T

��1 11 0

��= 1 + t

T

��1 10 1

��= 1 + t+ t+ t2 = 1 + 2t+ t2

T

��0 11 1

��= 1 + t+ t+ t2 + t2 + t3 = 1 + 2t+ 2t2 + t3

T

��1 01 1

��= 1 + t+ t+ t2 + t2 + t3 + t3 = 1 + 2t+ 2t2 + 2t3

como �1 00 0

�=

1

3

�1 11 0

�+1

3

�1 10 1

�� 23

�0 11 1

�+1

3

�1 01 1

��0 10 0

�=

1

3

�1 11 0

�+1

3

�1 10 1

�+1

3

�0 11 1

�� 23

�1 01 1

��0 01 0

�=

1

3

�1 11 0

�� 23

�1 10 1

�+1

3

�0 11 1

�+1

3

�1 01 1

��0 00 1

�= �2

3

�1 11 0

�+1

3

�1 10 1

�+1

3

�0 11 1

�+1

3

�1 01 1

�então

T

��a bc d

��=

T é linearaT

��1 00 0

��+bT

��0 10 0

��+cT

��0 01 0

��+dT

��0 00 1

��=

= a

�1

3(1 + t) +

1

3

�1 + 2t+ t2

�� 23

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��+

+b

�1

3(1 + t) +

1

3

�1 + 2t+ t2

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�� 23

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��+

+c

�1

3(1 + t)� 2

3

�1 + 2t+ t2

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��+

+d

��23(1 + t) +

1

3

�1 + 2t+ t2

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + t3

�+1

3

�1 + 2t+ 2t2 + 2t3

��

= a

�1

3+1

3t� 1

3t2�+b

�1

3+1

3t� 1

3t2 � t3

�+c

�1

3+1

3t+

2

3t2 + t3

�+d

�1

3+4

3t+

5

3t2 + t3

�=

379

=1

3a+

1

3b+1

3c+1

3d+

�1

3a+

1

3b+

1

3c+

4

3d

�t+

��13a� 1

3b+

2

3c+

5

3d

�t2+(�b+ c+ d) t3

Logo, a expressão geral de T :M2�2 (R)! P3 é dada por:

T

��a bb c

��=1

3a+1

3b+1

3c+1

3d+

�1

3a+

1

3b+

1

3c+

4

3d

�t+

��13a� 1

3b+

2

3c+

5

3d

�t2+(�b+ c+ d) t3.

(ii) Como a transformação linear T :M2�2 (R) ! P3 é invertível, pois M(T ;B1;B2) éinvertível então T é linear e bijectiva, isto é, T é um isomor�smo. Sendo T um isomor�smo,T�1 também é um isomor�smo.Determinemos a expressão geral do isomor�smo T�1, isto é, determinemos

T�1�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3�.

Primeiro determinemos M(T ;Bc2�2;Bc3), onde

Bc2�2 =��

1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��e

Bc3 =�1; t; t2; t3

são respectivamente as bases canónicas deM2�2 (R) e de P3.A matriz de mudança da base B1 para a base Bc2�2 é dada por:

SB1!Bc2�2 =

26641 1 0 11 1 1 01 0 1 10 1 1 1

3775 .A matriz de mudança da base B2 para a base Bc3 é dada por:

SB2!Bc3 =

26641 0 0 01 1 0 00 1 1 00 0 1 1

3775 .Logo, a matriz que representa T em relação às bases Bc2�2 e Bc3 é dada por:

M(T ;Bc2�2;Bc3) = SB2!Bc3M(T ;B1;B2)�SB1!Bc2�2

��1=

=

26641 0 0 01 1 0 00 1 1 00 0 1 1

377526641 1 1 10 1 1 10 0 1 10 0 0 1

377526641 1 0 11 1 1 01 0 1 10 1 1 1

3775�1

=

380

=

26641 1 1 11 2 2 20 1 2 20 0 1 2

3775

2666666664

13

13

13�23

13

13�23

13

�23

13

13

13

13�23

13

13

3777777775=

2666666664

13

13

13

13

13

13

13

43

�13�13

23

53

0 �1 1 1

3777777775.

Note que a expressão geral de T obtida na alínea (i) pode ser obtida através da matrizM(T ;Bc2�2;Bc3) anterior:

as coordenadas de T��

a bb c

��na base Bc3 são dadas por

M(T ;Bc2�2;Bc3)

2664abcd

3775 =2666666664

13

13

13

13

13

13

13

43

�13�13

23

53

0 �1 1 1

3777777775

2664abcd

3775 =2664

13a+ 1

3b+ 1

3c+ 1

3d

13a+ 1

3b+ 1

3c+ 4

3d

23c� 1

3b� 1

3a+ 5

3d

c� b+ d

3775 .

Logo

T

��a bb c

��=1

3a+1

3b+1

3c+1

3d+

�1

3a+

1

3b+

1

3c+

4

3d

�t+

��13a� 1

3b+

2

3c+

5

3d

�t2+(�b+ c+ d) t3

Seja p (t) 2 P3, isto é, p (t) = a0 + a1t+ a2t2 + a3t3, com a0; a1; a2; a3 2 R.Atendendo a que as coordenadas de T�1 (a0 + a1t+ a2t2 + a3t3) em relação à base Bc2�2

são dadas por:

�M(T ;Bc2�2;Bc3)

��12664a0a1a2a3

3775 =2664�1 2 �2 12 �1 1 �13 �2 1 0�1 1 0 0

37752664a0a1a2a3

3775 =26642a1 � a0 � 2a2 + a32a0 � a1 + a2 � a33a0 � 2a1 + a2

a1 � a0

3775 ,tem-se

T�1�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3�= (2a1 � a0 � 2a2 + a3)

�1 00 0

�+

+(2a0 � a1 + a2 � a3)�0 10 0

�+ (3a0 � 2a1 + a2)

�0 01 0

�+ (a1 � a0)

�0 00 1

�=

=

�2a1 � a0 � 2a2 + a3 2a0 � a1 + a2 � a33a0 � 2a1 + a2 a1 � a0

�.

Ou seja, a expressão geral do isomor�smo T�1 : P3 !M2�2 (R) é dada por:

T�1�a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3�=

�2a1 � a0 � 2a2 + a3 2a0 � a1 + a2 � a33a0 � 2a1 + a2 a1 � a0

�.

381

Tem-se de facto:T�1 � T = IM2�2(R) e T � T�1 = IP3 .

(iii) Atendendo à alínea anterior, a solução geral da equação linear

T

��a bc d

��= 1 + 2t+ 3t2 + 4t3

é dada por:�a bc d

�= T�1

�1 + 2t+ 3t2 + 4t3

�=

�4� 1� 6 + 4 2� 2 + 3� 43� 4 + 3 2� 1

�=

�1 �12 1

�.

8. Seja U o espaço linear das funções reais de variável real duas vezes diferenciável.Considere a transformação linear T : U ! U de�nida por

T (f) = f 00 � 2f 0 + f .

Considere o subespaço S = ff 2 U : f 00 � 2f 0 + f = 0g de U .(i) Mostre que o conjunto fet; tetg é uma base de S. Sugestão: Mostre que se f 2 S,

então f (t) e�t é um polinómio de grau menor ou igual a 1.Seja f 2 S. Como�f (t) e�t

�00=

�f 0 (t) e�t � f (t) e�t

�0= f 00 (t) e�t � f 0 (t) e�t � f 0 (t) e�t + f (t) e�t =

= (f 00 (t)� 2f 0 (t) + f (t)) e�t =f2S

0

então existe c 2 R tal que para todo o t 2 R�f (t) e�t

�0= c.

Assim, existe d 2 R tal que para todo o t 2 R

f (t) e�t = ct+ d 2 P1 = L (f1; tg) .

Logof (t) 2 L

��et; tet

�.

Tem-se assim:S = L

��et; tet

�;

onde o conjunto fet; tetg é linearmente independente uma vez que o conjunto f1; tg é linear-mente independente.Logo o conjunto fet; tetg é uma base de S.

(ii) Mostre que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a ef 0 (0) = b.Sejam a; b 2 R. Sejam f; g 2 S tais que

f (0) = g (0) = a e f 0 (0) = g0 (0) = b:

382

Como S = L (fet; tetg), existem �1; �2; �1; �2 2 R tais que

f (t) = �1et + �1te

t e g (t) = �2et + �2te

t.

Como f (0) = g (0) = a tem-se

a = f (0) = �1 e a = g (0) = �2.

Logo�1 = �2:

Por outro lado, como f 0 (0) = g0 (0) = b,

b = f 0 (0) =��1e

t + �1tet�0t=0=��1e

t + �1et + �1te

t�t=0= �1 + �1

eb = g0 (0) =

��2e

t + �2tet�0t=0=��2e

t + �2et + �2te

t�t=0= �2 + �2

Assim,�1 + �1 = �2 + �2

e uma vez que �1 = �2, então�1 = �2.

Deste modo, para todo o t 2 R

f (t) = �1et + �1te

t = �2et + �2te

t = g (t) ;

isto é,f = g.

Pelo que dados a; b 2 R, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = a e f 0 (0) = b.

(iii) Determine a única solução f da equação diferencial linear T (f) = 1 que veri�caf (0) = 1 e f 0 (0) = 0.A função identicamente igual a 1 : f = 1 (f (t) = 1;para todo o t 2 R) é uma solução

particular deff 2 U : T (f) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g :

Atendendo à alínea anterior, existe uma única função f 2 S tal que f (0) = 0 e f 0 (0) = 0.Como

f (t) = �et + �tet

e0 = f (0) = � e 0 = f 0 (0) = �

entãof (t) = 0,

para todo o t 2 R, é a solução geral de

ff 2 U : T (f) = 0 e f (0) = 0 e f 0 (0) = 0g

Como a solução geral de

ff 2 U : T (f) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g :

383

é dada por:

(Solução particular de ff 2 U : T (f) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g) ++ (Solução geral de ff 2 U : T (f) = 0 e f (0) = 0 e f 0 (0) = 0g) ,

então a solução geral de

ff 2 U : T (f) = 1 e f (0) = 1 e f 0 (0) = 0g

é dada por:f (t) = 1,

para todo o t 2 R.

9. (i) M(T ;B;B) =�0 �11 0

�:

(ii) Como M(T ;B;B) é invertível então T é invertível e

T (u) = (2;�3; 3;�2), u = T�1(2;�3; 3;�2).

Como

M(T�1;B;B) =�0 �11 0

��1=

�0 1�1 0

�;

então atendendo a que as coordenadas de (2;�3; 3;�2) em B são 2 e �3 pois (2;�3; 3;�2) =2v1 � 3v2, tem-se que �

0 1�1 0

� �2�3

�=

��3�2

�são as coordenadas de u na base B. Logo

T (u) = (2;�3; 3;�2), u = �3v1 � 2v2 = (�3;�2; 2; 3);

ou seja u = (�3;�2; 2; 3) é a única solução da equação linear T (u) = (2;�3; 3;�2):

(iii) ComoR(1; 0; 0; 0) = R (v1) +R (w2) = v2 = (0; 1;�1; 0);

R(0; 1; 0; 0) = R (v2) +R (w1)�R (w2) = �v1 = (�1; 0; 0; 1);R(0; 0; 1; 0) = R (w1)�R (w2) = (0; 0; 0; 0)

eR(0; 0; 0; 1) = R (w2) = (0; 0; 0; 0)

então, sendo Bc a base canónica de R4,

M(R;Bc;Bc) =

26640 �1 0 01 0 0 0�1 0 0 00 1 0 0

3775384

pelo que

R(u) = (2;�3; 3;�2),M(R;Bc;Bc)u =

26642�33�2

3775,, u 2 f(a; b; c; d) 2 R4 : �b = 2; a = �3; c; d 2 Rg = f(�3;�2; c; d) : c; d 2 Rg:

Isto é, a solução geral de R(u) = (2;�3; 3;�2)

é:f(�3;�2; c; d) : c; d 2 Rg:

10. a) T2(1) = 1� t = 0 (1 + t) + 1 (1� t) + 0t2;

T2(t) = 2 + 8t� 2t2 = 5 (1 + t)� 3 (1� t)� 2t2;

logo

M(T2;B;B1) =

24 0 51 �30 �2

35 :b)

N (M(T1;B1;B2)) = N��

1 2 00 �1 1

��= f(�2y; y; y) : y 2 Rg = L (f(�2; 1; 1)g) :

LogoN (T1) = L

��(�2) (1 + t) + 1 (1� t) + 1t2

�= L

��1� 3t+ t2

�:

Base paraN (T1) :

��1� 3t+ t2

:

T1 é sobrejectiva:dim I(T1) = dimP2 � dimN (T1) = 2 = dimP1:

c) T1(t) = 12[T1 (1 + t)� T1 (1� t)] =

=1

2[1 (1 + t) + 0 (1 + 2t)� 2 (1 + t) + 1 (1 + 2t)] = 1

2t, T1(2t) = t

(uma vez que T1 é linear), logo a solução geral da equação T1(p (t)) = t é:

f2tg+N (T1) =�2t+ c

��1� 3t+ t2

�: c 2 R

:

d) f1; tg é uma base de P1. Como

(T1 � T2) (1) = T1 (T2(1)) = T1 (1� t) = 2 (1 + t)� 1 (1 + 2t) = 1

385

e(T1 � T2) (t) = T1 (T2(t)) = T1

�2 + 8t� 2t2

�=

= 5T1 (1 + t)� 3T1 (1� t)� 2T1t2 == 5 [1 (1 + t) + 0 (1 + 2t)]� 3 [2 (1 + t)� (1 + 2t)]� 2 [0 (1 + t) + 1 (1 + 2t)] = t;

então T1 � T2 = I.

11. a) N (T ) = N (M(T ;Bc;B0)) = N

0@24 �1 0 21 1 34 2 2

351A = N

0@24 �1 0 20 1 50 0 0

351A =

�(x; y; z) 2 R3 : �x+ 2z = 0 e y + 5z = 0

=�(2z;�5z; z) 2 R3 : z 2 R

= L (f(2;�5; 1)g) .

Como o conjunto f(2;�5; 1)g gera N (T ) e é linearmente independente então é uma base deN (T ).Logo dimN (T ) = 1.

b) Como Bc = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g gera R3, tem-se

I (T ) = L (fT (1; 0; 0); T (0; 1; 0); T (0; 0; 1)g) .

Atendendo a que

T (1; 0; 0) = �(1; 1; 0)) + 1(1;�1; 1) + 4 (0; 1; 1) = (0; 2; 5) ;T (0; 1; 0) = 0(1; 1; 0)) + 1(1;�1; 1) + 2 (0; 1; 1) = (1; 1; 3) ;T (0; 0; 1) = 2(1; 1; 0)) + 3(1;�1; 1) + 2 (0; 1; 1) = (5; 1; 5)

e dim I (T ) = carM(T ;Bc;B0) = 2, tem-se

I (T ) = L (f(0; 2; 5) ; (1; 1; 3) ; (5; 1; 5)g) = L (f(0; 2; 5) ; (1; 1; 3)g)

uma vez que f(0; 2; 5) ; (1; 1; 3)g é linearmente independente, é assim uma base de I (T ) :

c) Atendendo à alínea anterior, tem-se

T (x; y; z) = M(T ;Bc;Bc)

24 xyz

35 =24 0 1 52 1 15 3 5

3524 xyz

35 == (y + 5z; 2x+ y + z; 5x+ 3y + 5z) ,

para todo (x; y; z) 2 R3.

12. a) Como B = f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T ) = L��T (1); T (t); T

�t2��

= L (f1; 4tg) .

Como f1; 4tg é linearmente independente e gera I (T ), é assim uma base de I (T ), tendo-sedim I (T ) = 2:

386

Como

dimN (T ) = dimN (M(T1;B;B)) = nul (M(T1;B;B)) = 3�car (M(T1;B;B)) = 3�2 = 1 6= 0

então T não é injectiva.

b) T2(p (t)) =1

2+ 2t, (tp0 (t))0 =

1

2+ 2t,

�t (a0 + a1t+ a2t

2)0�0=1

2+ 2t,

, a1 + 4a2t =1

2+ 2t,

�a1 =

1

2, a2 =

1

2e a0 2 R

�, p (t) 2

�1

2t+

1

2t2�+ L (f1g) .

13. a) Como

T

��1 10 1

��= T

�1

2

�0 1�1 0

�+1

2

�2 11 2

��=

=1

2T

��0 1�1 0

��+1

2T

��2 11 2

��=1

2

�t+ t2

�+1

2(1 + t) =

1

2+ t+

1

2t2 =

=1

2+ t+

1

2t2 =

1

2

�1 + 2t+ t2

�+ 0

�1� t2

�e

T

��1 01 1

��= T

��12

�0 1�1 0

�+1

2

�2 11 2

��=

= �12T

��0 1�1 0

��+1

2T

��2 11 2

��= �1

2

�t+ t2

�+1

2(1 + t) =

1

2� 12t2 =

= 0�1 + 2t+ t2

�+1

2

�1� t2

�a matriz que representa a aplicação linear T em relação às bases

B1 =

��1 10 1

�;

�1 01 1

��e B2 =

�1 + 2t+ t2; 1� t2

de U e V respectivamente, é dada por

M (T ;B1;B2) =

�120

0 12

�

b) Seja�a bc d

�2 U . Existem �; � 2 R tais que

�a bc d

�= �

�1 10 1

�+ �

�1 01 1

�Logo a = �+ � = d, � = c e � = b, tendo-se

U =

��a bc d

�2M2�2(R) : a = b+ c = d

�.

387

e, para b; c 2 R,

T

�b+ c bc b+ c

�= bT

��1 10 1

��+ cT

��1 01 1

��=

= b

�1

2+ t+

1

2t2�+ c

�1

2� 12t2�=b+ c

2+ bt+

b� c2t2

14. a) Sendo B = f1; t; t2g, como T (1) = 2; T (t) = �t e T (t2) = �2t2 então

M (T ;B;B) =

24 2 0 00 �1 00 0 �2

35b) Como f1; t; t2g gera P2, tem-se

I (T ) = L��T (1) ; T (t) ; T

�t2��

= L��2;�t;�2t2

�= L

��1; t; t2

�= P2

e dim I (T ) = 3, uma vez que f1; t; t2g é uma base de I (T ) (contradomínio de T ). Como

3 = dimP2 = dimN (T ) + dim I (T ) = dimN (T ) + 3, dimN (T ) = 0

então T é injectiva.

15. a)

N (M(T ;B1;B2)) = N��

1 �2 1�2 4 �2

��= N

��1 �2 10 0 0

��=

=�(x; y; z) 2 R3 : x� 2y + z = 0

=�(2y � z; y; z) 2 R3 : y; z 2 R

.

LogoN (T ) = f(2y � z) (1; 0; 1) + y(0; 1; 1) + z(1; 1; 0) : y; z 2 Rg == f(2y; y + z; 3y � z) : y; z 2 Rg = L (f(2; 1; 3) ; (0; 1;�1)g) .

Como o conjunto f(2; 1; 3) ; (0; 1;�1)g gera N (T ) e é linearmente independente então é umabase de N (T ).Logo dimN (T ) = 2. Como

dimR3 = dimN (T ) + dim I (T ), 3 = 2 + dim I (T ), dim I (T ) = 1

então I (T ) 6= R3 e como tal T não é sobrejectiva.

b) Como

T (1; 0; 1) = 1 (1;�1) + (�2) (1; 1) = (�1;�3), T

��12; 0;�1

2

�=

�1

2;3

2

�;

388

a solução geral de T (x; y; z) =�1

2;3

2

�é dada por:

�(x; y; z) 2 R3 : T (x; y; z) =

�1

2;3

2

��=

��12; 0;�1

2

��+N (T ) =

=

��12; 0;�1

2

�+ s (2; 1; 3) + t (0; 1;�1) : s; t 2 R

�.

16. a) M (T ;B;B) =

24 0 0 01 0 00 1 0

35 uma vez queT (p1(t)) = p2(t); T (p2(t)) = p3(t); T (p3(t)) = 0

e B = fp1; p2; p3g é uma base ordenada de P2.

b) Atendendo a que

M�T 3;B;B

�=

24 0 0 01 0 00 1 0

353 =24 0 0 00 0 00 0 0

35 ;sendo �; � e as coordenadas de p(t) em B então as coordenadas de T 3(p(t)) em B são dadaspor:

M�T 3;B;B

�24 ��

35 =24 000

35 :Pelo que T 3(p(t)) = 0, para todo o p(t) 2 P2.

c) Como N (M (T ;B;B)) = L (f(0; 0; 1)g), então

N (T ) = L (f0p1(t) + 0p2(t) + 1p3(t)g) = L (fp3(t)g) = L (f1g) .

O conjunto f1g é uma base de N (T ) pois gera N (T ) e é linearmente independente.Quanto ao contradomínio, como B = fp1; p2; p3g gera P2:

I(T ) = L (fT (p1(t)) ; T (p2(t)) ; T (p3(t))g) = L (fp2(t); p3(t)g) = L (f2 + 3t; 1g) :

O conjunto f2 + 3t; 1g é uma base de I(T ) pois gera I(T ) e é linearmente independente.

d) ComoT (p(t)) = 3 + 3t = (2 + 3t) + 1 = T (p1(t)) + T (p2(t)) =

=T é linear

T (p1(t) + p2(t)) = T�3 + 5t+ 3t2

�;

logo 3 + 5t+ 3t2 é uma solução particular de

T (p(t)) = 3 + 3t;

389

pelo que a solução geral de T (p(t)) = 3 + 3t é dada por:

N (T ) + 3 + 5t+ 3t2 = �+ 3 + 5t+ 3t2 com � 2 R.

17. a) Comodim I (T2) = car

�M�T2;B2c ;B

��= 2 = dimP1

então T2 é sobrejectiva e assim a base canónica B2c = f1; tg de P1 é uma base para ocontradomínio de T2.

b) Como

M�T1 � T2;B2c ;B2c

�=M

�T1;B;B2c

�M�T2;B2c ;B

�=

�2 �1�1 2

� �2 11 2

�=

�3 00 3

�é invertível, então T1 � T2 é invertível e

M�(T1 � T2)�1 ;B2c ;B2c

�=

�3 00 3

��1=

�130

0 13

�:

Além disso �130

0 13

�| {z }

=M((T1�T2)�1;B2c ;B2c)

�a0a1

�=

�13a013a1

�, (T1 � T2)�1 (a0 + a1t) =

1

3a0 +

1

3a1t

pelo que a solução de(T1 � T2) (p (t)) = 3 + 3t

é única e dada porp (t) = (T1 � T2)�1 (3 + 3t) = 1 + t:

18. a) Como dimP1 = 2 e o conjunto f2� 2t;�1 + 2tg é linearmente independenteentão gera P1. Assim

fT2 (2� 2t) ; T2 (�1 + 2t)g = f6� 2t; 6tg

gera o contradomínio de T2 e atendendo a que é linearmente independente, o conjuntof6� 2t; 6tg é então uma base para P1. Logo

I (T2) = P1;

isto é, T2 é sobrejectiva.

b) ComoI (T1) + I (T1) = I (T1)

e o conjunto f1; tg gera P1 então

I (T1) = L (fT1 (1) ; T1 (t)g) = L��

2 11 2

�;

�0 00 0

��= L

��2 11 2

��390

Logo��

2 11 2

��é uma base para o contradomínio de T1.

c) �4 22 4

�= T1 (2) = T1

�1

9(3 (6� 2t) + 6t)

�=

T1

�1

9(3T2 (2� 2t) + T2 (�1 + 2t))

�=

T2 é linear(T1 � T2)

�1

9(3 (2� 2t) + (�1 + 2t))

�=

= (T1 � T2)�5

9� 49t

�:

Logo5

9� 49t

é uma solução particular de

(T1 � T2) (p (t)) =�4 22 4

�:

ComoN (T1 � T2) = =

N (T1)=L(ftg)fp (t) 2 P1 : T2 (p (t)) 2 N (T1)g =

=N (T1)=L(ftg)

fp (t) 2 P1 : T2 (p (t)) 2 L (ftg)g =N (T2)=f0g

L (f�1 + 2tg) ;

logo a solução geral de

(T1 � T2) (p (t)) =�4 22 4

�é: �

5

9� 49t

�+ L (f�1 + 2tg) :

Resolução alternativa: Como

T2 (1) = T2 ((2� 2t) + (�1 + 2t)) = T2 (2� 2t) + T2 (�1 + 2t) = 6� 2t+ 6t = 6 + 4t

e

T2 (t) = T2

�1

2(2� 2t) + (�1 + 2t)

�=1

2T2 (2� 2t)+T2 (�1 + 2t) =

1

2(6� 2t)+6t = 3+5t

então, para p (t) = a0 + a1t 2 P1 tem-se

T2 (a0 + a1t) =T2 é linear

a0T2 (1)+a1T2 (t) = a0 (6 + 4t)+a1 (3 + 5t) = 6a0+3a1+(4a0 + 5a1) t.

Por outro lado, para p (t) = a0 + a1t 2 P1 tem-se

T1 (a0 + a1t) =

�2a0 a0a0 2a0

�.

Assim, a expressão geral de T1 � T2 é dada por

(T1 � T2) (a0+a1t) = T1 (T2(a0 + a1t)) = T1 (6a0 + 3a1 + (4a0 + 5a1) t) =�12a0 + 6a1 6a0 + 3a16a0 + 3a1 12a0 + 6a1

�.

391

Logo

(T1 � T2) (p (t)) =�4 22 4

�,�12a0 + 6a1 6a0 + 3a16a0 + 3a1 12a0 + 6a1

�=

�4 22 4

�, 6a0+3a1 = 2, a1 =

2

3�2a0

e assim, a solução geral de

(T1 � T2) (p (t)) =�4 22 4

�é dada por: �

a0 +

�2

3� 2a0

�t : a0 2 R

�=

�2

3t+ (1� 2t) a0 : a0 2 R

�.

De facto: �5

9� 49t

�+ L (f�1 + 2tg) =

�2

3t+ (1� 2t) a0 : a0 2 R

�uma vez que �

5

9� 49t

�+ L (f�1 + 2tg) =

�5

9� 49t+ (�1 + 2t)� : � 2 R

�

e considerando a mudança de variável (livre) a0 = ��+5

9tem-se�

2

3t+ (1� 2t) a0 : a0 2 R

�=

�2

3t+ (1� 2t)

��+ 5

9

�: � 2 R

�=

�5

9� 49t+ (�1 + 2t)� : � 2 R

�.

19. a) Seja B = fsen x; cosx; exg uma base ordenado de U , uma vez que por um exo da�cha 4 o conjunto anterior é linearmente independente. Então

M (T ;B;B) =

24 0 �1 01 0 00 0 1

35uma vez que

T (sen x) = cosx, T (cosx) = � sen x, T (ex) = ex.

LogoN (T ) = f0g

e portanto T é injectiva.

b) ComoU = L (fsen x; cosx; exg)

eT (sen x) = cosx, T (cosx) = � sen x, T (ex) = ex

então T (U) � U .

c) fsen x; cosx; exg é uma base para U .

392

d) ComoT (� cosx+ ex) = sen x+ ex

e N (T ) = f0g então a solução geral da equação linear

T (f (x)) = senx+ ex

éf� cosx+ exg .

20. M (T ;B1;B2) é do tipo 2� 2 e carM (T ;B1;B2) = 2 logo T é invertível e

M�T�1;B2;B1

� � 11

�=

�7 �19 �1

��1 �11

�=

=

��12

12

�92

72

� �11

�=

�0�1

�então

T (p(t)) =

�2 11 2

�, p(t) = T�1

��2 11 2

��,

, p(t) = 0 (1 + t) + (�1) (1� t) = �1 + t.

Logo, a solução geral de T (p(t)) =�2 11 2

�é

f�1 + tg .

21. (i) Como B é base de P2 então

I (T1) = L��T1�1� t2

�; T1 (1� t) ; T1 (2� t)

�=

= L (f(1;�1; 0) ; (0; 1;�1) ; (1; 0;�1)g) == L (f(1;�1; 0) ; (0; 1;�1)g) .

Como f(1;�1; 0) ; (0; 1;�1)g é linearmente independente então dim I (T1) = 2 e

dimN (T1) = dimP2 � dim I (T1) = 3� 2 = 1 6= 0logo T1 não é injectiva.

(ii)

M�T1;Bc;B3c

�=M

�T1;B;B3c

�SBc!B =

=

24 1 0 1�1 1 00 �1 �1

3524 1 1 20 �1 �1�1 0 0

35�1 =24 1 1 0�1 �2 00 1 0

35393

Como

M�T1;Bc;B3c

�24 a0a1a2

35 =24 1 1 0�1 �2 00 1 0

3524 a0a1a2

35 =24 a0 + a1�a0 � 2a1

a1

35então

T1�a0 + a1t+ a2t

2�= (a0 + a1;�a0 � 2a1; a1) ;

para todos os a0; a1; a2 2 R3.

(iii)

dim I (T2) = dim C (M (T2;B1;B2)) = car�2 �1 11 �1 2

�= 2 = dimP1

logo T2 é sobrejectiva.

(iv)M�T2;B3c ;B2

�=M (T2;B1;B2)SB3c!B1 =

=

�2 �1 11 �1 2

�24 1 1 00 �1 1�1 0 1

35�1 = � 1 2 �11 2 0

�logo

M (T2 � T1;Bc;B2) =M�T2;B3c ;B2

�M�T1;Bc;B3c

�=

=

�1 2 �11 2 0

�24 1 1 0�1 �2 00 1 0

35 = � �1 �4 0�1 �3 0

�:

Como

I (T2 � T1) = L (f(�1) (1� t) + (�1) (1 + t) ; (�4) (1� t) + (�3) (1 + t)g) =

= L (f�2;�7 + tg)e f�2;�7 + tg é linearmente independente então f�2;�7 + tg é uma base para I (T2 � T1) :Como

N (M (T2 � T1;Bc;B2)) = N��1 �4 00 1 0

�= L (f(0; 0; 1)g)

então uma base para N (T2 � T1) é por exemplo: ft2g

(v) Como

t = �72(�2) + (�7 + t) =

= �72(T2 � T1) (1) + (T2 � T1) (t) =

= (T2 � T1)��72+ t

�394

então a solução geral de (T2 � T1) (p (t)) = t é dada por:��72+ t+ �t2 : � 2 R

�.

22. Seja v 2 V . Considere-seu = v � T (v) .

Como T 2 = T então

T (u) = T (v � T (v)) = T (v)� T 2 (v) = T (v)� T (v) = 0

e assim u 2 N (T ). Logov = u+ T (v)

com u 2 N (T ) e T (v) 2 I (T ). E esta decomposição é única porque

N (T ) \ I (T ) = f0g .

De facto, sendo v 2 N (T ) \ I (T ) tem-se T (v) = 0 e

v = T (w) = T (T (w)) = T (v)

e assim v = 0. LogoV = N (T )� I (T ) .

23. (�) Seja v 2 I (T ). Então existe u 2 U tal que v = T (u). Como

(T � I) (v) = T (v)� v = T (T (u))� v = T (u)� v = 0

então v 2 N (T � I). LogoI (T ) � N (T � I) :

(�) Seja v 2 N (T � I). Então (T � I) (v) = 0, isto é, T (v)� I (v) = 0, ou seja

v = I (v) = T (v) 2 I (T ) :Logo

N (T � I) � I (T ) :Logo

N (T � I) = I (T ) :

24. a)N (T1) =

�(x; y; z; w) 2 R4 : T1(x; y; z; w) = 0 + 0t+ 0t2

=

= f(2z; 2w; z; w) : z; w 2 Rg = L (f(2; 0; 1; 0); (0; 2; 0; 1)g)

395

e como f(2; 0; 1; 0); (0; 2; 0; 1)g é linearmente independente é então umabase para N (T1).

b) Como dim I(T1) = dimR4�dimN (T1) = 2 6= 3 = dimP2 então T1 não é sobrejectiva.Resolução alternativa:

I(T1) =�T1(x; y; z; w) : (x; y; z; w) 2 R4

=

=��x+ 2z + (�y + 2w) t+ (x� 2z) t2 : x; y; z; w 2 R

=

=�x��1 + t2

�+ y (�t) + z

�2� 2t2

�+ w (2t) : x; y; z; w 2 R

=

= L��1 + t2;�t; 2� 2t2; 2t

�= L

��1 + t2;�t

�e como f�1 + t2;�tg é linearmente independente é então uma base para I(T1). Logo

dim I(T1) = 2 6= 3 = dimP2

e então T1 não é sobrejectiva.

c) Como T1(1; 0; 0; 0) = �1 + t2, então, a solução geral de

T1(x; y; z; w) = �1 + t2

é dada por:

f(1; 0; 0; 0)g+N (T1) = f(1 + 2�; 2�; �; �) : �; � 2 Rg :Resolução alternativa:

T1(x; y; z; w) = �1 + t2 , (�x+ 2z = �1 e y = 2w) :

Logo, a solução geral deT1(x; y; z; w) = �1 + t2

é dada por:f(1 + 2z; 2w; z; w) : z; w 2 Rg :

d) Seja B = fw1; w2; w3g. Tem-se

w3 = T1(1; 0; 0; 0) = �1 + t2 e w2 � w3 = T1(0; 1; 0; 0) = �t:

Logo w2 = �1� t+ t2 e w1 tem que ser tal que fw1;�1� t+ t2;�1 + t2g seja uma baseordenada de P2. Assim, uma base ordenada de P2 nas condições do enunciado poderá serB = f1;�1� t+ t2;�1 + t2g.

25. a) Como f1� t; 1 + tg é uma base de P1 e T2 é linear, então

I(T2) = L (fT2 (1� t) ; T2 (1 + t)g) =

= L (f(0; 0; 0; 2) ; (0; 0; 2; 0)g) :

396

Assim e uma vez que f(0; 0; 0; 2) ; (0; 0; 2; 0)g é linearmente independente é então uma basepara I(T2).

b) A matriz M (T3;B1;B2) é do tipo 2� 2 e carM (T ;B1;B2) = 2 logo T3 é invertível ecomo

3� t = 1 (1 + t) + 2 (1� t)tem-se

M�(T3)

�1 ;B2;B1� � 1

2

�=

�1 21 3

��1 �12

�=

�3 �2�1 1

� �12

�=

��11

�então

T3

��a bb a

��= 3� t,

,�a bb a

�= T�1 (3� t) = (�1)

�1 00 1

�+ 1

�0 11 0

�=

��1 11 �1

�:

Logo, a solução geral de

T3

��a bb a

��= 3� t é:

��1 11 �1

��:

c) Sendo B4c a base canónica de R4 tem-se

M�T2 � T3;B1;B4c

�=M

�T2;B2;B4c

�M (T3;B1;B2) =

26640 00 02 00 2

3775� 1 21 3

�=

26640 00 02 42 6

3775 :Logo

(T2 � T3)��

a bb a

��= a (T2 � T3)

��1 00 1

��+ b (T2 � T3)

��0 11 0

��=

= a (0; 0; 2; 2) + b (0; 0; 4; 6) = (0; 0; 2a+ 4b; 2a+ 6b) :

26. a) Como L (f(1;�2; 0) ; (�1; 0; 1) ; (0; 1;�1)g) = R3 e T2 é linear então

I (T2) = L (fT2 (1;�2; 0) ; T2 (�1; 0; 1) ; T2 (0; 1;�1)g) = L��1 + t2;�t� t2;�t2

�e sendo f�1 + t2;�t� t2;�t2g linearmente independente é então uma base para I (T2)tendo-se

dim I (T2) = 3 = dimR3

397

pelo que T2 é sobrejectiva. Além disso, como

dimR3 = dimN (T2) + dim I (T2), 3 = dimN (T2) + 3, dimN (T2) = 0

então T2 é injectiva. Logo T2 é bijectiva e a equação linear T2(x; y; z) = 1 + t+ t2 terá umaúnica solução.Por outro lado:

1 + t+ t2 = (�1)��1 + t2

�+ (�1)

��t� t2

�+ (�1)

��t2�=

= (�1)T2 (1;�2; 0) + (�1)T2 (�1; 0; 1) + (�1)T2 (0; 1;�1) == T2 ((�1) (1;�2; 0) + (�1) (�1; 0; 1) + (�1) (0; 1;�1)) = T2 (0; 1; 0) :

Logo (0; 1; 0) é uma solução particular de T2(x; y; z) = 1 + t + t2 e atendendo a que T2 éinjectiva, a solução geral da equação linear T2(x; y; z) = 1 + t+ t2 é dada por: f(0; 1; 0)g.

b) T2 (0; 1; 0) =por a)

1 + t+ t2

T2 (1; 0; 0) = T2 (� (1;�2; 0)� 2 (�1; 0; 1)� 2 (0; 1;�1)) == �T2 (1;�2; 0)� 2T2 (�1; 0; 1)� 2T2 (0; 1;�1) == �

��1 + t2

�� 2

��t� t2

�� 2

��t2�= 1 + 2t+ 3t2

T2 (0; 0; 1) = T2 (� (1;�2; 0)� (�1; 0; 1)� 2 (0; 1;�1)) == �T2 (1;�2; 0)� T2 (�1; 0; 1)� 2T2 (0; 1;�1) == �

��1 + t2

��t� t2

�� 2

��t2�= 1 + t+ 2t2

Logo, a matriz da transformação linear T2 relativamente às bases canónicas de R3 e P2respectivamente é dada por: 24 1 1 1

2 1 13 1 2

35e assim, tem-se

T2 (x; y; z) =�1 + 2t+ 3t2

�x+

�1 + t+ t2

�y +

�1 + t+ 2t2

�z =

= x+ y + z + (2x+ y + z) t+ (3x+ y + 2z) t2:

Logo a expressão geral de T1 � T2 é dada por:

(T1 � T2) (x; y; z) = T1 (T2 (x; y; z)) =

= T1�x+ y + z + (2x+ y + z) t+ (3x+ y + 2z) t2

�=

=

�x+ y + z 6x+ 3y + 4z2x+ y + 2z x+ y + z

�:

398


1. (i) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = x21y21 + x22y22,

com (x1; x2); (y1; y2) 2 R2.Por exemplo

h(1; 1); (1; 0) + (1; 0)i = h(1; 1); (2; 0)i = 4 6= 2 = h(1; 1); (1; 0)i+ h(1; 1); (1; 0)i .

Logo, esta aplicação h; i não é um produto interno, uma vez que a condição de linearidadenão é veri�cada.

(ii) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2,

com (x1; x2); (y1; y2) 2 R2.Tem-se

h(x1; x2); (y1; y2)i =�x1 x2

� � 1 �1�1 3

� �y1y2

�e como

�1 �1�1 3

�é simétrica e os seus valores próprios (

p2 + 2 e 2 �

p2) são todos

positivos, logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno em R2.Resolução alternativa: Para todos os (x1; x2); (x

01; x

02); (y1; y2) 2 R2 e � 2 R tem-se:

h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2 == y1x1 � y1x2 � y2x1 + 3y2x2 == y1x1 � y2x1 � y1x2 + 3y2x2 == h(y1; y2); (x1; x2)i .D

(x1; x2) + (x0

1; x0

2); (y1; y2)E=D(x1 + x

0

1; x2 + x0

2); (y1; y2)E=

= (x1 + x0

1)y1 � (x2 + x0

2)y1 � (x1 + x0

1)y2 + 3(x2 + x0

2)y2 =

= x1y1 + x0

1y1 � x2y1 � x0

2y1 � x1y2 � x0

1y2 + 3x2y2 + 3x0

2y2 =

= x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2 + x0

1y1 � x0

2y1 � x0

1y2 + 3x0

2y2 =

= h(x1; x2); (y1; y2)i+D(x

0

1; x0

2); (y1; y2)E.

h�(x1; x2); (y1; y2)i = h�x1; �x2); (y1; y2)i == �x1y1 � �x2y1 � �x1y2 + 3�x2y2 == �(x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2) == � h(x1; x2); (y1; y2)i .

399

h(x1; x2); (x1; x2)i = x21 � 2x1x2 + 3x22 = (x1 � x2)2 + (p2x2)

2 � 0e

h(x1; x2); (x1; x2)i = 0, (x1 � x2 = 0 ep2x2 = 0),

, (x1 = x2 e x2 = 0)

, (x1 = 0 e x2 = 0):

Logo:h(x1; x2); (x1; x2)i > 0,

para todo o (x1; x2) 6= (0; 0).Assim, a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = x1y1 � x2y1 � x1y2 + 3x2y2

é um produto interno.

(iii) Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = �2x1y1 + 3x2y2,

com (x1; x2); (y1; y2) 2 R2.Tem-se

h(x1; x2); (y1; y2)i =�x1 x2

� � �2 00 3

� �y1y2

�:

Como os valores próprios de��2 00 3

�não são todos positivos (�2 e 3), logo, a aplicação

h; i não de�ne um produto interno em R2, uma vez que a condição de positividade não ésatisfeita.

Resolução alternativa: Vejamos que a condição de positividade não é satisfeita.

h(x1; x2); (x1; x2)i = 0, �2x21 + 3x22 = 0, x1 =

r3

2jx2j .

Logo, por exemplo tem-se:* r3

2; 1

!;

r3

2; 1

!+= 0 e

r3

2; 1

!6= (0; 0).

Assim, a condição:h(x1; x2); (x1; x2)i > 0, 8(x1; x2) 6= (0; 0)

não é satisfeita. Logo, a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nida por

h(x1; x2); (y1; y2)i = �2x1y1 + 3x2y2

não é um produto interno.

400

2. (i) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3,

com (x1; x2; x3); (y1; y2; y3) 2 R3.Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 1 0 00 1 00 0 1

3524 y1y2y3

35 .e como

24 1 0 00 1 00 0 1

35 é simétrica e os seus valores próprios (1) são todos positivos, logo, aaplicação h; i de�ne um produto interno em R3.

Resolução alternativa: Para todos os (x1; x2; x3); (x01; x

02; x

03)(y1; y2; y3) 2 R3 e � 2 R

tem-se:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3 =

= y1x1 + y2x2 + y3x3 =

= h(y1; y2; y3); (x1; x2; x3)i .D(x1; x2; x3) + (x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E=

=D(x1 + x

0

1; x2 + x0

2; x3 + x0

3); (y1; y2; y3)E=

= (x1 + x0

1)y1 + (x2 + x0

2)y2 + (x3 + x0

3)y3 =

= x1y1 + x0

1y1 + x2y2 + x0

2y2 + x3y3 + x0

3y3 =

= x1y1 + x2y2 + x3y3 + x0

1y1 + x0

2y2 + x0

3y3 =

= h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i+D(x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E.

h�(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = h�x1; �x2; �x3); (y1; y2; y3)i == �x1y1 + �x2y2 + �x3y3 =

= �(x1y1 + x2y2 + x3y3) =

= � h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i .

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = x21 + x22 + x23 � 0e

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = 0, (x1 = 0 e x2 = 0 e x3 = 0):

Logo:h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i > 0, 8(x1; x2; x3) 6= (0; 0; 0).

401

Assim, a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x2y2 + x3y3

é um produto interno, o chamado produto interno usual de R3.

(ii) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y2 � x2y1.

Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 0 1 0�1 0 00 0 0

3524 y1y2y3

35 .e como

24 0 1 0�1 0 00 0 0

35 não é simétrica, logo, a aplicação h; i não de�ne um produto interno

em R3.

Resolução alternativa: Por exemplo

h(1; 1; 1); (1; 0; 0)i = �1 6= 1 = h(1; 0; 0); (1; 1; 1)i .

Logo, esta aplicação h; i não é um produto interno, uma vez que a condição de simetria nãoé veri�cada.

(iii) Consideremos a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3,

com (x1; x2; x3); (y1; y2; y3) 2 R3.Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 2 0 10 2 01 0 1

3524 y1y2y3

35 .e como

24 2 0 10 2 01 0 1

35 é simétrica e os seus valores própriosdet

24 2� � 0 10 2� � 01 0 1� �

35 = (2� �) det � 2� � 11 1� �

�=

= (2� �) [(2� �) (1� �)� 1] = (2� �)��2 � 3�+ 1

�=

= (2� �) �� 3

2�p5

2

! �� 3

2+

p5

2

!

402

(32+p52; 32�p52; 2 ) são todos positivos, logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno em

R3.

Resolução alternativa: Para todos os (x1; x2; x3); (x01; x

02; x

03)(y1; y2; y3) 2 R3 e � 2 R

tem-se:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3 =

= 2y1x1 + y3x1 + y1x3 + 2y2x2 + y3x3 =

= h(y1; y2; y3); (x1; x2; x3)i .D(x1; x2; x3) + (x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E=D(x1 + x

0

1; x2 + x0

2; x3 + x0

3); (y1; y2; y3)E=

= 2(x1 + x0

1)y1 + (x1 + x0

1)y3 + (x3 + x0

3)y1 + 2(x2 + x0

2)y2 + (x3 + x0

3)y3 =

= 2x1y1 + 2x0

1y1 + x1y3 + x0

1y3 + x3y1 + x0

3y1 + 2x2y2 + 2x0

2y2 + x3y3 + x0

3y3 =

= 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3 + 2x0

1y1 + x0

1y3 + x0

3y1 + 2x0

2y2 + x0

3y3 =

= h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i+D(x

0

1; x0

2; x0

3); (y1; y2; y3)E.

h�(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = h�x1; �x2; �x3); (y1; y2; y3)i == 2�x1y1 + �x1y3 + �x3y1 + 2�x2y2 + �x3y3 =

= �(2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3) =

= � h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i .

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = 2x21 + 2x1x3 + 2x22 + x

23 =

= x21 + (x1 + x3)2 +

�p2x2

�2� 0

e

h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i = 0, (x1 = 0 e x1 + x3 = 0 ep2x2 = 0),

, (x1 = 0 e x2 = 0 e x3 = 0):

Logo:h(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i > 0, 8(x1; x2; x3) 6= (0; 0; 0).

Assim, a aplicação h; i : R3 � R3 ! R, de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = 2x1y1 + x1y3 + x3y1 + 2x2y2 + x3y3

é um produto interno.

3. Sejam (x1; x2); (y1; y2) 2 R2. Consideremos a aplicação h; i : R2 � R2 ! R, de�nidapor

h(x1; x2); (y1; y2)i =�x1 x2

� � 3 22 3

� �y1y2

�= 3x1y1 + 2x2y1 + 2x1y2 + 3x2y2.

403

Atendendo a que a matriz�3 22 3

�é simétrica e tem os seus valores próprios (1 e 5) todos

positivos, então esta aplicação de�ne em R2 um produto interno. Além disso, veri�ca-seh(1; 0); (0; 1)i = 2, uma vez que�

3 22 3

�=

�h(1; 0); (1; 0)i h(1; 0); (0; 1)ih(0; 1); (1; 0)i h(0; 1); (0; 1)i

�.

4. Considere os vectores u =�1p5;� 1p

5

�e v =

�2p30; 3p

30

�. Considere o produto interno

de�nido em R2 porh(x1; x2); (y1; y2)i = 3x1y1 + 2x2y2.

Tem-se

hu; vi =��

1p5;� 1p

5

�;

�2p30;3p30

��= 3

1p5

2p30+ 2

�� 1p

5

�3p30= 0

e

hu; ui = 3�1p5

�2+ 2

�1p5

�2= 1 e hv; vi = 3

�2p30

�2+ 2

�3p30

�2= 1.

Logo, o conjunto fu; vg é ortonormado relativamente ao produto interno anterior.No entanto, relativamente ao produto interno usual h; i0 de�nido em R2:

h(x1; x2); (y1; y2)i0 = x1y1 + x2y2,

tem-sehu; vi0 = � 1p

150, hu; ui0 = 2

5e hv; vi0 = 13

30.

Logo, o conjunto fu; vg não é ortonormado relativamente ao produto interno usual de�nidoem R2.

5. Considere em R4 o produto interno usual.Seja U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 0; 0; 1)g). Logo, o subespaço de R4 ortogonal a U é dado por:

U? =

�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 0)i = 0 e

h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 1)i = 0

�=

= N��

1 0 0 01 0 0 1

��= N

��1 0 0 00 0 0 1

��=

=�(x; y; z; w) 2 R4 : x = 0 e w = 0

=�(0; y; z; 0) 2 R4 : y; z 2 R

=

= L (f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) .Como o conjunto f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g é independente e gera U? então é uma base de

U? e tem-seR4 = U � U? =

404

= L (f(1; 0; 0; 0); (1; 0; 0; 1)g)� L (f(0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0)g) .

6. Considere em R3 o produto interno de�nido por:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 + x3y3,

isto é, por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 1 1 01 2 00 0 1

3524 y1y2y3

35 .(i) Seja u = (x1; x2; x3) 2 R3. Tem-se

kuk =ph(x1; x2; x3); (x1; x2; x3)i =

qx21 + 2x1x2 + 2x

22 + x

23.

(ii) Considere os vectores u1 = (1; 0; 0), u2 = (�1; 1; 0) e u3 = (0; 0; 1). Tem-se

arccoshu1; u2iku1k ku2k

= arccos0

1:1=�

2,


= arccos0

1:1=�

2

e


= arccos0

1:1=�

2

(iii) Atendendo a que

hu1; u2i = hu2; u3i = hu1; u3i = 0 e ku1k = ku2k = ku3k = 1

então o conjunto fu1; u2; u3g é uma base ortonormada de R3.Seja u = (x1; x2; x3) 2 R3. Tem-se

u = hu; u1iu1 + hu; u2iu2 + hu; u3iu3 == (x1 + x2)u1 + x2u2 + x3u3.

Logo, as coordenadas de um vector u = (x1; x2; x3) 2 R3 em relação à base ortonormadafu1; u2; u3g são dadas por:

x1 + x2, x2 e x3.

7. Considere R4 com o produto interno usual. Seja

U = L (f(1; 0;�1; 0); (�1; 2; 0; 1); (2; 0; 2; 1)g) .

405

Determinemos a dimensão de U e uma base ortonormada para U . Tem-se26641 �1 20 2 0�1 0 20 1 1

3775 �!26641 �1 20 2 00 �1 40 1 1

3775 �!26641 �1 20 2 00 0 40 0 1

3775 �!26641 �1 20 2 00 0 40 0 0

3775 .Logo, o conjunto fv1; v2; v3g, com v1 = (1; 0;�1; 0); v2 = (�1; 2; 0; 1) e v3 = (2; 0; 2; 1), é umabase de U e como tal dimU = 3.Sejam

u1 = v1, u2 = v2 � proju1 v2 e u3 = v3 � proju1 v3 � proju2 v3.

Logo, o conjunto fu1; u2; u3g, com u1 = (1; 0;�1; 0),

u2 = (�1; 2; 0; 1)��12(1; 0;�1; 0) =

��12; 2;�1

2; 1

�e

u3 = (2; 0; 2; 1)� 02(1; 0;�1; 0)� �1

11=2

��12; 2;�1

2; 1

�=

= (2; 0; 2; 1) +1

11(�1; 4;�1; 2) =

�21

11;4

11;21

11;13

11

�é uma base ortogonal de U . Uma base ortonormada para U :�

u1ku1k

;u2ku2k

;u3ku3k

�=

=

( p2

2; 0;�

p2

2; 0

!;

�p22

22;2p22

11;�p22

22;

p22

11

!;

�21p1067

;4p1067

;21p1067

;13p1067

�):

8. (i) O conjunto f(0; 1; 1); (0; 0; 1)g gera U e é linearmente independente logo é umabase de U . Atendendo ao método de ortogonalização de Gram-Schmidt, uma base ortogonalpara U é: fu1; u2g em que u1 = (0; 1; 1) e

u2 = (0; 0; 1)� Proj(0;1;1)

(0; 0; 1) = (0; 0; 1)� h(0; 0; 1); (0; 1; 1)ik(0; 1; 1)k2

(0; 1; 1) =

= (0; 0; 1)� 12(0; 1; 1) =

�0;�1

2;1

2

�.

Assim uma base ortogonal para U é:�(0; 1; 1);

�0;�1

2; 12

�.

Tem-se

V =�(x; y; z) 2 R3 : y � z = 0

= f(x; y; y) : x; y 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 1)g) :

Atendendo a que h(1; 0; 0); (0; 1; 1)i = 0, uma base ortonormada para V é:

406

�(1; 0; 0)

k(1; 0; 0)k ;(0; 1; 1)

k(0; 1; 1)k

�=

((1; 0; 0);

0;

p2

2;

p2

2

!):

(ii) Como

U? =

�L

��(0; 1; 1);

�0;�1

2;1

2

��?= L (f(1; 0; 0)g) ;

uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores geradores de U é:((1; 0; 0);

0;

p2

2;

p2

2

!;

0;�p2

2;

p2

2

!):

Como

V ? =�(x; y; z) 2 R3 : y � z = 0

?=�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (0; 1;�1)i = 0

?=

=�(L (f(0; 1;�1)g))?

�?= L (f(0; 1;�1)g) ;

e atendendo à alínea anterior, uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores ger-adores de V é: (

(1; 0; 0);

0;

p2

2;

p2

2

!;

0;

p2

2;�p2

2

!):

(iii) O elemento de U mais próximo de (1; 1; 1) é:

PU(1; 1; 1) = (1; 1; 1)� PU?(1; 1; 1) =

= (1; 1; 1)� h(1; 1; 1); (1; 0; 0)i (1; 0; 0) = (0; 1; 1):A distância entre (1; 1; 1) e V ? é:

d�(1; 1; 1); V ?

�= kPV (1; 1; 1)k =

(1;1;1)2Vk(1; 1; 1)k =

p3

9. a)

U = N�1 0 1 11 1 1 1

�= N

�1 0 1 10 1 0 0

�= L (f(�1; 0; 1; 0) ; (�1; 0; 0; 1)g) :

LogoU? = L (f(1; 0; 1; 1) ; (0; 1; 0; 0)g) :

Como o conjunto f(1; 0; 1; 1) ; (0; 1; 0; 0)g é ortogonal é então uma base ortogonal paraU?.

407

b)

d ((1; 1; 1; 1) ; U) =

projU?

(1; 1; 1; 1)

=(1;1;1;1)2U?

k(1; 1; 1; 1)k = 2:

c) Como V = L (f(1; 0; 1; 1) ; (0; 1; 0; 0)g) = U? então

(1; 0; 0; 0) = PU (1; 0; 0; 0)| {z }u

+ PU? (1; 0; 0; 0)| {z }v

= u+ proj(1;0;1;1)

(1; 0; 0; 0) + proj(0;1;0;0)

(1; 0; 0; 0) =

= u+h(1; 0; 0; 0) ; (1; 0; 1; 1)i

k(1; 0; 1; 1)k2(1; 0; 1; 1)+

h(1; 0; 0; 0) ; (0; 1; 0; 0)ik(0; 1; 0; 0)k2

(0; 1; 0; 0) = u+

�1

3; 0;1

3;1

3

�:

Logo

(1; 0; 0; 0) =

�2

3; 0;�1

3;�13

�+

�1

3; 0;1

3;1

3

�com �

1

3; 0;1

3;1

3

�2 V e

�2

3; 0;�1

3;�13

�= �1

3(�1; 0; 1; 0)� 1

3(�1; 0; 0; 1) 2 U .

10. Como V = L (f(1; 0; 0); (0; 1; 1)g) então V ? = N��

1 0 00 1 1

��= L (f(0;�1; 1)g).

Logo f(1; 0; 0); (0; 1; 1); (0;�1; 1)g é uma base ortogonal para R3 que inclui um vector deV ?. Como os planos U e V são paralelos, tem-se:

d (U; V ) = kPV ? ((0;�1; 1)� (0; 0; 0))k =(0;�1;1)2V ?

k(0;�1; 1)k =p2:

11. Umproduto interno emR3 em relação ao qual a base B = f(1; 0;�1); (0; 1; 0); (�1; 0; 2)gé ortonormada, é dado por:

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�SB3c!B

�x1 x2 x3

�T�TGSB3c!B

�y1 y2 y3

�T=

=�2x1 + x3 x2 x1 + x3

� �2y1 + y3 y2 y1 + y3

�T=

= 5x1y1 + 3x1y3 + x2y2 + 3x3y1 + 2x3y3

com G = I e

SB3c!B =

24 1 0 �10 1 0�1 0 2

35�1 =24 2 0 10 1 01 0 1

35 :

408

Relativamente a ele, tem-se

(L (f(�2; 0; 3); (0; 1; 0)g))? = L (f(0; 0; 1)g) :

Logo, o conjunto f(0; 0; 1)g é uma base para (L (f(�2; 0; 3); (0; 1; 0)g))?.

12. Seja A =

24 1 0 20 0 02 0 1

35 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) eL (A) respectivamente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

(i) O conjunto f(1; 0; 2); (2; 0; 1)g é uma base para C (A) pois gera C (A) e é linearmenteindependente.O conjunto f(1; 0; 2); (2; 0; 1); (0; 1; 0)g é uma base para R3. Como (2; 0; 1) e (0; 1; 0) são

ortogonais, basta aplicar Gram-Schmidt a (1; 0; 2):

(1; 0; 2)� P(2;0;1)(1; 0; 2)� P(0;1;0)(1; 0; 2) =

= (1; 0; 2)� h(1; 0; 2); (2; 0; 1)ik(2; 0; 1)k2

(2; 0; 1)� h(1; 0; 2); (0; 1; 0)ik(0; 1; 0)k2

(0; 1; 0) =

= (1; 0; 2)� 45(2; 0; 1) =

��35; 0;6

5

�.

Logo, o conjunto((2; 0; 1)

k(2; 0; 1)k ;(0; 1; 0)

k(0; 1; 0)k ;��35; 0; 6

5

� ��35; 0; 6

5

� )=

( 2p5

5; 0;

p5

5

!; (0; 1; 0);

�p5

5; 0;2p5

5

!)

é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):�2p55; 0;

p55

�e�

�p55; 0; 2

p55

�.

(ii) O elemento de L (A) mais próximo de (1; 1; 1) é:

PL(A)(1; 1; 1) = (1; 1; 1)� PN (A)(1; 1; 1) =N (A)=L(f(0;1;0)g)

= (1; 1; 1)� h(1; 1; 1); (0; 1; 0)ik(0; 1; 0)k2

(0; 1; 0) =

= (1; 1; 1)� (0; 1; 0) = (1; 0; 1).

A distância entre (1; 1; 1) e N (A) é:

d ((1; 1; 1);N (A)) = P(N (A))?(1; 1; 1) = PL(A)(1; 1; 1) = k(1; 0; 1)k = p2:

13. Seja A =

24 1 0 10 2 01 0 1

35 e considere o produto interno usual. Sejam N (A), C (A) eL (A) respectivamente o núcleo, espaço das colunas e espaço das linhas de A.

409

(i) Tem-se (N (A))? = L (A). O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0)g é uma base para N (A) poisgera N (A) e é linearmente independente. Como h(1; 0; 1); (0; 2; 0)i = 0, os vectores (1; 0; 1)e (0; 2; 0) são ortogonais. Logo, o conjunto�

(1; 0; 1)

k(1; 0; 1)k ;(0; 2; 0)

k(0; 2; 0)k

�=

( p2

2; 0;

p2

2

!; (0; 1; 0)

)

é uma base ortonormada para (N (A))?.

(ii) O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0)g é uma base para C (A) pois gera C (A) e é linearmenteindependente.O conjunto f(1; 0; 1); (0; 2; 0); (0; 0; 1)g é uma base para R3. Como (1; 0; 1) e (0; 2; 0) são

ortogonais, basta aplicar Gram-Schmidt a (0; 0; 1):

(0; 0; 1)� P(1;0;1)(0; 0; 1)� P(0;2;0)(0; 0; 1) =

= (0; 0; 1)� h(0; 0; 1); (1; 0; 1)ik(1; 0; 1)k2

(1; 0; 1)� h(0; 0; 1); (0; 2; 0)ik(0; 2; 0)k2

(0; 2; 0) =

= (0; 0; 1)� 12(1; 0; 1) =

��12; 0;1

2

�.

Logo, o conjunto((1; 0; 1)

k(1; 0; 1)k ;(0; 2; 0)

k(0; 2; 0)k ;��12; 0; 1

2

� ��12; 0; 1

2

� )=

( p2

2; 0;

p2

2

!; (0; 1; 0);

�p2

2; 0;

p2

2

!)

é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):�p

22; 0;

p22

�e (0; 1; 0).

(iii) O elemento de L (A) mais próximo de (1; 2; 3) é:

PL(A)(1; 2; 3) = (1; 2; 3)� PN (A)(1; 2; 3) =N (A)=L(f(�1;0;1)g)

= (1; 2; 3)� h(1; 2; 3); (�1; 0; 1)ik(�1; 0; 1)k2

(�1; 0; 1) =

= (1; 2; 3)� (�1; 0; 1) = (2; 2; 2).

A distância entre (1; 2; 3) e L (A)? é:

d�(1; 2; 3); (L (A))?

�= PL(A)(1; 2; 3) = k(2; 2; 2)k = 2p3:

14. Seja U = L (f(1; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1)g). Tem-se

U = L (f(1; 1; 1; 0); (0; 1; 1; 1)g) = L��

1 1 1 00 1 1 1

��=

�N��

1 1 1 00 1 1 1

��?=

410

= (L (f(1;�1; 0; 1); (0;�1; 1; 0)g))? =�L��

1 �1 0 10 �1 1 0

��?= N

��1 �1 0 10 �1 1 0

��.

Logo

U = N (A), com A =

�1 �1 0 10 �1 1 0

�.

Resolução alternativa: Seja (x; y; z; w) 2 U . Então existem x; y 2 R tais que

(x; y; z; w) = x(1; 1; 1; 0) + y(0; 1; 1; 1):

Deste modo, o seguinte sistema (nas variáveis x e y) tem que ser possível e determinado:8>><>>:x = xx+ y = yx+ y = zy = w

Considerando então a matriz aumentada deste sistema, tem-se:26641 0 j x1 1 j y1 1 j z0 1 j w

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L3!L3

266426641 0 j x0 1 j y � x0 1 j z � x0 1 j w

37753775 �!�L2+L3!L3�L2+L4!L4

266426641 0 j x0 1 j y � x0 0 j z � y0 0 j x� y + w

37753775 .

Logo, para que o sistema anterior seja possível e determinado, é preciso que se tenha z�y = 0e x� y + w = 0.Assim, U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + w = 0 e z � y = 0g, isto é,

U = N (A), com A =

�1 �1 0 10 �1 1 0

�.

15. Seja B = f(1; 0); (1;�1)g uma base de R2. Vamos de�nir um produto interno em R2em relação ao qual a base B é ortonormada.Seja B2c = f(1; 0); (0; 1)g a base canónica de R2. A matriz de mudança de base de B2c

para B é dada por

SB2c!B =�SB!B2c

��1=

�1 10 �1

��1=

�1 10 �1

�.

Sejam u; v 2 R2. Tem-seu = (x1; x2) e v = (y1; y2) ,

onde x1; x2 e y1; y2 são as coordenadas na base B2c de u e v respectivamente. Seja S = SB2c!B.Logo, tem-se a aplicação h; i : R2 � R2 de�nida por

hu; vi = (Su)T G (Sv) , com G =

�hv1; v1i hv1; v2ihv2; v1i hv2; v2i

�=

�1 00 1

�,

411

ou seja,

h(x1; x2) ; (y1; y2)i =

��1 10 �1

� �x1x2

��T �1 00 1

��1 10 �1

� �y1y2

��=

= x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2.

Como

h(x1; x2) ; (y1; y2)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2 =�x1 x2

� � 1 11 2

� �y1y2

�

e a matriz�1 11 2

�é simétrica, sendo os seus valores próprios (1

2

p5+ 3

2e 3

2� 12

p5) positivos,

então a expressãoh(x1; x2) ; (y1; y2)i = x1y1 + x1y2 + x2y1 + 2x2y2

de�ne um produto interno em R2. Além disso, é fácil veri�car que para este produto internoa base B = f(1; 0); (1;�1)g é ortonormada:

h(1; 0) ; (1;�1)i = 0 e h(1; 0) ; (1; 0)i = h(1;�1) ; (1;�1)i = 1.

16. Considere a aplicação h; i : R3 � R3 ! R de�nida por

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1 � x1y2 � x2y1 + 4x2y2 + x3y3.

(i) Tem-se

h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i =�x1 x2 x3

� 24 1 �1 0�1 4 00 0 1

3524 y1y2y3

35 .Como

24 1 �1 0�1 4 00 0 1

35 é simétrica e os seus valores próprios (5+p13

2e 5�

p13

2) são todos

positivos, logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno em R3.

(ii) Seja V = L (f(3; 4; 0)g) � R3. Uma base ortonormada para V :�(3; 4; 0)

k(3; 4; 0)k

�=

�(3; 4; 0)

7

�=

��3

7;4

7; 0

��O ponto de V mais próximo de (0; 1; 0) é

PV (0; 1; 0) =

�(0; 1; 0);

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=13

7

�3

7;4

7; 0

�=

�39

49;52

49; 0

�.

Nota. Em alternativa, como dimV = 1,

PV (0; 1; 0) = proj(3;4;0)(0; 1; 0) =h(0; 1; 0); (3; 4; 0)ik(3; 4; 0)k2

(3; 4; 0) =13

49(3; 4; 0) =

�39

49;52

49; 0

�.

412

(iii) Tem-se

V ? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (3; 4; 0)i = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : 3x� 4x� 3y + 16y = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : �x+ 13y = 0

=

=�(13y; y; z) 2 R3 : y; z 2 R

=

= L (f(13; 1; 0); (0; 0; 1)g) .

Como o conjunto fv1; v2g, com v1 = (13; 1; 0) e v2 = (0; 0; 1), é independente e gera V ? entãoé uma base de V ?. Sejam

u1 = v1 e u2 = v2 � proju1 v2.

Logo, o conjunto fu1; u2g, com u1 = (13; 1; 0) e u2 = (0; 0; 1)� 0(13; 1; 0) = (0; 0; 1), é umabase ortogonal de V ?.

(iv) Seja

B =��

3

7;4

7; 0

�;

�13p147

;1p147

; 0

�; (0; 0; 1)

�:

Como ��13p147

;1p147

; 0

�; (0; 0; 1)

�é uma base ortonormada para V ?, então B é uma base ortonormada de R3. Atendendo aque

PV

�3

7;4

7; 0

�=

��3

7;4

7; 0

�;

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=

=

�37 ; 47 ; 0� 2�37 ; 47 ; 0

�=

�3

7;4

7; 0

�=

= 1

�3

7;4

7; 0

�+ 0

�13p147

;1p147

; 0

�+ 0(0; 0; 1),

PV

�13p147

;1p147

; 0

�=

��13p147

;1p147

; 0

�;

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=

= 0

�3

7;4

7; 0

�= (0; 0; 0) =

= 0

�3

7;4

7; 0

�+ 0

�13p147

;1p147

; 0

�+ 0(0; 0; 1)

e

PV (0; 0; 1) =

�(0; 0; 1);

�3

7;4

7; 0

��3

7;4

7; 0

�=

= 0

�3

7;4

7; 0

�= (0; 0; 0) =

= 0

�3

7;4

7; 0

�+ 0

�13p147

;1p147

; 0

�+ 0(0; 0; 1),

413

a matriz que representa PV em relação à base B é dada por:24 1 0 00 0 00 0 0

35 .

17. Consideremos em R3 o produto interno usual. Seja U = L��(0; 1; 0);

�45; 0;�3

5

��.

Tem-se

U? = N��

0 1 04=5 0 �3=5

��= N

��0 1 04 0 �3

��= L (f(3; 0; 4)g) .

Logo,

PU?(1; 2; 3) =h(1; 2; 3); (3; 0; 4)ik(3; 0; 4)k2

(3; 0; 4) =

�9

5; 0;12

5

�e assim

PU(1; 2; 3) = (1; 2; 3)� PU?(1; 2; 3) = (1; 2; 3)��9

5; 0;12

5

�=

��45; 2;3

5

�.

Deste modo,

(1; 2; 3) =

��45; 2;3

5

�+

�9

5; 0;12

5

�,

com��45; 2; 3

5

�2 U e

�95; 0; 12

5

�2 U?.

18. Considere R4 com o produto interno usual.(i) Seja U = L (f(1; 0; 0; 0); (1; 1; 0; 1)g). Logo,

U? =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 0; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (1; 1; 0; 1)i = 0

.

Tem-se então: 8<:x = 0

x+ y + w = 0,

8<:x = 0

y = �w.Logo,

U? =�(0;�w; z; w) 2 R4 : z; w 2 R

= L (f(0;�1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g) .

Comoh(0;�1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)i = 0

então o conjunto f(0;�1; 0; 1); (0; 0; 1; 0)g é uma base ortogonal de U?.

(ii) Seja U = L (f(1; 0; 1; 1)g). Logo,

U? =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0; 1; 1)i = 0

.

414

Tem-se então:x+ z + w = 0, x = �z � w.

Logo,

U? =�(�z � w; y; z; w) 2 R4 : y; z; w 2 R

= L (f(0; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g) ,

pois(�z � w; y; z; w) = y(0; 1; 0; 0) + z(�1; 0; 1; 0) + w(�1; 0; 0; 1).

Como o conjunto f(0; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0); (�1; 0; 0; 1)g é independente (basta colocar essestrês vectores como linhas ou como colunas de uma matriz e aplicar de seguida o método deeliminação de Gauss obtendo-se uma matriz em escada de linhas) e gera U? então é umabase de U?.Como (0; 1; 0; 0) e (�1; 0; 1; 0) são ortogonais, basta aplicar Gram-Schmidt a (�1; 0; 0; 1):

(�1; 0; 0; 1)� P(0;1;0;0)(�1; 0; 0; 1)� P(�1;0;1;0)(�1; 0; 0; 1) =

= (�1; 0; 0; 1)� h(�1; 0; 0; 1); (0; 1; 0; 0)ik(0; 1; 0; 0)k2

(0; 1; 0; 0)� h(�1; 0; 0; 1); (�1; 0; 1; 0)ik(�1; 0; 1; 0)k2

(�1; 0; 1; 0) =

= (�1; 0; 0; 1)� 12(�1; 0; 1; 0) =

��12; 0;�1

2; 1

�.

Logo, o conjunto �(0; 1; 0; 0); (�1; 0; 1; 0);

��12; 0;�1

2; 1

��é uma base ortogonal de U?.

(iii) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x+ 2y + z + 2w = 0g. Logo, atendendo a que o pro-duto interno é o usual (de R4), Tem-se:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 2; 1; 2)i = 0

= (L (f(1; 2; 1; 2)g))? .

Assim,U? = (L (f(1; 2; 1; 2)g))?? = L (f(1; 2; 1; 2)g) .

Logo, o conjunto f(1; 2; 1; 2)g é uma base ortogonal de U?.

(iv) Seja U = f(x; y; z; w) 2 R4 : x� z = 0 e 2x� y + 2z � w = 0g. Logo, atendendoa que o produto interno é o usual (de R4), Tem-se:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1; 0;�1; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (2;�1; 2;�1)i = 0

= (L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g))? .

Assim,

U? = (L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g))?? = L (f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g) .

415

Comoh(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)i = 0

então o conjunto f(1; 0;�1; 0); (2;�1; 2;�1)g é uma base ortogonal de U?.


U = L (f(1; 1; 1); (1; 0; 0)g) .(i) Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam

v1 = (1; 1; 1) e v2 = (1; 0; 0)� proj(1;1;1)(1; 0; 0).

Tem-se então:

v2 = (1; 0; 0)� proj(1;1;1)(1; 0; 0)

= (1; 0; 0)� h(1; 0; 0); (1; 1; 1)ik(1; 1; 1)k2

(1; 1; 1)

= (1; 0; 0)� 13(1; 1; 1)

=

�2

3;�13;�13

�.

Logo, o conjunto �(1; 1; 1);

�2

3;�13;�13

��é uma base ortogonal de U .

(ii) Como o conjunto�(1; 1; 1);

�23;�1

3;�1

3

�é uma base ortogonal de U , então

k(1; 1; 1)k =p3 e

�23 ;�13 ;�13� = p63 ,

então o conjunto((1; 1; 1)

k(1; 1; 1)k ;�23;�1

3;�1

3

� �23;�1

3;�1

3

� )=

( p3

3;

p3

3;

p3

3

!;

p6

3;�p6

6;�p6

6

!)é uma base ortonormada de U .Por outro lado, tem-se:

U? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 1; 1)i = 0 e h(x; y; z); (1; 0; 0)i = 0

=

= N��

1 1 11 0 0

��= N

��0 1 11 0 0

��.

Logo, 8<:y + z = 0

x = 0,

8<:y = �z

x = 0.

416

Assim,U? =

�(0;�z; z) 2 R3 : z 2 R

= L (f(0;�1; 1)g) .

Comok(0;�1; 1)k =

p2,

então o conjunto ��0;� 1p

2;1p2

��=

( 0;�p2

2;

p2

2

!)é uma base ortonormada de U?.Deste modo, uma vez que se tem

R3 = U � U?,

então(3; 2; 1) = PU(3; 2; 1) + PU?(3; 2; 1) =

=

*(3; 2; 1);

p3

3;

p3

3;

p3

3

!+ p3

3;

p3

3;

p3

3

!+

+

*(3; 2; 1);

p6

3;�p6

6;�p6

6

!+ p6

3;�p6

6;�p6

6

!+

+

*(3; 2; 1);

0;�p2

2;

p2

2

!+ 0;�p2

2;

p2

2

!=

=

�3;3

2;3

2

�| {z }

2U

+

�0;1

2;�12

�| {z }

2U?

.

Isto é,

(3; 2; 1) =

�3;3

2;3

2

�| {z }

2U

+

�0;1

2;�12

�| {z }

2U?

.

(iii) A distância entre o ponto (1; 0; 1) e o plano f(1; 1; 0)g+ U é dada por:

d((1; 0; 1); f(1; 1; 0)g+U) = kPU?((1; 0; 1)� (1; 1; 0))k = kPU?(0;�1; 1)k =(0;�1;1)2

U?k(0;�1; 1)k =

p2.

(iv) A distância entre o ponto (x; y; z) e o subespaço U é dada por:

d((x; y; z); U) = kPU?((x; y; z)� (0; 0; 0))k = kPU?(x; y; z)k

=

*(x; y; z);

0;�p2

2;

p2

2

!+ 0;�p2

2;

p2

2

! = j�y + zj

p2

2.

417


U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + z = 0 e y � z + w = 0

.

(i) Tem-se então

U =�(y � z; y; z; z � y) 2 R4 : y; z 2 R

= L(f(1; 1; 0;�1); (�1; 0; 1; 1)g).

Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam

v1 = (1; 1; 0;�1) e v2 = (�1; 0; 1; 1)� proj(1;1;0;�1)(�1; 0; 1; 1).

Tem-se então:

v2 = (�1; 0; 1; 1)� proj(1;1;0;�1)(�1; 0; 1; 1)

= (�1; 0; 1; 1)� h(�1; 0; 1; 1); (1; 1; 0;�1)ik(1; 1; 0;�1)k2

(1; 1; 0;�1)

= (�1; 0; 1; 1) + 23(1; 1; 0;�1)

=

��13;2

3; 1;1

3

�.

Logo, o conjunto �(1; 1; 0;�1);

��13;2

3; 1;1

3

��é uma base ortogonal de U . Como

k(1; 1; 0;�1)k =p3 e

��13 ; 23 ; 1; 13� = p153 ,

então o conjunto ( p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!;

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!)

é uma base ortonormada de U .

(ii) Como

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : x� y + z = 0 e y � z + w = 0

e atendendo ao produto interno usual de R4, Tem-se:

U =�(x; y; z; w) 2 R4 : h(x; y; z; w); (1;�1; 1; 0)i = 0 e h(x; y; z; w); (0; 1;�1; 1)i = 0

= (L (f(1;�1; 1; 0) ; (0; 1;�1; 1)g))?.

Logo,

U? = (L (f(1;�1; 1; 0) ; (0; 1;�1; 1)g))?? = L (f(1;�1; 1; 0) ; (0; 1;�1; 1)g) .

418


v1 = (1;�1; 1; 0) e v2 = (0; 1;�1; 1)� proj(1;�1;1;0) (0; 1;�1; 1) .Tem-se então:

v2 = (0; 1;�1; 1)� proj(1;�1;1;0) (0; 1;�1; 1)

= (0; 1;�1; 1)� h(0; 1;�1; 1) ; (1;�1; 1; 0)ik(1;�1; 1; 0)k2

(1;�1; 1; 0)

= (0; 1;�1; 1) + 23(1;�1; 1; 0)

=

�2

3;1

3;�13; 1

�.

Logo, o conjunto �(1;�1; 1; 0) ;

�2

3;1

3;�13; 1

��é uma base ortogonal de U?. Como

k(1;�1; 1; 0)k =p3 e

�23 ; 13 ;�13 ; 1� = p153 ,

então o conjunto ( p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!;

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!)é uma base ortonormada de U?.

(iii) A projecção ortogonal PU de R4 sobre U é de�nida por:

PU : R4 ! R4

(x; y; z; w) !*(x; y; z; w);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+

+

*(x; y; z; w);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!,

uma vez que o conjunto( p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!;

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!)é uma base ortonormada de U . Logo, a projecção ortogonal de (0; 0; 1; 0) sobre U é dadapor:

PU(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+

+

*(0; 0; 1; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

��15;2

5;3

5;1

5

�:

419

A projecção ortogonal PU? de R4 sobre U? é de�nida por:PU? : R4 ! R4

(x; y; z; w) !*(x; y; z; w);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(x; y; z; w);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!,

uma vez que o conjunto( p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!;

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!)é uma base ortonormada de U?. Logo, a projecção ortogonal de (0; 0; 1; 0) sobre U? é dadapor:

PU?(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(0; 0; 1; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�1

3;�13;1

3; 0

�+

�� 215;� 115;1

15;�15

�=

�1

5;�25;2

5;�15

�:

Nota muito importante: Uma vez que se tem

R4 = U � U?,então para todo o (x; y; z; w) 2 R4,

(x; y; z; w) = PU(x; y; z; w) + PU?(x; y; z; w).

Logo, uma vez calculado PU(0; 0; 1; 0) pela de�nição, como se fêz atrás, obtendo-se PU(0; 0; 1; 0) =��15; 25; 35; 15

�, então não precisamos de efectuar o cálculo de PU?(0; 0; 1; 0) pela de�nição.

Basta efectuar:

PU?(0; 0; 1; 0) = (0; 0; 1; 0)� PU(0; 0; 1; 0)

= (0; 0; 1; 0)��15;2

5;3

5;1

5

�=

�1

5;�25;2

5;�15

�.

(iv) Seja B4c = f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 0); (0; 0; 1; 0); (0; 0; 0; 1)g a base canónica de R4. Tem-se:

PU(1; 0; 0; 0) =

*(1; 0; 0; 0);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(1; 0; 0; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

�1

3;1

3; 0;�1

3

�+

�1

15;� 215;� 315;� 115

�=

�2

5;1

5;�15;�25

�.

420

PU(0; 1; 0; 0) =

*(0; 1; 0; 0);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(0; 1; 0; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

�1

3;1

3; 0;�1

3

�+

�� 215;4

15;6

15;2

15

�=

�1

5;3

5;2

5;�15

�.

PU(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(0; 0; 1; 0);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

��15;2

5;3

5;1

5

�.

PU(0; 0; 0; 1) =

*(0; 0; 0; 1);

p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+ p3

3;

p3

3; 0;�

p3

3

!+*

(0; 0; 0; 1);

�p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!+ �p15

15;2p15

15;3p15

15;

p15

15

!

=

��13;�13; 0;1

3

�+

�� 115;2

15;3

15;1

15

�=

��25;�15;1

5;2

5

�.

Logo, a representação matricial de PU : R4 ! R4 em relação à base canónica de R4, é dadapor:

M(PU ;B4c ;B4c ) =

26642=5 1=5 �1=5 �2=51=5 3=5 2=5 �1=5�1=5 2=5 3=5 1=5�2=5 �1=5 1=5 2=5

3775 .Tem-se:

PU?(1; 0; 0; 0) =

*(1; 0; 0; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(1; 0; 0; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�1

3;�13;1

3; 0

�+

�4

15;2

15;� 215;2

5

�=

�3

5;�15;1

5;2

5

�.

PU?(0; 1; 0; 0) =

*(0; 1; 0; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(0; 1; 0; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

��13;1

3;�13; 0

�+

�2

15;1

15;� 115;1

5

�=

��15;2

5;�25;1

5

�.

421

PU?(0; 0; 1; 0) =

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(0; 0; 1; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�1

3;�13;1

3; 0

�+

�� 215;� 115;1

15;�15

�=

�1

5;�25;2

5;�15

�.

PU?(0; 0; 0; 1) =

*(0; 0; 0; 1);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+*

(0; 0; 0; 1);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!

=

�2

5;1

5;�15;3

5

�.

Logo, a representação matricial de PU? : R4 ! R4 em relação à base canónica de R4, é dadapor:

M(PU? ;B4c ;B4c ) =

26643=5 �1=5 1=5 2=5�1=5 2=5 �2=5 1=51=5 �2=5 2=5 �1=52=5 1=5 �1=5 3=5

3775 .

(v) Escolhendo um ponto de U , por exemplo (0; 0; 0; 0), a distância entre (0; 0; 1; 0) e Ué dada por:

d((0; 0; 1; 0); U) = kPU?((0; 0; 1; 0)� (0; 0; 0; 0))k = kPU?(0; 0; 1; 0)k =

=

*(0; 0; 1; 0);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(0; 0; 1; 0);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

! =

�13 ;�13 ; 13 ; 0�+

�� 215;� 115;1

15;�15

� = �15 ;�25 ; 25 ;�15� = p105 .

(vi) A distância entre (x; y; z; w) e U é dada por:

d((x; y; z; w); U) = kPU?((x; y; z; w)� (0; 0; 0; 0))k = kPU?(x; y; z; w)k =

=

*(x; y; z; w);

p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+ p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

*(x; y; z; w);

2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

!+ 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

! =422

=

x

p3

3� yp3

3+ z

p3

3

! p3

3;�p3

3;

p3

3; 0

!+

+

x2p15

15+ y

p15

15� zp15

15+ w

p15

5

! 2p15

15;

p15

15;�p15

15;

p15

5

! ==

�25w + 35x� 15y + 15z; 15w � 15x+ 25y � 25z; 15x� 15w � 25y + 25z; 35w + 25x+ 15y � 15z� =

=1

5

q(2w + 3x� y + z)2 + (w � x+ 2y � 2z)2 + (x� w � 2y + 2z)2 + (3w + 2x+ y � z)2.

21. Em P2:hp(t); q(t)i = p(�1)q(�1) + p(0)q(0) + p(1)q(1).

Considere também o seguinte subespaço de P2:

U = fp(t) 2 P2 : p(0) = 0g .

(i) Em P2, para p(t) = a0 + a1t+ a2t2 e q(t) = b0 + b1t+ b2t2 tem-se

hp(t); q(t)i = p(�1)q(�1) + p(0)q(0) + p(1)q(1) =

= (a0 � a1 + a2) (b0 � b1 + b2) + a0b0 + (a0 + a1 + a2) (b0 + b1 + b2) == 3a0b0 + 2a0b2 + 2a1b1 + 2a2b0 + 2a2b2 =

=�a0 a1 a1

� 24 3 0 20 2 02 0 2

3524 b0b1b1

35 .Assim, relativamente à base canónica ordenada f1; t; t2g de P2:

hp(t); q(t)i =�a0 a1 a1

� 24 3 0 20 2 02 0 2

3524 b0b1b1

35onde 24 3 0 2

0 2 02 0 2

35 =24 h1; 1i h1; ti h1; t2iht; 1i ht; ti ht; t2iht2; 1i ht2; ti ht2; t2i

35Como

24 3 0 20 2 02 0 2

35 é simétrica e os seus valores próprios (12

p17+ 5

2; 52� 1

2

p17 e 2) são todos

positivos, logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno em P2.

(ii) Tem-se:U =

�a1t+ a2t

2 : a1; a2 2 R= L(ft; t2g).

423


p1(t) = t e p2(t) = t2 � ht

2; tiktk2

t.

Logo,

p2(t) = t2 � (�1)

2(�1) + 020 + 121(�1):(�1) + 0:0 + 1:1 t = t

2.

Logo, o conjunto ft; t2g é uma base ortogonal de U . Assim, o conjunto�t

ktk ;t2

kt2k

�=

�tp2;t2p2

�=

(p2

2t;

p2

2t2

)

é uma base ortonormada de U .

(iii) Tem-se:U? =

�p(t) 2 P2 : hp(t); ti = 0 e

p(t); t2

�= 0.

Logo, 8<:(a0 � a1 + a2)(�1)2 + a00 + a0 + a1 + a2 = 0

(a0 � a1 + a2)(�1) + a00 + a0 + a1 + a2 = 0,

8<:a0 = �a2

a1 = 0.

Logo,U? =

��a2 + a2t2 : a2 2 R

= L(f�1 + t2g).

Como k�1 + t2k = 1 então f�1 + t2g é uma base ortonormada de U?.Observação. Note que P2 = U � U?, tendo-se, neste caso, dimU = 2 e dimU? = 1.

(iv) A projecção ortogonal PU de P2 sobre U é de�nida por:

PU : P2 ! P2

p(t) !*p(t);

p2

2t

+ p2

2t+

*p(t);

p2

2t2

+ p2

2t2,

uma vez que o conjunto (p2

2t;

p2

2t2

)é uma base ortonormada de U . Logo, a projecção ortogonal de 1 + t sobre U é dada por:

PU(1 + t) =

*1 + t;

p2

2t

+ p2

2t+

*1 + t;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t+ t2

A projecção ortogonal PU? de R3 sobre U? é de�nida por:

PU? : P2 ! P2

p(t) !p(t);�1 + t2

�(�1 + t2),

424

uma vez que o conjuntof�1 + t2g

é uma base ortonormada de U?. Logo, a projecção ortogonal de 1 + t sobre U? é dada por:

PU?(1 + t) =1 + t;�1 + t2

�(�1 + t2) = 1� t2

Nota muito importante: Uma vez que se tem

P2 = U � U?,

então para todo o p(t) 2 P2,

p(t) = PU(p(t)) + PU?(p(t)).

Logo, uma vez calculado PU?(1+t) pela de�nição, como se fêz atrás, obtendo-se PU?(1+t) =1� t2, então não precisamos de efectuar o cálculo de PU(1+ t) pela de�nição. Basta efectuar:

PU(1 + t) = 1 + t� PU?(1 + t) = t+ t2.

(v) Seja B = f1; t; t2g a base canónica de P2. Atendendo à alínea (iii), tem-se

PU(1) =

*1;

p2

2t

+ p2

2t+

*1;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t2

PU(t) =

*t;

p2

2t

+ p2

2t+

*t;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t

PU(t2) =

*t2;

p2

2t

+ p2

2t+

*t2;

p2

2t2

+ p2

2t2 = t2

PU?(1) =1;�1 + t2

� ��1 + t2

�= 1� t2

PU?(t) =t;�1 + t2

� ��1 + t2

�= 0

PU?(t2) =

t2;�1 + t2

� ��1 + t2

�= 0

e assim

M(PU ;B;B) =

24 0 0 00 1 01 0 1

35e

M(PU? ;B;B) =

24 1 0 00 0 0�1 0 0

35 .Note que

I = PU + PU?.

(vi) Escolhendo um ponto de U , por exemplo t, a distância entre 1 + t e U é dada por:

d(1 + t; U) = kPU?(1 + t� t)k = kPU?(1)k = 1;�1 + t2� (�1 + t2) = 1.

425

(vii) Escolhendo um ponto de U , por exemplo o polinómio nulo 0, a distância entrea0 + a1t+ a2t

2 e U , com a0; a1; a2 2 R, é dada por:

d(a0 + a1t+ a2t2; U) =

PU?(a0 + a1t+ a2t2) == a0 + a1t+ a2t2;�1 + t2� (�1 + t2) = ja0j 1� t2 = ja0j .

22. Considere no espaço linearM2�2(R) o produto interno de�nido da seguinte forma:

hA;Bi = tr(ABT ).

Considere também o subespaço U deM2�2(R) constituído por todas as matrizes simétricasreais do tipo 2� 2:

U =

��a bc d

�2M2�2(R) : b = c

�.

(i) Sejam x; y 2 R e A;A0; B 2M2�2(R). Tem-se

hxA+ yA0; Bi = tr((xA+ yA0)BT ) = tr(xABT + yA0BT ) =tr é linear

= xtr(ABT ) + ytr(A0BT ) = x hA;Bi+ y hA0; Bi

hA;Bi = tr(ABT ) = tr(�AT�TBT ) = tr(

�BAT

�T) = tr(BAT ) = hB;Ai

hA;Ai = tr(AAT ) = tr �

a bc d

� �a bc d

�T!= a2 + b2 + c2 + d2 � 0

para todo o�a bc d

�2M2�2(R) e��

a bc d

�;

�a bc d

��= 0, a = b = c = d = 0,

�a bc d

�=

�0 00 0

�.

Logo, a aplicação h; i de�ne um produto interno emM2�2(R).

(ii) Tem-se:

U =

��a bb d

�: a; b; d 2 R

�=

= L

��1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��pois �

a bb d

�= a

�1 00 0

�+ b

�0 11 0

�+ d

�0 00 1

�.

O conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é uma base de U , uma vez que gera U , e é

linearmente independente pois se tivermos:

�1

�1 00 0

�+ �2

�0 11 0

�+ �3

�0 00 1

�=

�0 00 0

�426

então ��1 �2�2 �3

�=

�0 00 0

�:

Logo, �1 = �2 = �3 e como tal, o conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é linearmente

independente. Vamos aplicar agora a este conjunto o método de ortogonalização de Gram-Schmidt. Sejam

A1 =

�1 00 0

�, A2 =

�0 11 0

�� projA1

�0 11 0

�,

A3 =

�0 00 1

�� projA1

�0 00 1

�� projA2

�0 00 1

�.

Logo,

A2 =

�0 11 0

�� projA1

�0 11 0

�=

=

�0 11 0

��

��0 11 0

�; A1

�A1

kA1k2=

=

�0 11 0

��tr

��0 11 0

�AT1

�A1

kA1k2=

=

�0 11 0

��tr

��0 01 0

��A1

kA1k2=

=

�0 11 0

�� 0A1

kA1k2=

�0 11 0

�.

e

A3 =

�0 00 1

�� projA1

�0 00 1

�� projA2

�0 00 1

�=

=

�0 00 1

��

��0 00 1

�; A1

�A1

kA1k2�

��0 00 1

�; A2

�A2

kA2k2=

=

�0 00 1

��tr

��0 00 1

�AT1

�A1

kA1k2�tr

��0 00 1

�AT2

�A2

kA2k2=

=

�0 00 1

��tr

��0 00 0

��A1

kA1k2�tr

��0 01 0

��A2

kA2k2=

=

�0 00 1

�� 0A1

kA1k2� 0A2

kA2k2=

�0 00 1

�.

427

Logo, o conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é uma base ortogonal de U . Como:

kA1k =phA1; A1i =

qtr (A1AT1 ) =

str

��1 00 0

��= 1,

kA2k =phA2; A2i =

qtr (A2AT2 ) =

str

��1 00 1

��=p2,

kA3k =phA3; A3i =

qtr (A3AT3 ) =

str

��0 00 1

��= 1,

então o conjunto��1 00 0

�;1p2

�0 11 0

�;

�0 00 1

��=

(�1 00 0

�;

"0

p22p

22

0

#;

�0 00 1

�)é uma base ortonormada de U .

(iii) Tem-se

U? =

��a bc d

�2M2�2(R) :

��a bc d

�;

�1 00 0

��= 0 e��

a bc d

�;

�0 11 0

��= 0 e

��a bc d

�;

�0 00 1

��= 0

�.

Logo, 8>>>><>>>>:a = 0

b+ c = 0

d = 0.

Ou seja,

U? =

��0 b�b 0

�: b 2 R

�= L

��0 1�1 0

��.

Como � 0 1�1 0

� =

s��0 1�1 0

�;

�0 1�1 0

��

=

vuuttr � 0 1�1 0

� �0 1�1 0

�T!

=

str

��0 1�1 0

� �0 �11 0

��

=

str

��1 00 1

��=p2,

428

então o conjunto ("0

p22

�p22

0

#)é uma base ortonormada de U?.

(iv) Seja B =��

1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica deM2�2(R).

Atendendo à alínea (iii), tem-se

PU

��1 00 0

��=

��1 00 0

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�1 00 0

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��1 00 0

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�1 00 0

�PU

��0 10 0

��=

��0 10 0

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�0 10 0

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��0 10 0

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�0 1

2120

�PU

��0 01 0

��=

��0 01 0

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�0 01 0

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��0 01 0

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�0 1

2120

�PU

��0 00 1

��=

��0 00 1

�;

�1 00 0

��1 00 0

�+

+

*�0 00 1

�;

"0

p22p

22

0

#+"0

p22p

22

0

#+

+

��0 00 1

�;

�0 00 1

��0 00 1

�=

�0 00 1

�

PU?

��1 00 0

��=

*�1 00 0

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 00 0

�

PU?

��0 10 0

��=

*�0 10 0

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 1

2

�120

�429

PU?

��0 01 0

��=

*�0 01 0

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 �1

212

0

�

PU?

��0 00 1

��=

*�0 00 1

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

�0 00 0

�e assim

M(PU ;B;B) =

26641 0 0 00 1

2120

0 12

120

0 0 0 1

3775e

M(PU? ;B;B) =

26640 0 0 00 1

2�120

0 �12

12

00 0 0 0

3775 .Note que

I = PU + PU?.

(v) A projecção ortogonal da matriz�1 10 1

�sobre U? é dada por:

PU?

��1 10 1

��= proj264 0

p22

�p22

0

375�1 10 1

�=

=

*�1 10 1

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

#=

= tr

0@� 1 10 1

�"0

p22

�p22

0

#T1A" 0p22

�p22

0

#=

= tr

�1 10 1

�"0 �

p22p

22

0

#!"0

p22

�p22

0

#=

= tr

" p22�p22p

22

0

#!"0

p22

�p22

0

#=

=

p2

2

"0

p22

�p22

0

#=

�0 1

2

�120

�.

Como se tem:M2�2(R) = U � U?,

então para todo�a bc d

�2M2�2(R),�

a bc d

�= PU

��a bc d

��+ PU?

��a bc d

��.

430

Logo,

PU

��1 10 1

��=

�1 10 1

�� PU?

��1 10 1

��=

=

�1 10 1

��0 1

2

�120

�=

=

�1 1

2121

�.

(vi) A matriz simétrica mais próxima da matriz�1 10 1

�é a matriz

PU

��1 10 1

��=

�1 1

2121

�.

(vii) A distância entre�1 10 1

�e U é dada por:

d

��1 10 1

�; U

�=

PU? �� 1 10 1

�� = � 0 12

�120

� ==

s��0 1

2

�120

�;

�0 1

2

�120

��=

=

str

��0 1

2

�120

� �0 �1

212

0

��=

=

str

��140

0 14

��=

p2

2.

431

(viii) A distância entre�a bc d

�e U é dada por:

d

��a bc d

�; U

�=

PU? �� a bc d

�� ==

proj264 0

p22

�p22

0

375�a bc d

� ==

*�

a bc d

�;

"0

p22

�p22

0

#+"0

p22

�p22

0

# ==

��*�

a bc d

�;

"0

p22

�p22

0

#+�� ==

��tr �

a bc d

�"0 �

p22p

22

0

#!�� ==

��tr�� 12

p2b �1

2

p2a

12

p2d �1

2

p2c

�� = p22 jb� cj .23. a) Sejam u1 = (1; 0;�1) e

u2 = (0;�1; 1)� proj(1;0;�1)(0;�1; 1) =

= (0;�1; 1)� h(0;�1; 1); (1; 0;�1)ik(1; 0;�1)k2

(1; 0;�1) =

= (0;�1; 1)� �12(1; 0;�1) = (1=2;�1; 1=2).

Logo, o conjunto fu1; u2g é uma base ortogonal para U .

b) O conjunto�1

ku1ku1;

1

ku2ku2

�=

( p2

2; 0;�

p2

2

!;

p6

6;�p6

3;

p6

6

!)é uma base ortonormada para U .Uma vez que

U? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0;�1)i = 0 e h(x; y; z); (0;�1; 1)i = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : x = z e y = z

= L (f(1; 1; 1)g) ,

o conjunton

1k(1;1;1)k(1; 1; 1)

o=n�p

33;p33;p33

�oé uma base ortonormada para U?.

Logo, o conjunto( p2

2; 0;�

p2

2

!;

p6

6;�p6

3;

p6

6

!;

p3

3;

p3

3;

p3

3

!)

432

é uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores geradores de U .

c) Tem-se

PU?(1; 0; 0) =

*(1; 0; 0);

p3

3;

p3

3;

p3

3

!+ p3

3;

p3

3;

p3

3

!=

�1

3;1

3;1

3

�.

d) Tem-se

d�(1; 0; 0); U?

�= kPU(1; 0; 0)k = k(1; 0; 0)� PU?(1; 0; 0)k =

=

(1; 0; 0)� �13 ; 13 ; 13� = �23 ;�13 ;�13

� = p63 .

24. a) Sejam p(t); q(t) 2 P2, isto é, p(t) = a0 + a1t + a2t2 e q(t) = b0 + b1t + b2t2, coma0; a1; a2; b0; b1; b2 2 R. Tem-se

a0 + a1t+ a2t

2; b0 + b1t+ b2t2�=�a0 a1 a2

� 24 3 0 00 1 00 0 2

3524 b0b1b2

35 .Assim, a aplicação h; i é desde logo bilinear. Além disso, atendendo a que a matriz

24 3 0 00 1 00 0 2

35é simétrica e todos os seus valores próprios (3; 1 e 2) são positivos, conclui-se que a aplicaçãoh; i de�ne em P2 um produto interno.

b) Tem-se

W =�p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : p(0) = p(1) e p(1) = p(�1)=

=�p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a1 = �a2 e a1 = 0=

= fp(t) = a0 : a0 2 Rg = L (f1g) .

Logo,

W? =�p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 :a0 + a1t+ a2t

2; 1�= 0=

=�p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 2 P2 : a0 = 0= L

��t; t2�.

Assim, o conjunton

1ktkt;

1kt2kt

2o=nt;p22t2oé uma base ortonormada para W?.

25. Seja A =

24 1 1 01 0 11 0 1

35.433

a) O conjunto f(1; 0; 1); (1; 1; 0)g é uma base para L (A) pois gera L (A) e é linearmenteindependente.Aplicando Gram-Schmidt, o conjunto

�(1; 0; 1); (1; 1; 0)� proj (1;0;1)(1; 1; 0)

=

=

�(1; 0; 1); (1; 1; 0)� h(1; 1; 0); (1; 0; 1)i

k(1; 0; 1)k2(1; 0; 1)

�=

�(1; 0; 1);

�1

2; 1;�1

2

��é uma base ortogonal para L (A).

b) Uma base ortonormada para R3 que inclui dois vectores de C (A):((1; 0; 0);

0;

p2

2;

p2

2

!;

0;

p2

2;�p2

2

!).

Note que (1; 0; 0);�0;p22;p22

�2 C (A).

c) O elemento de (N (A))? = L (A) mais próximo de (�1; 1;�1) é:

PL(A)(�1; 1;�1) = (�1; 1;�1)� PN (A)(�1; 1;�1) =N (A)=L(f(1;�1;�1)g)

= (�1; 1;�1)� h(�1; 1;�1); (1;�1;�1)ik(1;�1;�1)k2

(1;�1;�1) =

= (�1; 1;�1) + 13(1;�1;�1) =

��23;2

3;�43

�e a distância entre (�1; 1;�1) e (L (A))? é:

d�(�1; 1;�1); (L (A))?

�= PL(A)(�1; 1;�1) = ��23 ; 23 ;�43

� = 2p6

3:

26. a) Aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt, sejam

v1 = (1; 0;�1) e v2 = (0; 1; 2)� proj(1;0;�1)(0; 1; 2).

Tem-se então:

v2 = (0; 1; 2)�h(0; 1; 2); (1; 0;�1)ik(1; 0;�1)k2

(1; 0;�1) = (0; 1; 2)� �22(1; 0;�1) = (1; 1; 1).

Logo, o conjuntof(1; 0;�1); (1; 1; 1)g

é uma base ortogonal de U .

434

b) Tem-se

U? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 0;�1)i = 0 e h(x; y; z); (1; 1; 1)i = 0

=

= N��

1 0 �11 1 1

��= N

��1 0 �10 1 2

��= L (f(1;�2; 1)g) ,

sendo f(1;�2; 1)g uma base ortogonal de U?. Deste modo, uma vez que se tem

R3 = U � U?,

e sendo f(1; 0;�1); (1; 1; 1)g uma base ortogonal de U , então

(2;�3; 4) = PU (2;�3; 4) + PU? (2;�3; 4) =

=h(2;�3; 4) ; (1; 0;�1)ik(1; 0;�1)k2

(1; 0;�1)+h(2;�3; 4) ; (1; 1; 1)ik(1; 1; 1)k2

(1; 1; 1)+h(2;�3; 4) ; (1;�2; 1)ik(1;�2; 1)k2

(1;�2; 1) =

= �(1; 0;�1) + (1; 1; 1) + 2(1;�2; 1) == (0; 1; 2)| {z }

2U

+ (2;�4; 2)| {z }2U?

.

Isto é,(2;�3; 4) = (0; 1; 2)| {z }

2U

+ (2;�4; 2)| {z }2U?

.

c) A distância entre o ponto (2; 3; 7) e o plano f(1; 2; 3)g+ U é dada por:

d((2; 3; 7); f(1; 2; 3)g+ U) = kPU?((2; 3; 7)� (1; 2; 3))k = kPU?(1; 1; 4)k =

=

h(1; 1; 4); (1;�2; 1)ik(1;�2; 1)k2(1;�2; 1)

= 1

2k(1;�2; 1)k =

p6

2.

27. a) Como (1; 0; 1) = (1; 1; 1)� (0; 1; 0) então (1; 0; 1); (0; 1; 0) 2 C (A) :Além disso h(1; 0; 1); (0; 1; 0)i = 0: Por outro lado, como

(C (A))? =�L�AT��?

= N�AT�= L (f(�1; 0; 1)g)

eR3 = C (A)� (C (A))?

uma base ortogonal paraR3 que inclua um vector de (C (A))? poderá ser: f(1; 0; 1); (0; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g.

b) A distância d entre (1; 1; 0) e L (A) é dada por:

d ((1; 1; 0);L (A)) = P(L(A))?(1; 1; 0) = PN (A)(1; 1; 0) =

435

= proj (�1;0;1)(1; 1; 0) = h(1; 1; 0); (�1; 0; 1)ik(�1; 0; 1)k2

(�1; 0; 1) = �12 ; 0;�12

� = p22 :

c) Como(N (A))? = N (B), N (A) = (N (B))? = L (B)

eN (A) = L (f(�1; 0; 1)g)

logo poderá ter-se B =��1 0 1

�.

28. a) Os vectores u1 = (1; 1; 0; 0); u2 = (1; 0; 1;�1) formam uma base de V . Sejafv1; v2g a base ortogonal de V que se obtém aplicando o processo de ortogonalização deGram-Schmidt aos vectores u1 e u2. Portanto,

v1 = u1 = (1; 1; 0; 0)

e

v2 = u2 �hu2; u1ihu1; u1i

u1 = (1; 0; 1;�1)�1

2(1; 1; 0; 0) =

�1

2;�12; 1;�1

�:

Assim,

u = PV (2;�2; 1;�1) =fv1;v2g base ortogonal de V

h(2;�2; 1;�1); v1ihv1; v1i

v1 +h(2;�2; 1;�1); v2i

hv2; v2iv2 =

=0

2(1; 1; 0; 0) +

4

5=2

�1

2;�12; 1;�1

�=

�4

5;�45;8

5;�85

�e

v = PV ?(2;�2; 1;�1) = (2;�2; 1;�1)� PV (2;�2; 1;�1) =�6

5;�65;�35;3

5

�:

Finalmente

d((1; 1; 1; 1); V ) = jjPV ?(1; 1; 1; 1)jj = jj(1; 1; 1; 1)� PV (1; 1; 1; 1)jj =

=fv1;v2g base ortogonal de V

jj(1; 1; 1; 1)� h(1; 1; 1; 1); v1ihv1; v1iv1 �

h(1; 1; 1; 1); v2ihv2; v2i

v2jj =

jj(1; 1; 1; 1)� (1; 1; 0; 0)jj = jj(0; 0; 1; 1)jj =p2:

b) Comox = y � 2z � 3w

e(y � 2z � 3w; y; z; w) = y(1; 1; 0; 0) + z(�2; 0; 1; 0) + w(�3; 0; 0; 1)

436

concluí-se queW = L((1; 1; 0; 0); (�2; 0; 1; 0); (�3; 0; 0; 1)):

Portanto,W? = N (A)

com A =

24 1 1 0 0�2 0 1 0�3 0 0 1

35.c)

(1; 1; 0; 0); (1; 0; 1;�1) 2 W;pelo que qualquer combinação linear entre eles também pertence a W (porque W é umespaço linear). Portanto V � W . Assim, W? � V ?, donde

W? \ V ? = W?:

Mais, f(1;�1; 2; 3)g é uma base de W? pois

W? = L��1 �1 2 3

��:

d) Não, pois pela alínea c) podemos concluir que W? � V ? e portanto

W? + V ? = V ? 6= R4:

29. a)

V ? =�N��4 3 2 1

��?=��L��4 3 2 1

��?�?= L

��4 3 2 1

��:

Logo f(4; 3; 2; 1)g é uma base ortogonal para V ?:

b)

d�(1; 2; 3; 4); V ?

�= k(1; 2; 3; 4)� PV ?(1; 2; 3; 4)k =

(1; 2; 3; 4)� 23 (4; 3; 2; 1) = 5

p6

3:

c) Os vectores (0; 1; 1; 1) e (1;�1; 1; 0) geram U e são ortogonais. Faltará encontrar umabase ortogonal para U?. Como

U? = N��

0 1 1 11 �1 1 0

��= L (f(�2;�1; 1; 0) ; (�1;�1; 0; 1)g) :

437

Atendendo ao método de ortogonalização de Gram-Schmidt,((�2;�1; 1; 0) ; (�1;�1; 0; 1)� proj

(�2;�1;1;0)(�1;�1; 0; 1)

)=

=

�(�2;�1; 1; 0) ; (�1;�1; 0; 1)� 1

2(�2;�1; 1; 0)

�=

=

�(�2;�1; 1; 0) ;

�0;�1

2;�12; 1

��é uma base para U?. Logo,�

(0; 1; 1; 1); (1;�1; 1; 0); (�2;�1; 1; 0) ;�0;�1

2;�12; 1

��é uma base ortogonal de R4 que inclui os vectores (0; 1; 1; 1) e (1;�1; 1; 0).

d)

U = L (f(0; 1; 1; 1); (1;�1; 1; 0)g) =�N��

0 1 1 11 �1 1 0

��?=

0BB@C0BB@2664�2 �1�1 �11 00 1

37751CCA1CCA?

:

30.W = f(x; y; z) 2 R3 : x� 2y � 3z = 0g:

a) Como W = L (f(2; 1; 0); (3; 0; 1)g), então

(x� 1; y � 1; z � 1) 2 W? ,

, (h(x� 1; y � 1; z � 1); (2; 1; 0)i = 0 e h(x� 1; y � 1; z � 1); (3; 0; 1)i = 0), (2 (x� 1) + (y � 1) = 0 e 3 (x� 1) + (z � 1) = 0), (2x+ y = 3 e 3x+ z = 4)

pelo que, as equações cartesianas da recta que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e é perpendicularao plano W são:

2x+ y = 3 e 3x+ z = 4:

b)W =

�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1;�2;�3)i = 0

:

Logo, a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 1; 1) e é paralelo ao planoW é:

h(x� 1; y � 1; z � 1); (1;�2;�3)i = 0, x� 2y � 3z = �4:

438

31. Considere a rectar = (1; 1; 1) + L (f(1;�1; 1)g) :

a) Seja W = L (f(1;�1; 1)g). Então

W =�W?

�?=�N�1 �1 1

��?= (L (f(1; 1; 0); (�1; 0; 1)g))? .

Logo,(x� 1; y � 1; z � 1) 2 W ,

, (h(x� 1; y � 1; z � 1); (1; 1; 0)i = 0 e h(x� 1; y � 1; z � 1); (�1; 0; 1)i = 0), (x+ y = 2 e 3x+ z = 4)

pelo que, as equações cartesianas da recta r são:

x+ y = 2 e � x+ z = 0:

b) ComoW? =

�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1;�1; 1)i = 0

;

então a equação cartesiana do plano que passa pelo ponto u = (1; 0; 0) e é perpendicular àrecta r é:

h(x� 1; y � 0; z � 0); (1;�1; 1)i = 0, x� y + z = 1.

32. Seja P o plano (em R3) que passa pelos pontos: (1; 1; 1) ; (2; 0; 3) e (0; 2; 2). Tem-se

P = f(1; 1; 1)g+ L (f(1;�1; 2); (�1; 1; 1)g)uma vez que

(1;�1; 2) = (2; 0; 3)� (1; 1; 1) e (�1; 1; 1) = (0; 2; 2)� (1; 1; 1) .

a) SejaU = L (f(1;�1; 2); (�1; 1; 1)g) .

Logo,

U =�U?�?=

�N��

1 �1 2�1 1 1

��?=

�N��

1 �1 20 0 1

��?

= (L (f(1; 1; 0)g))? =�(x; y; z) 2 R3 : h(x; y; z); (1; 1; 0)i = 0

e assim, a equação cartesiana do plano P que passa pelo ponto (1; 1; 1) é dada por:

(h(x� 1; y � 1; z � 1); (1; 1; 0)i = 0), (1 (x� 1) + 1 (y � 1) + 0 (z � 1) = 0) ,

ou seja porx+ y = 2.

439

b) Equações paramétricas de P:8<:x = 1 + �� y = 1� �+ �z = 1 + 2�+ �

com �; � 2 R.

c) Equação vectorial de P:

(x; y; z) = (1; 1; 1) + �(1;�1; 2) + �(�1; 1; 1); com �; � 2 R:

33. Determine a solução de mínimos quadrados de Au = b, com

A =

24 1 22 41 �2

35 e b =

24 321

35calculando o correspondente vector erro de mínimos quadrados.Tem-se car

�ATA

�= carA = 2 e como tal a solução de mínimos quadrados é única e

dada por:u =

�ATA

��1AT b =

=

0@� 1 2 12 4 �2

�24 1 22 41 �2

351A�1 � 1 2 12 4 �2

�24 321

35 = � 6=51=10

�.

O vector erro de mínimos quadrados b� Au é dado por:

b� Au =

24 321

35�24 1 22 41 �2

35� 6=51=10

�=

24 85

�45

0

35sendo o erro de mínimos quadrados dado por:

kb� Auk = �85 ;�45 ; 0

� = 4

5

p5.

440


1. (i) (312645) é par pois tem 4 inversões. (ii) (234516) é par pois tem 4 inversões.(iii) (654321) é ímpar pois tem 15 inversões. (iv) (123456) é par pois tem 0 inversões.(v) (546321) é ímpar pois tem 13 inversões. (vi) (453261) é par pois tem 10

inversões.(vii) (634125) é ímpar pois tem 9 inversões. (viii) (123465) é ímpar pois tem 1

inversão.

2. (i) (234516) é par pois tem 4 inversões e (312645) é par pois tem 4 inversões. Logo,tem-se

+a23a31a42a56a14a65

uma vez que (234516) e (312645) têm a mesma paridade.

(ii) (123456) é par pois tem 0 inversões e (654321) é ímpar pois tem 15 inversões. Logo,tem-se

�a16a25a34a43a52a61uma vez que (123456) e (654321) têm paridades diferentes.

(iii) (546321) é ímpar pois tem 13 inversões e (453261) é par pois tem 10 inversões. Logo,tem-se

�a54a45a63a32a26a11uma vez que (546321) e (453261) têm paridades diferentes.

(iv) (123465) é ímpar pois tem 1 inversão e (634125) é ímpar pois tem 9 inversões. Logo,tem-se

+a16a23a34a41a62a55


3. (i) (123) é par pois tem 0 inversões e (321) é ímpar pois tem 3 inversões. Atendendoà de�nição de determinante, tem-se��

0 0 a130 a22 a23a31 a32 a33

�� = � a13a22a31uma vez que (123) e (321) têm paridades diferentes.

(ii) (1234) é par pois tem 0 inversões e (4321) é par pois tem 6 inversões. Atendendo àde�nição de determinante, tem-se��

0 0 0 a140 0 a23 a240 a32 a33 a34a41 a42 a43 a44

�� = a14a23a32a41441


(iii) Ao efectuar n� 1 + n� 2 + :::+ 2 + 1 trocas de linhas: linha 1 com cada uma dasn� 1 linhas que lhe estão abaixo, nova linha 1 com cada uma das n� 2 linhas que lhe estãoabaixo (excluindo a nova linha n) e assim sucessivamente, tem-se

det

26640 � � � 0 a1n� � � � � � � � � � � �0 an�1 2 � � � an�1 nan1 � � � � � � ann

3775 = (�1)nn�12 det

2664an1 � � � � � � ann0 an�1 2 � � � an�1 n� � � � � � � � � � � �0 � � � 0 a1n

3775 == (�1)n

n�12 a1n:::an�1 2an1

atendendo a que

n� 1 + n� 2 + :::+ 2 + 1 = (n� 1) n� 1 + 12

= nn� 12:

4.

(i)�� 1 23 4

�� = 4� 6 = �2 6= 0, logo a matriz é invertível.(ii)

�� 18563 1857321472 21482

�� = �� 18563 1021472 10

�� = �� 18563 102909 0

�� = �29090 6= 0, logo a matriz éinvertível.

(iii)�� 1 +p2 2�

p3

2 +p3 1�

p2

�� = 1� 2� (4� 3) = �2 6= 0, logo a matriz é invertível.(iv)

�� cos � � sen �sen � cos �

�� = cos2 � � (� sen2 �) = 1 6= 0, logo a matriz é invertível.(v)

��2 0 15 3 0�5 1 2

�� = �12 + 5� (�15) = 8 6= 0, logo a matriz é invertível.(vi)

��2 3 25 �1 �3�2 1 1

�� = �2+18+10�4�15� (�6) = 13 6= 0, logo a matriz é invertível.(vii)

��2 1 15 �1 �32 3 2

�� = ��2 3 25 �1 �3�2 1 1

�� =por (vi)

�13 6= 0, logo a matriz é invertível.

(viii)

��8 12 85 �1 �3�2 1 1

�� = 4��2 3 25 �1 �3�2 1 1

�� =por (vi)

52 6= 0, logo a matriz é invertível.

(ix)

��1 2 34 5 67 8 9

�� =��1 2 32 1 04 2 0

�� =��1 2 32 1 00 0 0

�� = 0, logo a matriz não é invertível.442

(x)

��0 1 0 01 0 1 00 1 0 10 0 1 0

�� =��0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

�� =��1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

�� = 1 6= 0, logo a matriz é invertível.

(xi)

��2 �2 8 60 1 2 00 0 �3 �230 0 0 5

�� = 30 6= 0, logo a matriz é invertível.(xii)��1 3 �1 1�1 �2 �1 12 1 1 12 0 �2 0

�� =��1 3 �1 10 1 �2 22 1 1 12 0 �2 0

�� = 2(�1)4+1

��3 �1 11 �2 21 1 1

��+(�2)(�1)4+3��1 3 10 1 22 1 1

�� == �2 [�6 + 1 + (�2)� (�1)� (�2)� 6] + 2 [1 + 12� 2� 2] = 20 + 18 = 38 6= 0,logo a matriz é invertível.

(xiii)

��0 0 0 50 0 �3 �230 1 2 0�2 �2 8 6

�� =��2 �2 8 60 1 2 00 0 �3 �230 0 0 5

�� =por (xi)

30 6= 0, logo a matriz é

invertível.

(xiv)

��12 22 32 42

22 32 42 52

32 42 52 62

42 52 62 72

�� =��12 22 32 42

3 5 7 95 7 9 117 9 11 13

�� =��12 22 32 42

3 5 7 92 2 2 22 2 2 2

�� =��12 22 32 42

3 5 7 92 2 2 20 0 0 0

�� == 0, logo a matriz não é invertível.

(xv)

��0 4 0 0 00 0 0 2 00 0 0 0 10 0 3 0 05 0 0 0 0

��= 5(�1)5+1

��4 0 0 00 0 2 00 0 0 10 3 0 0

�� = 5244(�1)1+1

��0 2 00 0 13 0 0

��35 = 120 6= 0,

logo a matriz é invertível.

(xvi)

��a 0 0 0 bb a 0 0 00 b a 0 00 0 b a 00 0 0 b a

��= a5 + b5 6= 0 se e só se a 6= �b, logo a matriz é invertível se e

só se a 6= �b.

(xvii)

��7 �4 0 51 2 0 �22 1 �3 82 �2 0 4

�� = �3 (�1)6

��7 �4 51 2 �22 �2 4

�� = �3��1 2 �22 �2 47 �4 5

�� = �3��1 2 �20 �6 80 �18 19

�� =443

= �3 (6 (�19 + 3� 8)) = �3 (6 (�19 + 3� 8)) = �3 � 30 = �90 6= 0, logo a matriz éinvertível.

(xviii)

��9 0 �6 4 �25 �3 0 �1 28 0 4 1 1�6 0 3 �1 37 0 5 2 3

��= �3 (�1)4

��9 �6 4 �28 4 1 1�6 3 �1 37 5 2 3

�� = 3��2 �6 4 91 4 1 83 3 �1 �63 5 2 7

�� =

�3

��1 4 1 8�2 �6 4 93 3 �1 �63 5 2 7

�� = �3��1 4 1 80 2 6 250 �9 �4 �300 �7 �1 �17

�� = �3��2 6 25�7 2 �5�7 �1 �17

�� = �3��2 6 25�7 2 �50 �3 �12

�� =

�3

��2 0 1�7 2 �50 �3 �12

�� = �3��2 0 1�7 2 �130 �3 0

�� = �3 (21� 78) = 171 6= 0, logo a matriz éinvertível.

(xix)

��7 4 1 3 60 0 0 �2 00 0 5 8 �10 0 �3 � 0

5 3 �7 9p3

��= �2 (�1)6

��7 4 1 60 0 5 �10 0 �3 0

5 3 �7p3

�� =

= �2 (�1)6 (�3)6��7 4 60 0 �15 3

p3

�� = �6 (�1)5�� 7 45 3

�� = 6 6= 0, logo a matriz é invertível.

(xx)

��2 1 0 0�7 3 0 �2� 3 1 13 9 0 0

�� = (�1)6��2 1 0�7 3 �23 9 0

�� = �2 (�1)5�� 2 13 9

�� = 30 6= 0, logo a

matriz é invertível.

(xxi)

��1 1 �1 1 11 1 1 �1 11 1 1 1 �10 �1 0 0 00 1 0 0 1

��=(�1) (�1)4+2

��1 �1 1 11 1 �1 11 1 1 �10 0 0 1

��=��1 �2 0 01 0 �2 01 0 0 �20 0 0 1

�� =(2314)é par

�4.

(xxii)

��

n n� 1 ... 2 1

n� 1 n� 1 ... 2 1

� � � � � � . . .......

2 2 � � � 2 11 1 � � � 1 1

��=

��

1 1 � � � 1 11 2 � � � 2 2....... . . � � � � � �

1 2 � � � n� 1 n� 11 2 � � � n� 1 n

��=

444

=

��

1 1 � � � 1 10 1 � � � 1 1....... . . � � � � � �

0 1 � � � n� 2 n� 20 1 � � � n� 2 n� 1

��= � � � =

��1 1 � � � 1

0 1. . .

....... . . . . . 1

0 � � � 0 1

�� = 1 6= 0, logo a matriz é

invertível.

5. (i) Seja A =

2666640 a 0 0 0e 0 b 0 00 f 0 c 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

377775, com a; b; c; d; e; f; g; h 2 R. Se a = 0 ou h = 0 então

detA = 0, isto é, A não é invertível. Se a 6= 0 e h 6= 0 então

detA =

��0 a 0 0 0e 0 b 0 00 f 0 c 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

��=

��0 a 0 0 0e 0 b 0 00 0 0 0 00 0 g 0 d0 0 0 h 0

��= 0,

isto é, A não é invertível. Logo, A não é invertível para quaisquer a; b; c; d; e; f; g; h 2 R.Em alternativa, pelo teorema de Laplace

detA = (�1)5 f

��0 0 0 0e b 0 00 g 0 d0 0 h 0

��+ (�1)7 c

��0 a 0 0e 0 b 00 0 g d0 0 0 0

�� = 0.

(ii) Diga, para que valores de a; b; c; d; e; f; g; h; i; j 2 R, é invertível a seguinte matriz

det

266666640 a 0 0 0 0f 0 b 0 0 00 g 0 c 0 00 0 h 0 d 00 0 0 i 0 e0 0 0 0 j 0

37777775 = a (�1)3 det

266664f b 0 0 00 0 c 0 00 h 0 d 00 0 i 0 e0 0 0 j 0

377775 =

= �ac (�1)5 det

2664f b 0 00 h d 00 0 0 e0 0 j 0

3775 = ace (�1)7 det24 f b 00 h d0 0 j

35 = �acefhj,pelo que a matriz será invertível se e só se a; c; e; f; h; j 2 Rn f0g.

6. Determinemos todos os valores do escalar � para os quais a matriz A � �I não éinvertível, isto é, todos os valores próprios de A.

(i) det (A� �I) =�� 32 �1� �

�� = � (1 + �)� 6 = �2 + �� 6.445

Logo, det (A� �I) = 0, (� = 2 ou � = �3).

(ii) det (A� �I) =

��1� � 0 20 �1� � �22 �2 ��

�� = � �1� �2�+ 4 (1 + �)� 4 (1� �) == �

��1� �2

�+ 8�. Logo, det (A� �I) = 0, (� = 0 ou � = �3 ou � = 3).

(iii) det (A� �I) = det

24 1� � 1 11 1� � 11 1 1� �

35 = det24 1� � 1 1

� �� 0� 0 ��

35 =

= det

24 2� � 1 1� �� 00 0 ��

35 = det24 3� � 1 1

0 �� 00 0 ��

35 = (�1)3 (�� 3)�2.Logo, det (A� �I) = 0, (� = 0 ou � = 3).

(iv)

det (A� �I) = det

266641� � 1 � � � 1

1. . . . . .

......

. . . 11 � � � 1 1� �

37775n�n

=�L1+Li!Lii=2;:::;n

det

26666641� � 1 1 � � � 1� �� 0 � � � 0... 0 �� . . .

......

. . . . . . 0� 0 � � � 0 ��

3777775 =

=�Ci+C1!C1i=2;:::;n

det

2666664n� � 1 1 � � � 10 �� 0 � � � 0...

. . . �� . . ....

. . . 00 � � � 0 ��

3777775 = (�1)n (�� n)�n�1:

Logo, det (A� �I) = 0, (� = 0 ou � = n).

7.�0 ��1 �

�,�

�2

�214� 1

��2

�,�� 1�� 0

�.

8. a) A� =

2664�1 � 0 �1� �1 �� 00 0 1 1�1 � 0 ��

3775 �!�L1+L2!L2�L1+L4!L4

2664�1 � 0 �10 �2 � 1 �� 0 0 1 10 0 0 1� �

3775.

Logo carA� =

8<:2 se � = 13 se � = �14 se � 6= 1 e � 6= �1.

A� é 4� 4. Logo A� é invertível se e só se carA� = 4. Assim, A� é invertível se e só se� 2 Rn f�1; 1g.

446

b) det�(A0)

n + (A0)n+2� = det �(A0)n �I + (A0)2�� =

= (detA0)n| {z }

=1

det�I + (A0)

2� = det26643 0 0 10 2 0 0�1 0 2 11 0 0 2

3775 = 20:

c)�(A�)

�1�(3;1)

=1

detA�(cof A�)(1;3) =

1

(1� �)2 (1 + �)(�1)1+3

�� 1 00 0 1�1 � ��

�� ==

1� �2

(1� �)2 (1 + �)=

1

1� �:

9. (i) A�1 =1

detA(cof A)T =

1

�2

�4 �3�2 1

�T=

��2 13=2 �1=2

�

(ii) A�1 =1

detA(cof A)T =

1

1

24 1 0 0�1 1 00 �1 1

35T =24 1 �1 00 1 �10 0 1

35

(iii) A�1 =1

detA(cof A)T =

1

6

24 18 0 624 0 64 1 1

35T =24 3 4 2=30 0 1=61 1 1=6

3510.

detA = 2 (�1)3+4 det

26641 �3 0 1�2 0 �1 10 0 �2 12 0 �1 1

3775 = �2 (�3) (�1)1+2 det

24 �2 �1 10 �2 12 �1 1

35 =

�24 6= 0logo A é invertível e

(A�1)(2;3) =�

1detA

(cof A)T�(2;3)

= 1detA

(cof A)(3;2) = � 124(�1)3+2 det

26641 0 0 1�2 �1 0 10 �2 0 12 �1 0 1

3775 =0:

11. det�2BTABA�1 � 3BT

�= det

�BT (2ABA�1 � 3I)

�= detBT det (A (2B � 3I)A�1) =

= detB detA det (2B � 3I) detA�1 = (�1) det

24 �3 0 20 �1 02 0 �3

35 = 5:12. I �

�0 12 2

�A = A det

�0 12 2

�,��2 12 0

�A = I , A =

��2 12 0

��1=�

0 12

1 1

�:

447

13.

det�ATA+ A detA� 5A

�= detA det

�AT + I detA� 5I

�=

detA=4

= 4det

0@24 �1 1 11 �1 11 1 �1

35� I1A = 4det

24 �2 1 11 �2 11 1 �2

35 = 0;logo a matriz ATA+ A detA� 5A é não invertível.

14.

det��2A�1AT det

�A�2

��=��2 det(A�2)

�3 1

detAdet�AT�= (�2)3 1

(detA)6=(�2)3

(�2)6= �1

8:

15.

det

26640 a 0 11 0 2 00 �2 0 11 0 a 0

3775 = 1, a (�1)1+2 det

24 1 2 00 0 11 a 0

35+ (�1)1+4 det24 1 0 20 �2 01 0 a

35 = 1,, �a (�1)2+3 det

�1 21 a

�+ (�1) (�2) (�1)2+2 det

�1 21 a

�= 1,

, a (a� 2) + 2 (a� 2) = 1, a2 � 4 = 1, (a =p5 ou a = �

p5).

16.

det

26641 �1 0 00 �1 0 21 1 2 �2�1 0 �2 1

3775 = det

26641 �1 0 00 �1 0 21 0 2 0�1 0 �2 1

3775 = det26641 �1 0 00 �1 0 21 0 2 00 0 0 1

3775 == det

24 1 �1 00 �1 01 0 2

35 = 2det � 1 �10 �1

�= �2:

Logo

det�A3 + A4

�= (detA)3 det (I + A) = �8 det

26642 �1 0 00 0 0 21 1 3 �2�1 0 �2 2

3775 =

= �8 det

26642 �1 0 00 0 0 21 1 3 �2�1 0 �2 2

3775 = �8� 2 det24 2 �1 0

1 1 3�1 0 �2

35 = 48:

17.

448

det (A6 � A5) = (detA)5 det (A� I) =

0BB@det26640 0 0 11 0 0 00 1 0 00 0 1 0

37751CCA5

det

2664�1 0 0 10 �1 0 �20 0 �1 00 0 0 3

3775 =3:

18. AXB �B = AX det�ATA

�, AX

0@B � Idet �ATA�| {z }=1

1A = B ,

, X =

24 0 0 10 1 01 0 0

35�1 24 1 0 10 2 0�1 0 1

3524 0 0 10 1 0�1 0 0

35�1 =24 1 0 10 2 01 0 �1

35 :

19. (i) Tem-se detA =

��3 2 0 2�1 0 0 30 9 �2 03 �1 0 2

�� = (�2) (�1)3+3

��3 2 2�1 0 33 �1 2

�� == (�2) (2 + 18� (�4)� 9) = �30 6= 0 pelo que A é invertível. Logo,

�A�1

�(2;2)

=1

detA

�(cof A)T

�(2;2)

=1

detA(cof A)(2;2) =

1

�30(�1)2+2

��3 0 20 �2 03 0 2

�� = �45 :

detB =

��1 0 0 24 0 1 00 1 0 �30 �1 2 2

�� =��1 0 0 20 0 1 80 1 0 �30 0 2 �1

�� = (�1)(�1)1+1

��0 1 81 0 �30 2 �1

�� = �17 6= 0pelo que B é invertível. Logo,

�B�1

�(2;3)

=1

detB

�(cof B)T

�(2;3)

=1

detB(cof B)(3;2) =

1

�17(�1)3+2

��1 0 24 1 00 2 2

�� = 14

17.

(ii) det (A+B) = det

2664�4 2 0 43 0 1 30 10 �2 �33 �2 2 4

3775 = �134 6= �47 = �30 � 17 = detA +

detB

det (A�B) = det

2664�2 2 0 0�5 0 �1 30 8 �2 33 0 �2 0

3775 = 138 6= �13 = �30 + 17 = detA� detB

449

20. (i) x =

�� 1 33 7

�� 2 35 7

�� =�2�1 = 2 e y =

�� 2 15 3

�� 2 35 7

�� =1

�1 = �1

(ii)

x =

��1 1 01 0 1�1 2 2

��1 1 02 0 11 2 2

��=�5�5 = 1; y =

��1 1 02 1 11 �1 2

��1 1 02 0 11 2 2

��= 0 e z =

��1 1 12 0 11 2 �1

��1 1 02 0 11 2 2

��=

5

�5 = �1

21. detC =

��1 0 12 3 20 1 �2

�� = �6 6= 0, logo C é invertível. detD =

��9 �8 �1�7 �3 0�2 0 0

�� =6 6= 0, logo D é invertível.

(i) det (2C�1) = 231

detC= �4

3

(ii) det�C3 (2C)�1

�= (detC)3

1

231

detC= (detC)2

1

8=9

2

(iii) det��CT2C

��1�= det

�C�1

1

2(C�1)

T

�=1

23det (C�1) det (C�1) =

1

23

�1

detC

�2=

1

288

(iv) det�CT 1

2C�2

�=1

23det�CT�det (C�2) =

1

23detC

1

(detC)2=1

231

detC= � 1

48

(v)

det (C2 + 2D) = det

0@24 1 1 �18 11 42 1 6

35+ 224 9 �8 �1�7 �3 0�2 0 0

351A = det

24 19 �15 �3�6 5 4�2 1 6

35 =62

(vi) det��2CT

��23D3��1 ��

DT��1

C��1�

= (�2)3 det�CT� 1

det��23D3� 1

det�(DT )�1C

� == �8 (detC)

��32

�31

(detD)3detD

detC= 8

1

(detD)227

8=27

36=3

4.

22. det(2ATB�3) = 23 det�AT�det(B�3) = 8 detA

1

(detB)3= 64

p3.

450

23. (i)

��1 1 a2 b 1c 2 2

�� = �2 (ii)

��a+ 3 �1 �2b+ 3 b� 2 �2c+ 3 2� c �c

�� = �2 (iii) det�12BTB

�= 1

2

24.

��a b 0 cd e 0 fg h 0 ix y �1 z

�� = 5,��a b cd e fg h i

�� = 5

(i)

��d e fg h ia b c

�� = 5 (ii)

��a �b �c2d 2e 2f�g �h �i

�� = 10 (iii)

��a+ d b+ e c+ fd e fg h i

�� = 5(iv)

��2i 2h 2g

f � 3c e� 3b d� 3ac b a

�� = 10 (v)

��a g db h ec i f

�� = �525. (i)

��a b c6 3 0�12�1 �1

2

�� = �32 (ii)

��a b c

2a+ 2 2b+ 1 2ca+ 1 b+ 2 c+ 1

�� = 1(iii)

��a� 1 b� 2 c� 13 3 11 2 1

�� = 1(iv)

��1 �1 �12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

�� = ��1 1 12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

�� == �

��1 2 12 1 0

3a+ 1 3b+ 2 3c+ 1

�� = ��1 2 12 1 03a 3b 3c

�� = 3��a b c2 1 01 2 1

�� = 326.

��1 2 �� + �2 2��

�� = ��.

27.

��

� 1 1 1 1 1� �+ 1 2 2 2 2� �+ 1 �+ 2 3 3 3� �+ 1 �+ 2 �+ 3 4 4� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 5� �+ 1 �+ 2 �+ 3 �+ 4 �+ 5

��=

��

� 1 1 1 1 10 � 1 1 1 10 0 � 1 1 10 0 0 � 1 10 0 0 0 � 10 0 0 0 0 �

��= �6.

28.

��

� � � : : : �1 �+ 1 1 : : : 1... 1 �+ 1

. . .... 1

. . . 1...

.... . . �+ 1 1

1 1 1 : : : 1 �+ 1

��=

��

� 0 0 : : : 01 � 0 : : : 0... 0 �

. . .... 0

. . . 0...

.... . . � 0

1 0 0 : : : 0 �

��= �n.

451

29. Sejam � 6= 0 e A = (aij)n�n.

det��i�jaij

�=

��

a111�a12

1�2a13 : : : 1

�n�2a1 n�1

1�n�1

a1n�a21 a22

1�a23 : : : 1

�n�3a2 n�1

1�n�2

a2n... �a32 a33

. . .... �a43

. . . 1�an�2 n�1

......

. . . an�1 n�11�an�1 n

�n�1an1 �n�2an2 �n�3an3 : : : �an n�1 ann

��=

=1

�:::

1

�n�21

�n�1

��

�n�1a11 �n�2a12 �n�3a13 : : : �a1 n�1 a1n�n�1a21 �n�2a22 �n�3a23 : : : �a2 n�1 a2n... �n�2a32 �n�3a33

. . .... �n�3a43

. . . �an�2 n�1...

.... . . �an�1 n�1 an�1 n

�n�1an1 �n�2an2 �n�3an3 : : : �an n�1 ann

��=

=1

�:::

1

�n�21

�n�1�n�1�n�2:::�

��

a11 a12 a13 : : : a1 n�1 a1na21 a22 a23 : : : a2 n�1 a2n... a32 a33

. . .... a43

. . . an�2 n�1...

.... . . an�1 n�1 an�1 n

an1 an2 an3 : : : an n�1 ann

��= detA.

30. Seja

A =

24 1 a a2

1 b b2

1 c c2

35 ,com a; b; c 2 R. A matriz A é invertível se e só se detA 6= 0. Tem-se

detA =

��1 a a2

1 b b2

1 c c2

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 c� a c2 � a2

�� = 0se a = b ou a = c. Se a 6= b e a 6= c então

detA =

��1 a a2

1 b b2

1 c c2

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 c� a c2 � a2

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 0 c2 � a2 � (c� a)(b+ a)

�� =

=

��1 a a2

0 b� a b2 � a20 0 (c� a) [(c+ a)� (b+ a)]

�� =��1 a a2

0 b� a b2 � a20 0 (c� a) (c� b)

�� = 0se b = c.Logo, a matriz A é invertível se e só se a 6= b; a 6= c e b 6= c.

452

31. (i)��1 1 1x1 y1 y1x2 x2 y2

�� =��1 0 0x1 y1 � x1 y1 � x1x2 0 y2 � x2

�� = (y1 � x1) (�1)2+2 det�� 1 0x2 y2 � x2

�� = (y1 � x1) (y2 � x2) .(ii)

det

2664(x1)

3 (x1)2 x1 1

(x2)3 (x2)

2 x2 1

(x3)3 (x3)

2 x3 1

(x4)3 (x4)

2 x4 1

3775 = det26641 x1 (x1)

2 (x1)3

1 x2 (x2)2 (x2)

3

1 x3 (x3)2 (x3)

3

1 x4 (x4)2 (x4)

3

3775 =

= det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 x2 � x1 (x2)2 � (x1)2 (x2)

3 � (x1)30 x3 � x1 (x3)

2 � (x1)2 (x3)3 � (x1)3

0 x4 � x1 (x4)2 � (x1)2 (x4)

3 � (x1)3

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 1 x3 + x1 x21 + x1x3 + x23

0 1 x4 + x1 x21 + x1x4 + x24

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 0 x3 � x2 x1 (x3 � x2) + x23 � x220 0 x4 � x2 x1 (x4 � x2) + x24 � x22

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) (x3 � x2) (x4 � x2) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 0 1 x1 + x3 + x20 0 1 x1 + x4 + x2

3775 =

= (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) (x3 � x2) (x4 � x2) det

26641 x1 (x1)

2 (x1)3 � (x1)3

0 1 x2 + x1 x21 + x1x2 + x22

0 0 1 x1 + x3 + x20 0 0 x4 � x3

3775 == (x4 � x1) (x3 � x1) (x2 � x1) (x3 � x2) (x4 � x2) (x4 � x3) == (x1 � x2) (x1 � x3) (x1 � x4) (x2 � x3) (x2 � x4) (x3 � x4)

32. (i)

��b+ c c+ a b+ aa b c1 1 1

�� =��a+ b+ c a+ b+ c a+ b+ c

a b c1 1 1

�� =��0 0 0a b c1 1 1

�� = 0

(ii)

��a1 + b1 a1 � b1 c1a2 + b2 a2 � b2 c2a3 + b3 a3 � b3 c3

�� =��2a1 a1 � b1 c12a2 a2 � b2 c22a3 a3 � b3 c3

�� =��2a1 �b1 c12a2 �b2 c22a3 �b3 c3

�� = �2��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��453

(iii)

��a1 b1 a1 + b1 + c1a2 b2 a2 + b2 + c2a3 b3 a3 + b3 + c3

�� =��a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

��33.

�� a1 + b1 c1 + d1a2 + b2 c2 + d2

�� = (a1 + b1) (c2 + d2)� (a2 + b2) (c1 + d1) == a1c2 � a2c1 + a1d2 � b2c1 + b1c2 � a2d1 + b1d2 � b2d1 =

=

�� a1 c1a2 c2

��+ �� a1 c1b2 d2

��+ �� b1 d1a2 c2

��+ �� b1 d1b2 d2

�� :34.

��0 0 22 1 10 0 �5

�� =��0 0 22 1 10 0 0

�� = 0 e

��4 2 22 1 10 0 �5

�� =��0 0 02 1 10 0 �5

�� = 0

35. O coe�ciente de x3 na expressão

��2x x 1 21 x 1 �13 2 x 11 1 1 x

�� é �1, uma vez que as permutaçõescorrespondentes ao produto x� 1� x� x| {z }

=x3

são (1234)| {z }par

(a das linhas) e (2134)| {z }ímpar

(a das colunas):

36. (i)

��1 x 10 �1 11 0 2

�� = 0,��1 x 00 �1 11 0 1

�� = 0, �1 + x = 0, x = 1

(ii)

��x x x xx 4 x xx x 4 xx x x 4

�� = 0,��x x x x0 4� x 0 00 0 4� x 00 0 0 4� x

�� = 0, x (4� x)3 = 0, (x = 0 ou x = 4)

(iii)

��x 1 1 11 x 1 11 1 x 11 1 1 x

�� = 0,��x 1 1 10 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 1 1 x

�� = 0,

,

��x 1� x 1� x 1� x0 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 0 0 x� 1

�� = 0,��0 1� x 1� x 1� x20 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 0 0 x� 1

�� = 0,

,

��0 0 0 3� 2x� x20 x� 1 0 1� x0 0 x� 1 1� x1 0 0 0

�� = 0,��0 0 0 3� 2x� x20 x� 1 0 00 0 x� 1 01 0 0 0

�� = 0,

, �

��1 0 0 00 x� 1 0 00 0 x� 1 00 0 0 3� 2x� x2

�� = 0, � (x� 1)2 (3� 2x� x2) = 0, (x = 1 ou x = �3)

454

37.

��5 3 37 1 58 7 1

�� =100C1+10C2+C3!C3

��5 3 5337 1 7158 7 871

�� =��5 3 13�7 1 13�8 7 13

�� = 13��5 3 13�7 1 13�8 7 13

��.

38.

��2 1 8�1 0 103 �7 4

�� =�3C2+C3!C3

��2 1 5�1 0 103 �7 25

�� = 5��2 1 1�1 0 23 �7 5

��.39. Seja A = (aij)n�n com n ímpar e tal que aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n:

Mostre que A não é invertível.

Dem. (aij + aji = 0, para todos os i; j = 1; :::; n), AT = �A. Logo

detA = det�AT�= det (�A) = (�1)n detA =

n é ímpar� detA, detA = 0:

Pelo que A não é invertível.

40. Se A (real) fôr ortogonal então detA = 1 ou detA = �1:

Dem. Sendo A ortogonal, tem-se

ATA = AAT = I

pelo que

(detA)2 = detA detA = detAT detA = det�ATA

�= det I = 1,

, (detA = 1 ou detA = �1) .Sendo A unitária, tem-se

AHA = AAH = I

pelo que

jdetAj2 = detA detA = detAH detA = det�AHA

�= det I = 1,

, jdetAj = 1.

41. Sendo A 2M5�6 (R), tem-se ATA 2M6�6 (R). Como N (A) � N�ATA

�e

dimN (A) = 6� carA � 6� 5 = 1

então1 � dimN (A) � dimN

�ATA

�:

Logo dimN�ATA

�6= 0 pelo que ATA não é invertível, isto é,

det�ATA

�= 0:

455


1. Seja

A =

24 9 8 76 5 43 2 1

35 .Como

det (A� 0I) = det

24 9 8 76 5 43 2 1

35 = � det24 3 2 16 5 49 8 7

35 = det24 1 2 34 5 67 8 9

35 =

= det

24 1 2 30 �3 �60 �6 �12

35 = det24 1 2 30 �3 �60 0 0

35| {z }

�

= 0

então 0 é valor próprio de A e atendendo a (*) (1;�2; 1) 2 N (A) = L f(1;�2; 1)g, logotem-se

A

24 1�21

35 =24 000

35 = 024 1�21

35isto é, (1;�2; 1) é um vector próprio de A associado ao valor próprio 0.

2. Tem-se24 5 5 55 5 55 5 5

3524 0�11

35 = 024 0�11

35 e

24 5 5 55 5 55 5 5

3524 1�10

35 = 024 1�10

35 .

Logo, 0 é um valor próprio de

24 5 5 55 5 55 5 5

35 e (0;�1; 1) e (1;�1; 0) são dois vectores próprios(associados ao valor próprio 0) linearmente independentes.

3. Determinemos os valores próprios de uma matriz A 2 � 2 cujo traço seja igual a 5 ecujo determinante seja igual a 6.

Seja A =�a bc d

�2M2�2 (R). Tem-se

trA = 5, a+ d = 5 e detA = 6, ad� bc = 6.

Sejam �1 e �2 dois valores próprios de A. Como

trA = �1 + �2 e detA = �1�2

456

então�1 + �2 = 5 e �1�2 = 6

Logo[�1 = 5� �2 e (5� �2)�2 = 6] , (� = 3 ou � = 2),

isto é, os valores próprios de A são 3 e 2.

4. Determinemos uma matriz A real simétrica (AT = A) 2 � 2 cujos valores própriossejam �2 e 2 e tal que (2; 1) seja um vector próprio associado ao valor próprio 2.

Seja A =�a bc d

�2 M2�2 (R) tal que A = AT . Logo b = c. Além disso, sendo �2 e 2

dois valores próprios de A tem-se

0 = det (A+ 2I) = det

�a+ 2 bb d+ 2

�= �b2 + 2a+ 2d+ ad+ 4

e

0 = det (A� 2I) = det�a� 2 bb d� 2

�= �b2 � 2a� 2d+ ad+ 4

sendo (2; 1) um vector próprio associado ao valor próprio 2 tem-se�a bb d

� �21

�= 2

�21

�, (2a+ b = 4 e 2b+ d = 2).

Logo 8>><>>:�b2 + 2a+ 2d+ ad+ 4 = 0�b2 � 2a� 2d+ ad+ 4 = 02a+ b = 42b+ d = 2

,

8>>>><>>>>:a = 6

5

b = 85

d = �65

e assim

A =

�a bb d

�=

24 65

85

85

�65

35 .

5. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que admite os vectores próprios

v1 = (1; 2; 1); v2 = (�1; 0; 1); v3 = (0; 1; 0);

associados respectivamente aos valores próprios 1; 2 e 3.Determinemos a expressão geral de T .Seja (x; y; z) 2 R3. Existem �; �; 2 R tais que

(x; y; z) = �(1; 2; 1) + �(�1; 0; 1) + (0; 1; 0).

457

Logo24 1 �1 0 j x2 0 1 j y1 1 0 j z

35!24 1 �1 0 j x0 2 1 j y � 2x0 2 0 j z � x

35!24 1 �1 0 j x0 2 1 j y � 2x0 0 �1 j z � y + x

35e assim = �x+ y � z, � = 1

2(�x+ z), � = 1

2(x+ z). Pelo que

T (x; y; z) =1

2(x+ z)T (1; 2; 1) +

1

2(�x+ z)T (�1; 0; 1) + (�x+ y � z)T (0; 1; 0) =

=1

2(x+ z) (1; 2; 1) +

1

2(�x+ z) 2(�1; 0; 1) + (�x+ y � z) 3(0; 1; 0) =

=

�3

2x� 1

2z; 3y � 2x� 2z; 3

2z � 1

2x

�ou seja, a expressão geral de T é dada por:

T (x; y; z) =

�3

2x� 1

2z; 3y � 2x� 2z; 3

2z � 1

2x

�.


T (x; y; z) = (0; y + 3z; 3y + z).

(i) T (v1) = (0; 4; 4). Como não existe � 2 R tal que T (v1) = �v1, então v1 não é vectorpróprio de T .T (v2) = (0; 2;�2) = (�2)(0;�1; 1) = (�2)v2. Logo, v2 é um vector próprio de T

associado ao valor próprio �2.T (v3) = (0; 0; 0) = 0(1; 0; 0) = 0v3. Logo, v3 é um vector próprio de T associado ao valor

próprio 0.T (v4) = (0; 10; 6). Como não existe � 2 R tal que T (v4) = �v4, então v4 não é vector

próprio de T .T (v5) = (0; 12; 12) = 4(0; 3; 3) = 4v5. Logo, v5 é um vector próprio de T associado ao

valor próprio 4.

(ii) Determinemos os valores próprios de T . Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 0 0 00 1 30 3 1

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0), T (0; 1; 0) = (0; 1; 3) e T (0; 0; 1) = (0; 3; 1) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

�� 0 00 1� � 30 3 1� �

�� = �� (1� �)2 � 9� == �� ((1� �)� 3) ((1� �) + 3) = �� (�2� �) (4� �) .

458

Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para osquais det(A� �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0, �2 = �2 e �3 = 4.

(iii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como T tem 3 valorespróprios distintos, os vectores próprios correspondentes a cada um deles irão ser linearmenteindependentes e como tal irá existir uma base de R3 formada só com vectores próprios de T ,ou seja, T é diagonalizável.

(iv) O subespaço próprio E�1 é dado por

E�1 = N (T � �1I) =base canónica

N (A� �1I) = N (A)

= N

0@24 0 0 00 1 30 3 1

351A = N

0@24 0 0 00 1 30 0 �8

351A =

= f(x; y; z) : y = z = 0g == f(x; 0; 0) : x 2 Rg = L (f(1; 0; 0)g) .

O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 0 são

u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .

O subespaço próprio E�2 é dado por


N (A� �2I) = N (A+ 2I)

= N

0@24 2 0 00 3 30 3 3

351A = N

0@24 2 0 00 3 30 0 0

351A =

= f(x; y; z) : x = 0 e y + z = 0g == f(x; y; z) : x = 0 e y + z = 0g == f(0;�z; z) : z 2 Rg = L (f(0;�1; 1)g) .

O conjunto f(0;�1; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = �2 são

u = (0;�s; s), com s 2 Rn f0g .



N (A� �3I) = N (A� 4I)

= N

0@24 �4 0 00 �3 30 3 �3

351A = N

0@24 �4 0 00 �3 30 0 0

351A =

= f(x; y; z) : x = 0 e � y + z = 0g == f(x; y; z) : x = 0 e y = zg == f(0; z; z) : z 2 Rg = L (f(0; 1; 1)g) .

459


u = (0; s; s) , com s 2 Rn f0g .


T (1; 2) = (5; 5) = T (2; 1).

(i) Como(1;�1) = �(1; 2) + (2; 1)

Tem-seT (v1) = T (1;�1) = T [�(1; 2) + (2; 1)] =

T é linear�T (1; 2) + T (2; 1) =

= � (5; 5) + (5; 5) = (0; 0) = 0(1;�1) = 0v1:Como

(1; 1) =1

3(1; 2) +

1

3(2; 1)

Tem-se

T (v2) = T (1; 1) = T

�1

3(1; 2) +

1

3(2; 1)

�=

T é linear

1

3T (1; 2) +

1

3T (2; 1) =

=1

3[(5; 5) + (5; 5)] =

10

3(1; 1) =

10

3v2:

Logo, v2 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 103.

(ii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como os vectores v1 = (1;�1)e v2 = (1; 1) formam uma base de R2 pois são dois vectores linearmente independentes emR2 e dimR2 = 2 e além disso, v1 e v2 são vectores próprios de T , então existe uma base deR2 formada só com vectores próprios de T , ou seja, T é diagonalizável.

(iii) Seja Bvp = fv1; v2g = f(1;�1); (1; 1)g. Tem-se

M(T ;Bvp;Bvp) =�0 00 10

3

�,

uma vez que T (v1) = 0v1 = 0v1+0v2 e T (v2) = 103v2 = 0v1+

103v2 e deste modo as coordenadas

(0; 0) e (0; 103) constituem respectivamente a 1a e 2a colunas de M(T ;Bvp;Bvp).

Logo, Bvp é uma base de R2 em relação à qual T pode ser representada por uma matrizdiagonal, por ser uma base formada só com vectores próprios de T .

(iv) Seja A = M(T ;Bvp;Bvp), com Bvp = f(1;�1); (1; 1)g. O polinómio característico édado por

det(A� �I) =�� 00 10

3� �

�� = ��103 � ��.

460


�1 = 0 e �2 =10

3.


E�1 = N (T � �1I) = f�(1;�1) + �(1; 1) : (�; �) 2 N (A� �1I)g == f�(1;�1) + �(1; 1) : (�; �) 2 L (f(1; 0)g)g == f�(1;�1) : � 2 Rg = L (f(1;�1)g) .

O conjunto f(1;�1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 0 são

u = (s;�s) , com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = f�(1;�1) + �(1; 1) : (�; �) 2 N (A� �2I)g == f�(1;�1) + �(1; 1) : (�; �) 2 L (f(0; 1)g)g == f�(1; 1) : � 2 Rg = L (f(1; 1)g) .

O conjunto f(1; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = 10

3são

u = (s; s) , com s 2 Rn f0g .

8. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que em relação à base canónica deR3 é representada pela matriz:

A =

24 0 1 00 1 00 1 0

35 .(i) Sejam v1 = (1; 0; 0), v2 = (1; 1; 1), v3 = (0; 0; 1). Atendendo à matriz, tem-se

T (v1) = T (1; 0; 0) = 0(1; 0; 0) + 0(0; 1; 0) + 0(0; 0; 1) =

= (0; 0; 0) = 0(1; 0; 0) = 0v1;

T (v2) = T (1; 1; 1) = 1(1; 0; 0) + 1(0; 1; 0) + 1(0; 0; 1) =

(1; 1; 1) = 1(1; 1; 1) = 1v2;

T (v3) = T (0; 0; 1) = 0(1; 0; 0) + 0(0; 1; 0) + 0(0; 0; 1) =

(0; 0; 0) = 0(0; 0; 1) = 0v3:

Logo, v1 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 0; v2 é um vector próprio de Tassociado ao valor próprio 1; v3 é um vector próprio de T associado ao valor próprio 0.

461

(ii) Como 0 é valor próprio de T então T não é invertível. Como os vectores v1 =(1; 0; 0); v2 = (1; 1; 1) e v3 = (0; 0; 1) formam uma base de R3 pois são três vectores linear-mente independentes em R3 e dimR3 = 3 e além disso, v1; v2 e v3 são vectores própriosde T , então existe uma base de R3 formada só com vectores próprios de T , ou seja, T édiagonalizável.

(iii) Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 0 1 00 1 00 1 0

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0), T (0; 1; 0) = (1; 1; 1) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 0) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.Determinemos os valores próprios de T . Os valores próprios de T são os valores próprios

de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A� �I) = 0.O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

�� 1 00 1� � 00 1 ��

�� = �2 (1� �) .Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0 e �2 = 1.


E�1 = N (T � �1I) = N (A� �1I) =

= N

0@24 ��1 1 00 1� �1 00 1 ��1

351A = N

0@24 0 1 00 1 00 1 0

351A =

= N

0@24 0 1 00 0 00 0 0

351A =�(x; y; z) 2 R3 : y = 0

=

= f(x; 0; z) : x; z 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0; 0; 1)g) .

O conjunto f(1; 0; 0); (0; 0; 1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 0 são

u = (s; 0; t), com s 6= 0 ou t 6= 0.


E�2 = N (T � �2I) = N (A� �2I) =

= N

0@24 ��2 1 00 1� �2 00 1 ��2

351A = N

0@24 �1 1 00 0 00 1 �1

351A =

= f(x; y; z) : �x+ y = 0 e y � z = 0g == f(x; x; x) : x 2 Rg = L (f(1; 1; 1)g) .

462


u = (s; s; s), com s 2 Rn f0g .

(iv) É possível ter então uma base de R3 constituída só por vectores próprios de T :

Bvp = f(1; 0; 0); (1; 1; 1); (0; 0; 1)g ,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 = 3.

Note ainda que

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �1

35e

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �1

35 = SB3c!BvpA �SB3c!Bvp��1com �

SB3c!Bvp��1

= SBvp!B3c =

24 1 1 00 1 00 1 1

35 e A =M(T ;B3c ;B3c ).

Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal tendo-se

(R3;B3c )A�!T

(R3;B3c )SB3c!Bvp # I I # SB3c!Bvp

(R3;Bvp)T�!

M(T ;Bvp;Bvp)(R3;Bvp)

Em resumo, existe P�1 = SBvp!B3c tal que

D = PAP�1

com D =M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �1

35.

9. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base ordenadaB1 = f(1; 2) ; (2; 1)g de R2 é representada pela matriz:

A =

�2 33 2

�.

(i) Tem-sedet (A� 0I) = detA = �5 6= 0.

463

Logo, como 0 não é valor próprio de T então T é invertível.Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os

quais det(A� �I) = 0.O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =�� 2� � 3

3 2� �

�� = (2� �)2 � 9 = [(2� �)� 3] [(2� �) + 3] == (�1� �) (5� �)

Logo, os valores próprios de T são

�1 = �1 e �2 = 5.

Como T tem 2 valores próprios distintos, os vectores próprios correspondentes a cada umdeles irão ser linearmente independentes e como tal irá existir uma base de R2 formada sócom vectores próprios de T , ou seja, T é diagonalizável.

(ii) O subespaço próprio E�1 é dado por

E�1 = N (T � �1I) = f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N (A� (�1) I)g =

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 33 3

��=

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 30 0

��=

= f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 L (f(�1; 1)g)g == f (�1; 1) : 2 Rg = L (f(�1; 1)g) .

O conjunto f(�1; 1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = �1 são

u = (�s; s), com s 2 Rn f0g .


E�1 = N (T � �1I) = f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N (A� 5I)g =

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 33 �3

��=

=

��(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 N

��3 30 0

��=

= f�(1; 2) + �(2; 1) : (�; �) 2 L (f(1; 1)g)g == f (1; 1) : 2 Rg = L (f(1; 1)g) .

O conjunto f(1; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = 5 são

u = (s; s), com s 2 Rn f0g .

464

(iii) É possível ter uma base de R2 constituída só por vectores próprios de T :

Bvp = f(�1; 1); (1; 1)g ,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 = 2 = dimR2.

Logo,

M(T ;Bvp;Bvp) =��1 00 �2

�=

��1 00 5

�uma vez que

T (�1; 1) = �1(�1; 1) = �1(�1; 1) + 0(1; 1)e

T (1; 1) = �2(1; 1) = 0(�1; 1) + �2(1; 1).Deste modo, (�1; 0) e (0; �2) constituem respectivamente a 1a e 2a colunas deM(T ;Bvp;Bvp).Além disso, sendo B1 = f(1; 2) ; (2; 1)g, tem-se

M(T ;Bvp;Bvp) = SB1!BvpA�SB1!Bvp

��1com �

SB1!Bvp��1

= SBvp!B1 =

�1 1

3

�1 13

�e A =M(T ;B1;B1)

uma vez que

(�1; 1) = (1; 2)� (2; 1) e (1; 1) =1

3(1; 2) +

1

3(2; 1) .

Logo, a matriz A é diagonalizável e tem-se

D = PAP�1

com

P�1 = SBvp!B1 =

�1 1

3

�1 13

�e D =M(T ;Bvp;Bvp) =

��1 00 5

�Observação:

(R2;B1)A�!T

(R2;B1)P�1 " I I # P(R2;Bvp)

T�!D

(R2;Bvp)

10. Seja V um espaço linear de dimensão �nita. Seja T : V ! V uma transformação lin-ear tal que T 2 = T . Uma tranformação linear nas condições anteriores chama-se projecção.(i) Mostre que os valores próprios de T são 0 e 1:Dem. Seja � um valor próprio de T . Logo existe v 6= 0 tal que

T (v) = �v.

Por outro lado, como

�v = T (v) = T 2 (v) = (T � T ) (v) = T (T (v)) = T (�v) =T é linear

�T (v) = ��v = �2v

465

tem-se�v = �2v , � (1� �) v = 0 ,

v 6=0(� = 0 ou � = 1) .

Logo, os valores próprios de T são 0 e 1.

(ii) Tem-seT 2 = T , (T � I)T = 0

logo, para todo o u 2 V

(T � I) (T (u)) = 0 (u) = 0,T (u) 2 N (T � I)

pelo queI (T ) � N (T � I) .

Seja agora u 2 N (T � I). Logo (T � I) (u) = 0, isto é, T (u) = u, ou seja u 2 I (T ). Destemodo

N (T � I) � I (T )e assim

I (T ) = N (T � I) .Por outro lado, sendo n = dimV , atendendo a que

n = dim V|{z}espaço de partida

= dimN (T ) + dim I (T ) =

= dimN (T � 0I) + dimN (T � 1I) = mg (0) +mg (1)

isto é,n = mg (0) +mg (1)

então T é diagonalizável, uma vez que existirá assim uma base de V formada só com vectorespróprios de T .


T (x; y; z) = (x; y;�x� y) .

(i) Determinemos os valores próprios e os subespaços próprios de T .Seja B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g a base canónica de R3. Seja A = M(T ;B3c ;B3c ).

Tem-se

A =

24 1 0 00 1 0�1 �1 0

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0;�1), T (0; 1; 0) = (0; 1;�1) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 0) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.Determinemos os valores próprios de T . Os valores próprios de T são os valores próprios

de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A� �I) = 0.

466

O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��1� � 0 00 1� � 0�1 �1 ��

�� = �� (1� �)2 .Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0 e �2 = 1.


E�1 = N (T � �1I) = N (A� 0I) =

= N

0@24 1 0 00 1 0�1 �1 0

351A = N

0@24 1 0 00 1 00 0 0

351A =

= f(0; 0; z) : z 2 Rg = L (f(0; 0; 1)g) .


u = (0; 0; s), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (A� I) = N

0@24 0 0 00 0 0�1 �1 �1

351A =

=�(x; y; z) 2 R3 : x+ y + z = 0

=

=�(x; y; z) 2 R3 : x = �y � z

=

= f(�y � z; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g) .

O conjunto f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = 1 são

u = (�s� t; s; t), com s 6= 0 ou t 6= 0.

(ii) Tem-se T 2 = T , razão pela qual a transformação linear T é uma projecção. Comof(�1; 1; 0); (�1; 0; 1); (0; 0; 1)g é uma base de R3 formada só por vectores próprios de T , cujosvalores próprios associados são respectivamente 1 e 0, tendo-se

T (�1; 1; 0) = 1(�1; 1; 0) = (�1; 1; 0)T (�1; 0; 1) = 1(�1; 0; 1) = (�1; 0; 1)T (0; 0; 1) = 0(0; 0; 1) = (0; 0; 0).

Assim, T projecta os elementos de R3 sobre um plano, paralelamente a um vector, sendo oplano dado por:

L (f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g)

467

isto é, por:x+ y + z = 0

e o vector dado por:(0; 0; 1).

12. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que representa geometricamente aprojecção sobre o plano x+ y + z = 0, paralelamente ao vector (0; 0; 1).(i) O plano �

(x; y; z) 2 R3 : x+ y + z = 0= L (f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g)

é tal queT (�1; 1; 0) = (�1; 1; 0) e T (�1; 0; 1) = (�1; 0; 1)

e o vector (0; 0; 1) é tal queT (0; 0; 1) = (0; 0; 0)

Ou seja, os vectores que de�nem o plano são vectores (de I (T )) (linearmente independentes)próprios de T associados ao valor próprio 1 e o vector (0; 0; 1) é um vector (de N (T )) própriode T associado ao valor próprio 0:

(ii) Seja (x; y; z) 2 R3. Como

f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1); (0; 0; 1)g

é uma base de R3, as coordenadas de (x; y; z) em relação à base ordenada anterior irão ser�; �; tais que

(x; y; z) = �(�1; 1; 0) + �(�1; 0; 1) + (0; 0; 1).Atendendo a24 �1 �1 0 j x

1 0 0 j y0 1 1 j z

35!24 �1 �1 0 j x0 �1 0 j x+ y0 1 1 j z

35!24 �1 �1 0 j x0 �1 0 j x+ y0 0 1 j x+ y + z

35e assim = x+ y + z, � = �x� y; � = y. Pelo que

T (x; y; z) = yT (�1; 1; 0) + (�x� y)T (�1; 0; 1) + (x+ y + z)T (0; 0; 1) =

= y(�1; 1; 0) + (�x� y) (�1; 0; 1) + (x+ y + z) (0; 0; 0) == (x; y;�x� y),

isto é, a expressão geral de T é dada por:

T (x; y; z) = (x; y;�x� y).

13. Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se A =

24 0 0 01 1 00 0 1

35, uma vez queT (1; 0; 0) = (0; 1; 0), T (0; 1; 0) = (0; 1; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 0; 1):

468

Como

det(A� �I) =

�� 0 01 1� � 00 0 1� �

�� = �� (�� 1)2então os valores próprios de T são: 0 e 1. Como

N (T ) = N (A) = L (f(�1; 1; 0)g) ; I (T ) = C (A) = L (f(0; 1; 0) ; (0; 0; 1)g)

e h(�1; 1; 0) ; (0; 1; 0)i = 1 6= 0 então (N (T ))? 6= I (T ), ou seja, T não é uma projecçãoortogonal.

14. a) e b) Como

T (�1; 1;�1) = �2 (�1; 1;�1) ; T (1; 0; 1) = �2 (1; 0; 1) e T (�1; 0; 1) = 0 (�1; 0; 1)

entãoR3 = N (T � (�2) I)�N (T � 0I)

comdimN (T � (�2) I) = 2 e dimN (T � 0I) = 1:

Logo �2 e 0 são os únicos valores próprios de T .Como

N (T � (�2) I) = L (f(�1; 1;�1) ; (1; 0; 1)g)e

(1; 1; 1) = (�1; 1;�1) + 2 (1; 0; 1)então

(1; 1; 1) 2 N (T � (�2) I)e assim (1; 1; 1) é vector próprio de T associado ao valor próprio �2.

15. Considere a transformação linear T : R2 �! R2 que em relação à base canónica deR2 é representada pela matriz:

A =

�2 10 2

�.

(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =�� 2� � 1

0 2� �

�� = (2� �)2 = �2 � 4�+ 4.Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os

quais det(A� �I) = 0. Logo, o valor próprio de T é

� = 2.

O subespaço próprio E� é dado por

E� = N (T � �I) = N (A� 2I) = N��

0 10 0

��=

�(x; y) 2 R2 : y = 0

= f(x; 0) : x 2 Rg = L (f(1; 0)g) .

469

O conjunto f(1; 0)g é uma base de E�.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio � = 2 são

u = (s; 0), com s 2 Rn f0g .

(ii) Não existe nenhuma base de R2 constituída só por vectores próprios de T uma vezque dimE� = 1 < 2 = dimR2. Logo, T não é diagonalizável.


T (x; y; z) = (3x; 2y + z; 2z).

Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 3 0 00 2 10 0 2

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (3; 0; 0), T (0; 1; 0) = (0; 2; 0) e T (0; 0; 1) = (0; 1; 2) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��3� � 0 00 2� � 10 0 2� �

�� = (3� �) (2� �)2 = ��3 + 7�2 � 16�+ 12.Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � para os

quais det(A� �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 3 e �2 = 2.


E�1 = N (T � �1I) = N (A� �1I) =

= N

0@24 0 0 00 �1 10 0 �1

351A = N

0@24 0 0 00 �1 00 0 �1

351A =



u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (A� �2I) =

= N

0@24 1 0 00 0 10 0 0

351A = f(x; y; z) : x = z = 0g =

= f(0; y; 0) : y 2 Rg = L (f(0; 1; 0)g) .

470


u = (0; s; 0), com s 2 Rn f0g .

(ii) Não existe nenhuma base de R3 constituída só por vectores próprios de T uma vezque

dimE�1 + dimE�2 = 2 < 3 = dimR3:

Logo, a matriz A não é diagonalizável, isto é, não existe nenhuma base de R3 em relação àqual T possa ser representada por uma matriz diagonal.


T (x; y; z) = (y + z; 2y + z; y + 2z).

Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 0 1 10 2 10 1 2

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (0; 0; 0), T (0; 1; 0) = (1; 2; 1) e T (0; 0; 1) = (1; 1; 2) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

�� 1 10 2� � 10 1 2� �

�� = �� (2� �)2 + � = �� (2� �)2 � 1� == �� [((2� �)� 1) ((2� �) + 1)] = �� (1� �) (3� �)= ��3 + 4�2 � 3�.

(ii) Os valores próprios de T são os valores próprios de A, isto é, são os valores de � paraos quais det(A� �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 0, �2 = 1 e �3 = 3.


E�1 = N (T � �1I) = N (A� �1I) =

= N

0@24 0 1 10 2 10 1 2

351A = N

0@24 0 1 10 1 00 0 1

351A =


O conjunto f(1; 0; 0)g é uma base de E�1.

471

Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 0 são

u = (s; 0; 0), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (T � �2I) = N (A� �2I) =

= N

0@24 �1 1 10 1 10 1 1

351A = N

0@24 �1 1 10 1 10 0 0

351A =

= f(x; y; z) : �x+ y + z = 0 e y + z = 0g == f(x; y; z) : x = 0 e y + z = 0g == f(0;�z; z) : z 2 Rg = L (f(0;�1; 1)g) .

O conjunto f(0;�1; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = 1 são

u = (0;�s; s), com s 2 Rn f0g .


E�3 = N (T � �3I) = N (A� �3I) =

= N

0@24 �3 1 10 �1 10 1 �1

351A = N

0@24 �3 1 10 �1 10 0 0

351A =

= f(x; y; z) : �3x+ y + z = 0 e � y + z = 0g =

=

�(x; y; z) : x =

2

3z e y = z

�=

=

��2

3z; z; z

�: z 2 R

�= L (f(2; 3; 3)g) .


u = (2s; 3s; 3s) , com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(1; 0; 0); (0;�1; 1); (2; 3; 3)g ,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 + dimE�3 = 3 = dimR3.

Logo, a matriz que representa T na base Bvp é dada por

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 0 0 00 1 00 0 3

35 =24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 ,472

uma vez queT (1; 0; 0) = (0; 0; 0) = 0(1; 0; 0) + 0(0;�1; 1) + 0 (2; 3; 3) ,T (0;�1; 1) = (0;�1; 1) = 0(1; 0; 0) + 1(0;�1; 1) + 0 (2; 3; 3)

eT (2; 3; 3) = (6; 9; 9) = 0(1; 0; 0) + 0(0;�1; 1) + 3 (2; 3; 3) .

Deste modo, (�1; 0; 0), (0; �2; 0) e (0; 0; �3) constituem respectivamente a 1a, 2a e 3a colunasde M(T ;Bvp;Bvp).

(iv) Seja A a matriz que representa T na base canónica de R3, isto é, A =M(T ;B3c ;B3c ).Tem-se, por (iii),

M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 =24 0 0 00 1 00 0 3

35 .Logo, atendendo ao diagrama

(R3;B3c )A�!T

(R3;B3c )�SB3c!Bvp

��1 " I I # SB3c!Bvp(R3;Bvp)

T�!M(T ;Bvp;Bvp)

(R3;Bvp)

tem-seD = PAP�1,

com

D =M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �2 00 0 �3

35 =24 0 0 00 1 00 0 3

35 ,com

P�1 =�SB3c!Bvp

��1= SBvp!B3c =

24 1 0 20 �1 30 1 3

35 e A =M(T ;B3c ;B3c ).

Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal.

(v) Atendendo a queD = PAP�1,

tem-seA = P�1DP .

Logo,

An = P�1DnP =

24 1 0 20 �1 30 1 3

3524 0n 0 00 1n 00 0 3n

3524 1 0 20 �1 30 1 3

35�1 ==

24 0 133n 1

33n

0 12+ 1

23n �1

2+ 1

23n

0 �12+ 1

23n 1

2+ 1

23n

35473

e

T n(x; y; z) = An

24 xyz

35 =24 1

33ny + 1

33nz�

12+ 1

23n�y +

��12+ 1

23n�z�

�12+ 1

23n�y +

�12+ 1

23n�z

35 ,para todo o (x; y; z) 2 R3.

18. Considere a transformação linear T : R3 �! R3 que em relação à base

B = f(0; 1; 0) ; (1; 0;�1) ; (1; 0; 1)g

(ordenada) de R3 é representada pela matriz:

A =

24 7 4 21 7 �1�1 2 10

35 .Logo, a matriz que representa T em relação à base canónica Bc de R3 é dada por:

B =M (T ;Bc;Bc) = SB!Bc

24 7 4 21 7 �1�1 2 10

35 (SB!Bc)�1 =

=

24 0 1 11 0 00 �1 1

3524 7 4 21 7 �1�1 2 10

3524 0 1 0120 �1

2120 1

2

35 =24 9 0 03 7 �13 �2 8

35 .Note que deste modo, para todo o (x; y; z) 2 R3 tem-se

T (x; y; z) = B

24 xyz

35 = (9x; 3x+ 7y � z; 3x� 2y + 8z) .(i) O polinómio característico é dado por

det(A� �I) = det(B � �I) =

��9� � 0 03 7� � �13 �2 8� �

�� = (9� �) [(7� �) (8� �)� 2] == (9� �)

��2 � 15�+ 54

�= (9� �) (�� 9) (�� 6) =

= � (�� 9)2 (�� 6) .

(ii) Os valores próprios de T são os valores próprios de B, isto é, são os valores de � paraos quais det(B � �I) = 0. Logo, os valores próprios de T são

�1 = 9 e �2 = 6.

474


E�1 = N (T � �1I) = N (B � �1I) =

= N

0@24 0 0 03 �2 �13 �2 �1

351A = N

0@24 0 0 00 0 03 �2 �1

351A =

=�(x; y; z) 2 R3 : 3x� 2y � z = 0

=

= f(x; y; 3x� 2y) : x; y 2 Rg = L (f(1; 0; 3); (0; 1;�2)g) .

O conjunto f(1; 0; 3); (0; 1;�2)g é uma base de E�1 .Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 9 são

u = (s; t; 3s� 2t), com s 6= 0 ou t 6= 0.


E�2 = N (T � �2I) = N (B � �2I) =

= N

0@24 3 0 03 1 �13 �2 2

351A = N

0@24 3 0 00 1 �10 0 0

351A =

= f(x; y; z) : 3x = 0 e y � z = 0g == f(0; z; z) : z 2 Rg = L (f(0; 1; 1)g) .


u = (0; s; s), com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(1; 0; 3); (0; 1;�2); (0; 1; 1)g ,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 = 3 = dimR3.


M(T ;Bvp;Bvp) =

24 9 0 00 9 00 0 6

35 =24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 ,uma vez que

T (1; 0; 3) = (9; 0; 27) = 9(1; 0; 3) + 0(0; 1;�2) + 0(0; 1; 1),T (0; 1;�2) = (0; 9;�18) = 0(1; 0; 3) + 9(0; 1;�2) + 0(0; 1; 1)

eT (0; 1; 1) = (0; 6; 6) = 0(1; 0; 3) + 0(0; 1;�2) + 6(0; 1; 1).

475

Deste modo, (�1; 0; 0), (0; �2; 0) e (0; 0; �3) constituem respectivamente a 1a, 2a e 3a colunasde M(T ;Bvp;Bvp).Logo, atendendo ao diagrama

(R3;B3c )B�!T

(R3;B3c )�SB3c!Bvp

��1 " I I # SB3c!Bvp(R3;Bvp)

T�!M(T ;Bvp;Bvp)

(R3;Bvp)

tem-seD = PBP�1,

com

D =M(T ;Bvp;Bvp) =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 9 0 00 9 00 0 6

35 ,com

P�1 =�SB3c!Bvp

��1= SBvp!B3c =

24 1 0 00 1 13 �2 1

35 e B =M(T ;B3c ;B3c ).

Isto é, a matriz B é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal.

(iv) Atendendo a queD = PBP�1,

tem-seB = P�1DP .

Logo,

Bn = P�1DnP =

24 1 0 00 1 13 �2 1

3524 9n 0 00 9n 00 0 6n

3524 1 0 00 1 13 �2 1

35�1 ==

24 1 0 00 1 13 �2 1

3524 9n 0 00 9n 00 0 6n

3524 1 0 01 1=3 �1=3�1 2=3 1=3

35 ==

24 9n 0 00 9n 6n

9n3 9n(�2) 6n

3524 1 0 01 1=3 �1=3�1 2=3 1=3

35 ==

24 9n 0 09n � 6n 1

39n + 2

36n �1

39n + 1

36n

9n � 6n �239n + 2

36n 2

39n + 1

36n

35e

An = (SB!Bc)�1BnSB!Bc =

=

24 0 1 11 0 00 �1 1

35�1 24 9n 0 09n � 6n 1

39n + 2

36n �1

39n + 1

36n

9n � 6n �239n + 2

36n 2

39n + 1

36n

3524 0 1 11 0 00 �1 1

35 =476

=

24 236n + 1

39n 4

39n � 4

36n 2

39n � 2

36n

139n � 1

36n 2

36n + 1

39n 1

36n � 1

39n

136n � 1

39n 2

39n � 2

36n 4

39n � 1

36n

35 .Por outro lado,

T n(x; y; z) = Bn

24 xyz

35 =24 9nx(9n � 6n)x+

�139n + 2

36n�y +

��139n + 1

36n�z

(9n � 6n)x+��239n + 2

36n�y +

�239n + 1

36n�z

35 ,para todo o (x; y; z) 2 R3.

19. Sabendo que os vectores (1; 1; 1); (1; 0;�1) e (1;�1; 0) são vectores próprios da matriz

A =

24 1 1 1a b cd e f

35 ,existem �1; �2 e �3 2 R tais que

(1; 1; 1) 2 N (A� �1I), (1; 0;�1) 2 N (A� �2I) e (1;�1; 0) 2 N (A� �3I),

isto é, 24 1� �1 1 1a b� �1 cd e f � �1

3524 111

35 =24 000

35 ,24 1� �2 1 1

a b� �2 cd e f � �2

3524 10�1

35 =24 000

35e 24 1� �3 1 1

a b� �3 cd e f � �3

3524 1�10

35 =24 000

35 .Logo, tem-se respectivamente8>>>><>>>>:

3� �1 = 0

a+ b+ c� �1 = 0

d+ e+ f � �1 = 0

,

8>>>><>>>>:�1 = 3

a+ b+ c = 3

d+ e+ f = 3,8>>>><>>>>:��2 = 0

a� c = 0

d� f + �2 = 0

,

8>>>><>>>>:�2 = 0

a = c

d = f

477

e 8>>>><>>>>:��3 = 0

a� b+ �3 = 0

d� e = 0

,

8>>>><>>>>:�3 = 0

a = b

d = e.

Assim, 8>>>>>>>><>>>>>>>>:

�1 = 3

�2 = 0

�3 = 0

a = b = c = d = e = f = 1.

20. Considere a transformação linear T :M2�2(R) �!M2�2(R) de�nida por

T (A) = A+ AT .

(i) Seja

B2�2c =

��1 00 0

�;

�0 10 0

�;

�0 01 0

�;

�0 00 1

��a base canónica (ordenada) deM2�2(R).A matrizM(T ;B2�2c ;B2�2c ) que representa T em relação à base canónica (ordenada) B2�2c

é dada por

M(T ;B2�2c ;B2�2c ) =

26642 0 0 00 1 1 00 1 1 00 0 0 2

3775 ,uma vez que

T

��1 00 0

��=

�2 00 0

�= 2

�1 00 0

�+ 0

�0 10 0

�+ 0

�0 01 0

�+ 0

�0 00 1

�,

T

��0 10 0

��=

�0 11 0

�= 0

�1 00 0

�+

�0 10 0

�+

�0 01 0

�+ 0

�0 00 1

�,

T

��0 01 0

��=

�0 11 0

�= 0

�1 00 0

�+

�0 10 0

�+

�0 01 0

�+ 0

�0 00 1

�,

e

T

��0 00 1

��=

�0 00 2

�= 0

�1 00 0

�+ 0

�0 10 0

�+ 0

�0 01 0

�+ 2

�0 00 1

�.

478

(ii) Seja A =M(T ;B2�2c ;B2�2c ). O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��2� � 0 0 00 1� � 1 00 1 1� � 00 0 0 2� �

�� = (2� �)2 �(1� �)2 � 1� =

= (2� �)2 [((1� �)� 1) ((1� �) + 1)] == �� (2� �)3 .


�1 = 0 e �2 = 2.


E�1 = N (T � �1I) =��

a bc d

�2M2�2(R) : (T � �1I)

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : T

��a bc d

�� 1I

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��1a �1b�1c �1d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��0 00 0

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : 2a = 0 e b+ c = 0 e 2d = 0

�=

=

��0 �cc 0

�2M2�2(R) : c 2 R

�=

= L

��0 �11 0

��.

O conjunto��

0 �11 0

��é uma base de E�1.


U =

�0 �ss 0

�, com s 2 Rn f0g .

479


E�2 = N (T � �2I) =��

a bc d

�2M2�2(R) : (T � �2I)

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : T

��a bc d

�� 2I

��a bc d

��=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��2a �2b�2c �2d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�2a b+ cc+ b 2d

��2a 2b2c 2d

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) :

�0 �b+ c

�c+ b 0

�=

�0 00 0

��=

=

��a bc d

�2M2�2(R) : b = c

�=

=

��a cc d

�2M2�2(R) : a; c; d 2 R

�=

= L

��1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��.

O conjunto��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 00 1

��é uma base de E�2.


U =

�r ss t

�, com r 6= 0 ou s 6= 0 ou t 6= 0.

(iii) É possível ter uma base deM2�2(R) constituída só por vectores próprios de T :

Bvp =��

1 00 0

�;

�0 11 0

�;

�0 �11 0

�;

�0 00 1

��,

uma vez quedimE�1 + dimE�2 = 4 = dimM2�2(R).


M(T ;Bvp;Bvp) =

26642 0 0 00 2 0 00 0 0 00 0 0 2

3775 =2664�2 0 0 00 �2 0 00 0 �1 00 0 0 �2

3775 ,uma vez que

T

��1 00 0

��=

�2 00 0

�= 2

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 0

�0 00 1

�,

T

��0 11 0

��=

�0 22 0

�= 0

�1 00 0

�+ 2

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 0

�0 00 1

�,

480

T

��0 �11 0

��=

�0 00 0

�= 0

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 0

�0 00 1

�,

e

T

��0 00 1

��=

�0 00 2

�= 0

�1 00 0

�+ 0

�0 11 0

�+ 0

�0 �11 0

�+ 2

�0 00 1

�.

Deste modo, (�2; 0; 0; 0), (0; �2; 0; 0), (0; 0; �1; 0) e (0; 0; 0; �2) constituem respectivamente a1a, 2a, 3a e 4a colunas de M(T ;Bvp;Bvp).Logo, atendendo ao diagrama

(M2�2(R);B2�2c )A�!T

(M2�2(R);B2�2c )�SB2�2c !Bvp

��1" I I # SB2�2c !Bvp

(M2�2(R);Bvp)T�!

M(T ;Bvp;Bvp)(M2�2(R);Bvp)

tem-seD = PAP�1,

com

D =M(T ;Bvp;Bvp) =

2664�2 0 0 00 �2 0 00 0 �1 00 0 0 �2

3775 =26642 0 0 00 2 0 00 0 0 00 0 0 2

3775 ,com

P�1 =�SB2�2c !Bvp

��1= SBvp!B2�2c

e A =M(T ;B2�2c ;B2�2c ).

Isto é, a matriz A é diagonalizável e a matriz M(T ;Bvp;Bvp) é diagonal.

21. (i) Seja

A1 =

�2 1�2 5

�.

Tem-se

det(A1 � �I) =�� 2� � 1�2 5� �

�� = (2� �) (5� �) + 2 = �2 � 7�+ 12 = (3� �) (4� �) .Os valores próprios de A1 são

�1 = 3 e �2 = 4.


E�1 = N (A� �1I) =

= N��

2� �1 1�2 5� �1

��= N

��1 1�2 2

��=

= N��1 10 0

��=�(x; y) 2 R2 : �x+ y = 0

=

= f(y; y) : y 2 Rg = L (f(1; 1)g) .

481

O conjunto f(1; 1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de A1 associados ao valor próprio �1 = 3 são

u = (s; s), com s 2 Rn f0g .


E�2 = N (A2 � �2I) =

= N��

2� �2 1�2 5� �2

��= N

��2 1�2 1

��=

= N��2 10 0

��=�(x; y) 2 R2 : �2x+ y = 0

=

= f(x; 2x) : x 2 Rg = L (f(1; 2)g) .

O conjunto f(1; 2)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de A1 associados ao valor próprio �2 = 4 são

u = (s; 2s), com s 2 Rn f0g .

É possível ter uma base de R2 constituída só por vectores próprios de A1:

Bvp = f(1; 1); (1; 2)g ,


Logo, a matriz A1 é diagonalizável e tem-se

D1 = P1A1P�11 ,

com

P�11 = SBvp!B2c =

�1 11 2

�e

D1 =

��1 00 �2

�=

�3 00 4

�.

(ii) Seja

A2 =

24 2 1 10 3 10 1 3

35 .Tem-se

det(A2 � �I) =

��2� � 1 10 3� � 10 1 3� �

�� = (2� �) �(3� �)2 � 1� == (2� �) [(3� �)� 1] [(3� �) + 1] = (2� �)2 (4� �) .

482

Os valores próprios de A2 são

�1 = 2 e �2 = 4.


E�1 = N (A2 � �1I) =

= N

0@24 2� �1 1 10 3� �1 10 1 3� �1

351A = N

0@24 0 1 10 1 10 1 1

351A =

= N

0@24 0 1 10 0 00 0 0

351A =�(x; y; z) 2 R3 : y + z = 0

=

= f(x;�z; z) : x; z 2 Rg = L (f(1; 0; 0); (0;�1; 1)g) .

O conjunto f(1; 0; 0); (0;�1; 1)g é uma base de E�1 .Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio �1 = 2 são

u = (s;�t; t), com s 6= 0 ou t 6= 0.


E�2 = N (A2 � �2I) =

= N

0@24 2� �2 1 10 3� �2 10 1 3� �2

351A = N

0@24 �2 1 10 �1 10 1 �1

351A =

= N

0@24 �2 1 10 �1 10 0 0

351A =�(x; y) 2 R2 : �2x+ y + z = 0 e � y + z = 0

=

= f(z; z; z) : z 2 Rg = L (f(1; 1; 1)g) .

O conjunto f(1; 1; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio �2 = 4 são

u = (s; s; s), com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(1; 0; 0); (0;�1; 1); (1; 1; 1)g ,



D2 = P2A2P�12 ,

com

P�12 = SBvp!B3c =

24 1 0 10 �1 10 1 1

35483

e

D2 =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 2 0 00 2 00 0 4

35 .

(iii) Seja

A3 =

24 1 1 01 1 00 0 0

35 .Tem-se

det(A3 � �I) =

��1� � 1 01 1� � 00 0 ��

�� = (��) �(1� �)2 � 1� == (��) [(1� �)� 1] [(1� �) + 1] = �2 (2� �) .

Os valores próprios de A3 são

�1 = 0 e �2 = 2.


E�1 = N (A3 � �1I) =

= N

0@24 1� �1 1 01 1� �1 00 0 ��1

351A = N

0@24 1 1 01 1 00 0 0

351A =

= N

0@24 1 1 00 0 00 0 0

351A =�(x; y; z) 2 R3 : x+ y = 0

=

= f(�y; y; z) : y; z 2 Rg = L (f(�1; 1; 0); (0; 0; 1)g) .

O conjunto f(�1; 1; 0); (0; 0; 1)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de A2 associados ao valor próprio �1 = 0 são

u = (�s; s; t), com s 6= 0 ou t 6= 0.


E�2 = N (A2 � �2I) =

= N

0@24 1� �2 1 01 1� �2 00 0 ��2

351A = N

0@24 �1 1 01 �1 00 0 �2

351A =

= N

0@24 �1 1 00 0 00 0 �2

351A =�(x; y) 2 R2 : �x+ y = 0 e � 2z = 0

=

= f(y; y; 0) : y 2 Rg = L (f(1; 1; 0)g) .

484

O conjunto f(1; 1; 0)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de A3 associados ao valor próprio �2 = 2 são

u = (s; s; 0), com s 2 Rn f0g .


Bvp = f(�1; 1; 0); (0; 0; 1); (1; 1; 0)g ,



D3 = P3A3P�13 ,

com

P�13 = SBvp!B3c =

24 �1 0 11 0 10 1 0

35 e D3 =

24 �1 0 00 �1 00 0 �2

35 =24 0 0 00 0 00 0 2

35 .

22. Considere a transformação linear T : R4 �! R4 que em relação à base canónica deR4 é representada pela matriz 2664

0 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

3775 ,com a; b; c 2 R.Determinemos os valores próprios de T . Tem-se��

�� 0 0 0a �� 0 00 b �� 00 0 c ��

�� = (��)4 = �4.

O valor próprio de T é � = 0.O subespaço próprio E� é dado por

E� = N

0BB@2664�� 0 0 0a �� 0 00 b �� 00 0 c ��

37751CCA = N

0BB@26640 0 0 0a 0 0 00 b 0 00 0 c 0

37751CCA =

=�(x; y; z; w) 2 R4 : ax = 0 e by = 0 e cz = 0

.

Assim, para que exista uma base de R4 constituída só por vectores próprios de T é necessárioque se tenha

a = b = c = 0.

485

Caso contrário, teríamosdimE� < 4.

23. (i) ComoAu1 = (�+ 1)u1

eAu2 = (�� 1)u2

então u1; u2 são vectores próprios de A, associados respectivamente aos valores próprios �+1e �� 1.

(ii)

p(�) = det(A� �I) = (3� �)�(�� )2 � 1

�= (3� �)(�� 1)(�� + 1):

Para (� + 1 6= 3 e � � 1 6= 3) , � 62 f2; 4g os valores próprios de A: 3; � + 1 e � � 1 sãotodos distintos.

(iii) Para � 62 f2; 4g, fu1g; fu2g e f(3 � �; �2 � 6� + 8; 1)g são bases de E�+1, E��1 eE3, respectivamente.Para � = 2, E3 = E�+1. Além disso, fu2g é uma base de E��1 e fu1g é uma base de E3.Para � = 4, E3 = E��1. Além disso, fu2g é uma base de E3 e fu1g é uma base de E�+1.

(iv) Para � 62 f2; 4g a matriz A é diagonalizável, pois os seus valores próprios são todosdistintos. Se � = 2 ou � = 4 então 3 é valor próprio de A e mg(3) = 1 < 2 = ma(3), peloque A não é diagonalizável. Logo A é diagonalizável , � 62 f2; 4g.

24. a) e b) Seja B3c = f(1; 0; 0); (0; 1; 0); (0; 0; 1)g a base canónica de R3. Seja A =M(T ;B3c ;B3c ). Tem-se

A =

24 1 0 20 1 02 0 1

35 ,uma vez que T (1; 0; 0) = (1; 0; 2), T (0; 1; 0) = (0; 1; 0) e T (0; 0; 1) = (2; 0; 1) constituemrespectivamente a 1a, 2a e 3a colunas de A.Determinemos os valores próprios de T . Os valores próprios de T são os valores próprios

de A, isto é, são os valores de � para os quais det(A� �I) = 0.O polinómio característico é dado por

det(A� �I) =

��1� � 0 20 1� � 02 0 1� �

�� = (1� �)�� 1� � 2

2 1� �

�� == (1� �)

�(1� �)2 � 4

�= (1� �) (�1� �) (3� �) .

486

Logo, os valores próprios de T são �1 = 1, �2 = �1 e �2 = 3O subespaço próprio E�1 é dado por

E�1 = N (T � �1I) = N (A� I) = N

0@24 0 0 20 0 02 0 0

351A = L (f(0; 1; 0)g) :

O conjunto f(0; 1; 0)g é uma base de E�1.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �1 = 1 são u = (0; s; 0), com

s 2 Rn f0g.O subespaço próprio E�2 é dado por

E�2 = N (T � �2I) = N (A+ I) = N

0@24 2 0 20 2 02 0 2

351A = L (f(�1; 0; 1)g) :

O conjunto f(�1; 0; 1)g é uma base de E�2.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �2 = �1 são u = (�s; 0; s), com

s 2 Rn f0g.O subespaço próprio E�3 é dado por

E�3 = N (T � �3I) = N (A� 3I) = N

0@24 �2 0 20 �2 02 0 �2

351A = f(x; 0; x) : x 2 Rg = L (f(1; 0; 1)g) :

O conjunto f(1; 0; 1)g é uma base de E�3.Os vectores próprios de T associados ao valor próprio �3 = 3 são u = f(s; 0; s)g, com

s 2 Rn f0g.

Como 0 não é valor próprio de T então T é invertível. Como T tem 3 valores própriosdistintos, os vectores próprios associados serão linearmente independentes, pelo que existiráuma base ordenada de R3 formada só por vectores próprios, por exemplo:

f(0; 1; 0); (�1; 0; 1); (1; 0; 1)g .

Isto é, T é representada em relação à base anterior pela matriz diagonal:

24 1 0 00 �1 00 0 3

35.

25. a) O polinómio caracterísico de A é

p(�) = det(A� �I) = det

24 1� � 0 10 2� � 01 0 1� �

35 == (2� �)

�(1� �)2 � 12

�= ��(�� 2)2;

donde f0; 2g é o conjunto dos valores próprios de A com ma(0) = 1 e ma(2) = 2.

487

b) f(1; 0;�1)g é uma base para o espaço próprio E0 = N (A) e f(1; 0; 1); (0; 1; 0)g é umabase para o espaço próprio

E2 = N (A� 2I) = N

24 �1 0 10 0 01 0 �1

35 :Portanto f(1; 0;�1); (1; 0; 1); (0; 1; 0)g é uma base de R3 formada só por vectores próprios deA.

c) (1; 0;�1) é vector próprio da matriz A pela alínea b), mas não é vector próprio datransformação linear T , pois

T (1; 0;�1) = (0; 2; 0) 6= �(1; 0;�1);

note queT (1; 0;�1) = T [1(1; 0; 0) + 1(1; 1; 0)� 1(1; 1; 1)] =

= T (1; 0; 0) + T (1; 1; 0)� T (1; 1; 1) = (1; 0; 1) + (0; 2; 0)� (1; 0; 1) = (0; 2; 0):

d) (1; 0; 0) é uma solução particular de

T (x; y; z) = (2; 1; 1);

i.e. T (1; 0; 0) = (2; 1; 1). Por outro lado f(�1; 0; 1)g é uma base para N (A) e portantof(0; 1; 1)g é uma base para N (T ), pois

(0; 1; 1) = �1(1; 0; 0) + 0(1; 1; 0) + 1(1; 1; 1):

Logo a solução geral da equação linear T (x; y; z) = (2; 1; 1) é:

f(1; 0; 0) + c(0; 1; 1) : c 2 Rg = f(1; c; c) : c 2 Rg :

26. a) 24 1 0 2�1 3 �2 0 1

3524 41 + ��4

35 = (�1)24 41 + ��4

35 ;logo (4; 1 + �;�4) é um vector próprio de A associado ao valor próprio �1.

b)

det(A� �I) =

��1� � 0 2�1 3� � �2 0 1� �

�� = (3� �) �(1� �)2 � 4� = (3� �)2 (�1� �) ;logo, os valores próprios de A são: 3 e �1 onde ma (3) = 2 e ma (�1) = 1 são as respectivasmultiplicidades algébricas.

488

c) Espaços próprios de A: N (A� (�1) I) e N (A� 3I). Tem-se

N (A� (�1) I) = N

0@24 2 0 2�1 4 �2 0 2

351A = L (f(4; 1 + �;�4)g) :

O conjunto f(4; 1 + �;�4)g é uma base de N (A� (�1) I) pois gera N (A� (�1) I) e élinearmente independente.

N (A� 3I) = N

0@24 �2 0 2�1 0 �2 0 �2

351A =

8<:L (f(0; 1; 0)g) se � 6= 1

L (f(0; 1; 0); (1; 0; 1)g) se � = 1:

O conjunto f(0; 1; 0)g é uma base de N (A� 3I) se � 6= 1. O conjunto f(0; 1; 0); (1; 0; 1)gé uma base de N (A� 3I) se � = 1.A é diagonalizável se e só se existir uma base de R3 formada só por vectores próprios de

A (f(4; 2;�4); (0; 1; 0); (1; 0; 1)g) se e só se � = 1:

d) Não há nenhum valor de � para o qual exista uma base ortogonal de R3 constituídasó por vectores próprios de A, uma vez que A não é simétrica, isto é, A 6= AT para todo o �.

27. T (1) = 2 (1 + t) + 1� t = 3 + t e T (t) = 1 + t+ 2 (1� t) = 3� t: Logo

M�T ;B2c ;B2c

�=

�3 31 �1

�

e os valores próprios de T são os zeros de:

�� 3� � 31 �1� �

�� = 0, ou seja, � = 1 +p7 ou� = 1�

p7.

28. a) Como T (1 + t) = 9 (1 + t) então 1 + t é um vector próprio de T associado aovalor próprio 9 de T . Como

T (1) = T ((2� 2t) + (�1 + 2t)) =T é linear

T (2� 2t) + T (�1 + 2t) == 6� 2t+ 6t = 6 + 4t

e

T (t) =1

2T (2t) =

1

2(T ((2� 2t) + 2 (�1 + 2t))) =

T é linear

1

2T (2� 2t) + T (�1 + 2t) =

=1

2(6� 2t) + 6t = 3 + 5t

então os valores próprios de T são os da matriz

M (T ; f1; tg ; f1; tg) =�6 34 5

�:

489

Atendendo a que

det

��6 34 5

�� I

�= 0, �2 � 11�+ 18 = 0, (� = 9 ou � = 2) ;

logo os valores próprios de T são 2 e 9.

b) Como N��

6� 2 34 5� 2

��= L (f(�3; 4)g) ; o vector (�3) 1 + 4t é um vector

próprio de T associado ao valor próprio 2. Assim e atendendo à alínea anterior, o conjuntof�3 + 4t; 1 + tg é uma base de P1 formada por vectores próprios de T .

29. a)

det(A� �I) =

��1� � 0 11 1� � 11 0 1� �

�� = (1� �) �(1� �)2 � 1� = (1� �)� (2� �) :Logo, os valores próprios de A são 1, 0 e 2. Como 0 é valor próprio de A então A não éinvertível.

b) Como A tem 3 valores próprios distintos, qualquer conjunto de 3 vectores própriosassociados respectivamente a cada um desses valores próprios, será linearmente independente,pelo que existirá uma base ordenada de R3 formada só por vectores próprios de A. Uma talbase poderá ser f(0; 1; 0); (�1; 0; 1); (1; 2; 1)g uma vez que os subespaços próprios associadosaos valores próprios 1, 0 e 2 são respectivamente dados por:

N (A� I) = L (f(0; 1; 0)g) , N (A) = L (f(�1; 0; 1)g) , N (A� 2I) = L (f(1; 2; 1)g) .

30. A =

24 2 0 10 1 01 0 2

35.det(A� �I) = det

0@24 2� � 0 10 1� � 01 0 2� �

351A = � (�� 3) (�� 1)2 :

Tem-sedimN (A� 3I) = mg (3) =

A é simétricama (3) = 1

dimN (A� 1I) = mg (1) =A é simétrica

ma (1) = 2.

31.

det(A� �I) = det

24 2� � 0 10 2� � 01 0 2� �

35 = � (�� 1) (�� 2) (�� 3) ;490

pelo que f1; 2; 3g é o conjunto dos valores próprios de A com

ma(1) = ma(2) = ma(3) = 1:

Sendo a matriz simétrica, os vectores próprios correspondentes a valores próprios distintosserão ortogonais. Como

N (A� 1I) = N

24 1 0 10 1 00 0 0

35 = L (f(�1; 0; 1)g) ;

N (A� 2I) = N

24 0 0 10 0 01 0 0

35 = L (f(0; 1; 0)g)e

N (A� 3I) = N

24 �1 0 10 �1 00 0 0

35 = L (f(1; 0; 1)g)então ( p

2

2; 0;�p2

2

!,

p2

2; 0;

p2

2

!,(0; 1; 0)

)é uma base ortonormada para R3 formada só por vectores próprios de A.

32. A =

24 1 0 32 0 23 0 1

35. Como A não é simétrica, não é possível encontrar uma base

ortogonal para R3 formada só por vectores próprios de A.

33. A =

24 �3 �1 �2�1 �3 2�2 2 0

35. Como A é simétrica então é ortogonalmente diagonalizável,isto é, existem uma matriz ortogonal P T (P TP = PP T = I; isto é, P T = P�1) e uma matrizdiagonal D tais que

D = PAP T .

Como

det(A� �I) =

��3� � �1 �2�1 �3� � 2�2 2 ��

�� = � (�� 2) (�+ 4)2 ,os valores próprios de A são 2 e �4 e tem-se

N (A� 2I) = L��

�12;1

2; 1

��N (A+ 4I) = L (f(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)g) .

491

Note-se que os vectores de N (A� 2I) são ortogonais aos vectores de N (A+ 4I). Paradeterminar uma base ortonormada de R3 formada só com vectores próprios de A bastaaplicar o método de ortogonalização de Gram-Schmidt ao conjunto

f(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)g .

Assim, relativamente ao produto interno usual em R3, o seguinte conjunto é uma base or-togonal de N (A+ 4I): (

(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)� proj(2;0;1)

(1; 1; 0)

)=

=

�(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)� h(1; 1; 0) ; (2; 0; 1)ih(2; 0; 1) ; (2; 0; 1)i (2; 0; 1)

�=

=

�(2; 0; 1) ; (1; 1; 0)� 2

5(2; 0; 1)

�=

�(2; 0; 1) ;

�1

5; 1;�2

5

��ou seja:

f(2; 0; 1) ; (1; 5;�2)g .Base ortonormada de R3 = N (A� 2I) � N (A+ 4I) formada só por vectores próprios deA: (

1 ��12; 12; 1� ��12;1

2; 1

�;

1

k(2; 0; 1)k (2; 0; 1) ;1

k(1; 5;�2)k (1; 5;�2))=

=

( �p6

6;

p6

6;

p6

3

!;

2p5

5; 0;

p5

5

!;

p30

30;

p30

6;�p30

15

!).

Logo

P T = SBvp!Bc =

264 �p66

2p55

p3030p

66

0p306p

63

p55�p3015

375e

D =

24 2 0 00 �4 00 0 �4

35 =24 �1

6

p6 1

6

p6 1

3

p6

25

p5 0 1

5

p5

130

p30 1

6

p30 � 1

15

p30

35| {z }

=P

24 �3 �1 �2�1 �3 2�2 2 0

35264 �

p66

2p55

p3030p

66

0p306p

63

p55�p3015

375| {z }

=PT

34. A =

24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

35. Comodet(A� �I) =

��3� � �1 0�1 2� � �10 �1 3� �

�� = � (�� 1) (�� 3) (�� 4) ,os valores próprios de A são 1; 3 e 4. Como A é simétrica (A = AT ) e de�nida positiva umavez que os valores próprios de A são todos positivos, então existe uma única raíz quadrada

492

de�nida positiva B, isto é, existe uma única matriz simétrica B de�nida positiva tal queA = B2. De facto, como A é ortogonalmente diagonalizável (por ser simétrica) tem-se

A = P TDP = P T (D0)2P =

�P TD0P

� �P TD0P

�= BB = B2

com

D =

24 1 0 00 3 00 0 4

35Note-se que sendo os 3 valores próprios distintos, os correspondentes espaços próprios sãoortogonais entre si. Base ordenada ortonormada de R3 formada só com vectores próprios deA: �

1

k(1; 2; 1)k (1; 2; 1) ;1

k(�1; 0; 1)k (�1; 0; 1) ;1

k(1;�1; 1)k (1;�1; 1)�=

=

( p6

6;

p6

3;

p6

6

!;

�p2

2; 0;

p2

2

!;

p3

3;�p3

3;

p3

3

!).

Logo

P T = SBvp!Bc =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375 .Assim, com

D0 =

24 1 0 0

0p3 0

0 0 2

35tem-se

B = P TD0P =

24 12

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

�13

43

�13

56� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

35de�nida positiva e

BB = A.

No entanto, se �zermos ou

D0 =

24 �1 0 0

0p3 0

0 0 2

35 ou D0 =

24 1 0 0

0 �p3 0

0 0 2

35tem-se as 3 raízes quadradas seguintes, isto 3 matrizes B tais que B2 = A :

B =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 1 0 0

0p3 0

0 0 2

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T

=

24 12

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

�13

43

�13

56� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

35ou

B =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 �1 0 0

0p3 0

0 0 2

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T

=

24 12

p3 + 1

2�1 1

2� 1

2

p3

�1 0 �112� 1

2

p3 �1 1

2

p3 + 1

2

35493

ou

B =

264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 1 0 0

0 �p3 0

0 0 2

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T

=

24 56� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

�13

43

�13

12

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

35 .De facto:24 1

2

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

�13

43

�13

56� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

352 =24 1

2

p3 + 1

2�1 1

2� 1

2

p3

�1 0 �112� 1

2

p3 �1 1

2

p3 + 1

2

352 =24 5

6� 1

2

p3 �1

312

p3 + 5

6

�13

43

�13

12

p3 + 5

6�13

56� 1

2

p3

352 =

=

24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

35 .

35.

det (A� �I) = det

24 1� � 0 00 1� � 20 2 4� �

35 = �� (�� 1) (�� 5) :Logo os valores próprios de A são: 0; 1 e 5. Como A é simétrica, então A é ortogonalmentediagonalizável. Assim, uma vez que

N (A) = L (f(0;�2; 1)g) , N (A� I) = L (f(1; 0; 0)g) e N (A� 5I) = L (f(0; 1; 2)g)

tem-se uma base ortogonal de R3 formada só por vectores próprios de A:

f(0;�2; 1) ; (1; 0; 0) ; (0; 1; 2)g :

Logo: A =

0BBBBB@24 0 1 0

�2p55

0p55p

55

0 2p55

35| {z }

PT

24 0 0 00 1 0

0 0p5

35| {z }

pD

24 0 �2p55

p55

1 0 0

0p55

2p55

35| {z }

P

1CCCCCA2

=

24 1 0 0

0p55

2p55

0 2p55

4p55

352 =24 1 0 00 1 20 2 4

35 :Logo B =

24 1 0 0

0p55

2p55

0 2p55

4p55

35 é a matriz de valores próprios não negativos tal que B2 = A:36. a) Como 24 2 1 1

1 2 11 1 2

3524 111

35 =24 444

35 = 424 111

35 ;então (1; 1; 1) é um vector próprio de A associado ao valor próprio 4.

494

b)

T (�1; 1; 0) =

24 2 1 11 2 11 1 2

3524 �110

35 = (�1; 1; 0)e

T (�1; 0; 1) =

24 2 1 11 2 11 1 2

3524 �101

35 = (�1; 0; 1):c) Por a) e b): (1; 1; 1); (�1; 1; 0) e (�1; 0; 1) são vectores próprios deA. Como f(�1; 1; 0); (�1; 0; 1)g

é uma base de N (A� I), aplicando Gram-Schmidt,((�1; 1; 0); (�1; 0; 1)� proj

(�1;1;0)(�1; 0; 1)

)=

�(�1; 1; 0);

��12;�12; 1

��é uma base ortogonal para N (A � I). Além disso, sendo A simétrica, vectores própriosassociados a valores próprios distintos são ortogonais. Logo�

(1; 1; 1); (�1; 1; 0);��12;�12; 1

��é uma base ortogonal para R3 formada só por vectores próprios de A.

d) Por c) ( p3

3;

p3

3;

p3

3

!;

�p2

2;

p2

2; 0

!;

�p6

6;�p6

6;

p6

3

!)

é uma base ortonormada para R3 formada só por vectores próprios de A. Logo

A = P TDP =

264p33�p22�p66p

33

p22�p66p

33

0p63

37524 4 0 00 1 00 0 1

35264p33�p22�p66p

33

p22�p66p

33

0p63

375T

=

=

0B@264p33�p22�p66p

33

p22�p66p

33

0p63

37524 2 0 00 1 00 0 1

35264p33�p22�p66p

33

p22�p66p

33

0p63

375T1CA

2

=

24 43

13

13

13

43

13

13

13

43

352 :

Assim, B =

24 43

13

13

13

43

13

13

13

43

35 é a única matriz B de�nida positiva tal que A = B2.37. Como A é simétrica e como 1 e �1 são os únicos valores próprios de A, uma vez que

mg (1) = 2,então

N (A+ I) = (N (A� I))? = N�1 1 12 2 1

�= N

�1 1 00 0 1

�= L (f(1;�1; 0)g) .

495

Logo, aplicando o método de ortogonalização de Gram-Schmidt à base f(1; 1; 1) ; (2; 2; 1)gdo espaçopróprio N (A� I), obtem-se uma base ortogonal de R3 formada só por vectores próprios

de A:

((1;�1; 0) ; (1; 1; 1) ; (2; 2; 1)� proj

(1;1;1)

(2; 2; 1)

)=

�(1;�1; 0) ; (1; 1; 1) ; (2; 2; 1)� 5

3(1; 1; 1)

�=

=

�(1;�1; 0) ; (1; 1; 1) ;

�1

3;1

3;�23

��ou ainda: f(1;�1; 0) ; (1; 1; 1) ; (1; 1;�2)g .

Logo A =

264p22

p33

p66

�p22

p33

p66

0p33�p63

375| {z }

PT

24 �1 0 00 1 00 0 1

35| {z }

D

264p22�p22

0p33

p33

p33p

66

p66�p63

375| {z }

=

P

24 0 1 01 0 00 0 1

35.

38. A =�

2 1 + i1� i 3

�.

(i)

AAH =

�2 1 + i

1� i 3

� �2 1 + i

1� i 3

�H=

�6 5 + 5i

5� 5i 11

�AHA =

�2 1 + i

1� i 3

�H �2 1 + i

1� i 3

�=

�6 5 + 5i

5� 5i 11

�.

Logo A é normal.

(ii)

A =

�2 1 + i

1� i 3

�=

�2 1 + i

1� i 3

�H= AH

logo A é hermitiana e em particular é normal:

AAH = AA = AHA.

(iii) Como A é hermitiana então é unitariamente diagonalizável (embora o recíproconão seja verdadeiro), isto é, existem uma matriz unitária UH (UHU = UUH = I; isto é,UH = U�1) e uma matriz diagonal D tais que

D = UAUH .

Note-se que: A normal , A unitariamente diagonalizável.Como

det(A� �I) =�� 2� � 1 + i1� i 3� �

�� = (�� 1) (�� 4) ,496

os valores próprios de A são 1 e 4 e tem-se

N (A� 1I) = L (f(�1� i; 1)g)

N (A� 4I) = L��

1

2+1

2i; 1

��.

Note-se que os vectores de N (A� 1I) são ortogonais aos vectores de N (A� 4I). Logo,uma base ortonormada de C2 formada só com vectores próprios de A pode ser:(

1

k(�1� i; 1)k (�1� i; 1) ;1 �1

2+ 1

2i; 1� �1

2+1

2i; 1

�)=

=

( �p3

3�p3

3i;

p3

3

!;

p6

6+

p6

6i;

p6

3

!).

Logo

UH = SBvp!Bc =

"�p33�p33ip66+p66ip

33

p63

#e

D =

�1 00 4

�=

"�p33�p33ip66+p66ip

33

p63

#H| {z }

=U

�2 1 + i

1� i 3

�"�p33�p33ip66+p66ip

33

p63

#| {z }

=UH

.

39. A matriz

24 1 1 00 1 11 0 1

35 não sendo simétrica não é ortogonalmente diagonalizável. Noentanto, como24 1 1 0

0 1 11 0 1

35T 24 1 1 00 1 11 0 1

35 =24 1 1 00 1 11 0 1

3524 1 1 00 1 11 0 1

35T =24 2 1 11 2 11 1 2

35

então

24 1 1 00 1 11 0 1

35 é normal e como tal é unitariamente diagonalizável.40. Como A� =

�1 2�2 �

�não é simétrica ((A�)

T 6= A�) então não existe qualquer

base ortogonal de R2 formada só por vectores próprios de A�. A matriz A� é unitariamentediagonalizável se e só se A� fôr normal, isto é, se e só se

(A�)T A� = A� (A�)

T :

Como(A�)

T A� = A� (A�)T ,

497

,�1 2�2 �

�T �1 2�2 �

�=

�1 2�2 �

� �1 2�2 �

�T,

,�

5 2� 2�2� 2� �2 + 4

�=

�5 2�� 2

2�� 2 �2 + 4

�,

, 2�� 2 = 2� 2�, � = 1:

Assim, A� é unitariamente diagonalizável se e só se � = 1.

41. (i) 8<:u01 = �2u3u02 = u1 + 2u2 + u3u03 = u1 + 3u38<:

u01 = �2u3u02 = u1 + 2u2 + u3u03 = u1 + 3u3

,

24 u01 (t)u02 (t)u03 (t)

35 =24 0 0 �21 2 11 0 3

3524 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

35 : (�)1 e 2 são os valores próprios da matriz A =

24 0 0 �21 2 11 0 3

35, sendo os espaços própriosdados por:

N (A� 1I) = L (f(�2; 1; 1)g)N (A� 2I) = L (f(0; 1; 0) ; (�1; 0; 1)g) .

Como existe uma base deR3 formada só por vectores próprios: f(0; 1; 0) ; (�1; 0; 1) ; (�2; 1; 1)g

então a matriz

24 0 0 �21 2 11 0 3

35 é diagonalizável. Assim, fazendoP�1 =

24 0 �1 �21 0 10 1 1

35 tem-se P =

24 1 1 11 0 2�1 0 �1

35e

, D =

24 2 0 00 2 00 0 1

35 = P24 0 0 �21 2 11 0 3

35P�1 ,,

24 0 0 �21 2 11 0 3

35 = P�124 2 0 00 2 00 0 1

35P .o sistema (*) é equivalente a24 u01 (t)u02 (t)

u03 (t)

35 =0@P�1

24 2 0 00 2 00 0 1

35P1A24 u1 (t)u2 (t)

u3 (t)

35,, P

24 u01 (t)u02 (t)u03 (t)

35 =24 2 0 00 2 00 0 1

350@P24 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

351A498

Assim, considerando a mudança de variável24 v1 (t)v2 (t)v3 (t)

35 = P24 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

35tem-se 24 v01 (t)v02 (t)

v03 (t)

35 =24 2 0 00 2 00 0 1

350@P24 v1 (t)v2 (t)v3 (t)

351A,

,

8<:v01 (t) = 2v1 (t)v02 (t) = 2v2 (t)v03 (t) = v3 (t)

,v1(t) 6=0, v2(t) 6=0e v3(t) 6=0, 8t

8>>>>>><>>>>>>:

v01 (t)

v1 (t)= 2

v02 (t)

v2 (t)= 2

v03 (t)

v3 (t)= 1

,

,

8<:log jv1 (t)j = 2t+ k1log jv2 (t)j = 2t+ k2log jv3 (t)j = t+ k2

,

8<:v1 (t) = c1e

2t

v2 (t) = c2e2t

v3 (t) = c3et

com c1; c2; c3 2 R. De facto, se u (t) fôr solução de u0 (t) = �u (t) então u (t) e��t = c(constante) uma vez que (u (t) e��t)0 = 0. Logo u (t) = ce�t.Assim, a solução geral do sistema de equações diferenciais lineares é dada por:24 u1 (t)u2 (t)

u3 (t)

35 = P�124 c1e2tc2e

2t

c3et

35 =

=

24 0 �1 �21 0 10 1 1

3524 c1e2tc2e2t

c3et

35 =24 �c2e2t � 2c3etc1e

2t + c3et

c2e2t + c3e

t

35 == c1

24 010

35 e2t + c224 �101

35 e2t + c324 �211

35 et.

(ii) Com

8<:u1 (0) = 2u2 (0) = �1u3 (0) = 0

tem-se

24 �c2 � 2c3c1 + c3c2 + c3

35 =24 2�10

35,

,

24 0 �1 �21 0 10 1 1

3524 c1c2c3

35 =24 2�10

35,499

,

24 c1c2c3

35 =24 1 1 11 0 2�1 0 �1

3524 2�10

35 =24 12�2

35então a única solução geral do sistema de equações diferenciais lineares que satisfaz8<:

u1 (0) = 2u2 (0) = �1u3 (0) = 0

é dada por24 u1 (t)u2 (t)u3 (t)

35 =24 �2e2t + 4et�2et + e2t2e2t � 2et

35 =24 010

35 e2t + 224 �101

35 e2t � 224 �211

35 et.42.

Q : R3 ! R

Q (x1; x2; x3) = 3x21 � 2x1x2 + 2x22 � 2x2x3 + 3x23 =

=�x1 x2 x3

� 24 3 �1 0�1 2 �10 �1 3

3524 x1x2x3

35 =

=31)

�x1 x2 x3

� 264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

37524 1 0 00 3 00 0 4

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

35 =

=

0B@264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

351CAT 24 1 0 0

0 3 00 0 4

35264p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

35 =

=�y1 y2 y3

� 24 1 0 00 3 00 0 4

3524 y1y2y3

35logo a forma quadrática é de�nida positiva pois os valores próprios de A são todos positivos.Fazendo a mudança de variável264

p66�p22

p33p

63

0 �p33p

66

p22

p33

375T 24 x1x2

x3

35 =24 y1y2y3

35 .Tem-se então a forma quadrática diagonal:

Q0 (y1; y2; y3) = y21 + 3y

22 + 4y

23.

500


1. Seja V um espaço euclidiano real. As alíneas (i), (ii), (iii) e (iv) são consequência dade�nição de produto interno.

Sejam u; v; w 2 V; � 2 R.(v) Atendendo à condição de linearidade do produto interno:

hu+ w; v + wi = hu; vi+ hu;wi+ hw; vi+ hw;wi == hu; vi+ hu;wi+ hw; vi+ kwk2 .

(vi) Atendendo à condição de linearidade do produto interno:

hu;0i = hu; 0vi = 0 hu; vi = 0 e h0; ui = h0v; ui = 0 hv; ui = 0.

(vii) Se hu; vi = 0 então

ku+ vk2 = hu+ v; u+ vi = kuk2 + 2 hu; vi+ kvk2 == kuk2 + kvk2 == kuk2 � 2 hu; vi+ kvk2 == hu� v; u� vi == ku� vk2 ,

isto é, ku+ vk = ku� vk.Se ku+ vk = ku� vk então ku+ vk2 = ku� vk2 e esta última equação é equivalenteà equação

kuk2 + 2 hu; vi+ kvk2 = kuk2 � 2 hu; vi+ kvk2 ,isto é, hu; vi = 0.(viii) Atendendo a que

ku+ vk2 = hu+ v; u+ vi = kuk2 + 2 hu; vi+ kvk2 ,

então tem-se ku+ vk2 = kuk2 + kvk2 se e só se hu; vi = 0.(ix) Seja c 2 R. Se hu; vi = 0 então

ku+ cvk2 = hu+ cv; u+ cvi = kuk2 + 2c hu; vi+ c2 kvk2 == kuk2 + c2 kvk2 � kuk2 ,

para todo o real c, isto é, ku+ cvk � kuk para todo o real c.Se ku+ cvk � kuk para todo o real c, então

kvk2 c2 + 2 hu; vi c � 0,

para todo o real c, se e só se hu; vi = 0 (fórmula resolvente).

501

(x) Se hu+ v; u� vi = 0 então

0 = hu+ v; u� vi = kuk2 � kvk2 .

Logo, kuk = kvk.Se kuk = kvk então

0 = kuk2 � kvk2 = hu+ v; u� vi .Logo, hu+ v; u� vi = 0.(xi)

ku� vk2 + ku+ vk2 = hu� v; u� vi+ hu+ v; u+ vi == kuk2 � 2 hu; vi+ kvk2 + kuk2 + 2 hu; vi+ kvk2 == 2 kuk2 + 2 kvk2 .

2. Seja V um espaço euclidiano real.

(i) Seja u 2 V . Se hu; vi = 0 para qualquer v 2 V então, em particular para v = u,tem-se

hu; ui = 0.Logo, u = 0.

(ii) Sejam u; v 2 V . Se u = v então

hu;wi = hv; wi ,

para qualquer w 2 V .Se hu;wi = hv; wi para qualquer w 2 V , então

hu� v; wi = 0,

para qualquer w 2 V . Logo, atendendo à alínea anterior, tem-se u = v.

3. Seja V um espaço euclidiano com dimV = n. Seja S = fu1; :::; ung uma base orto-normada de V . Seja T : V ! V uma transformação linear. A matriz A = (aij) querepresenta T em relação à base S é dada por

A = (aij) = (hT (uj); uii) ,

uma vez que, para j = 1; :::; n,

T (uj) = hT (uj); u1iu1 + :::+ hT (uj); uniun.

4. Seja V um espaço euclidiano de dimensão n. Seja fu1; :::; ukg um conjunto linearmenteindependente de k vectores de V . Considere a transformação linear T : V ! V de�nidapor

T (v) =kXi=1

hv; uiiui,

com v 2 V .

502

Mostre que T é invertível se e só se k = n.

Dem. Atendendo a que T é invertível se e só se N (T ) = f0g, bastará ver queN (T ) = f0g se e só se k = n.Se N (T ) = f0g então teremos k = n, caso contrário, isto é, caso k < n ter-se-ia

(L (fu1; :::; ukg))? 6= f0g :

Assim, para v 2 (L (fu1; :::; ukg))?, com v 6= 0, teríamos T (v) = 0, ou seja N (T ) 6=f0g. O que não pode ser pois suposemos N (T ) = f0g. Logo, se N (T ) = f0g entãotem-se k = n.

Suponhamos agora que se tem k = n. Nesse caso, o conjunto fu1; :::; ung é uma basede V . Queremos ver que se tem N (T ) = f0g. Seja v 2 V tal que T (v) = 0. Logo,

nXi=1

hv; uiiui = 0.

Assim, atendendo a que o conjunto fu1; :::; ung é linearmente independente, tem-sehv; uii = 0, para todo o i = 1; :::; n. Finalmente, como o conjunto fu1; :::; ung gera V ,tem-se hv; ui = 0, para qualquer u 2 V . Logo v = 0 e assim N (T ) = f0g.

5. Seja V um espaço euclidiano real. Seja T : V ! V uma transformação linear tal quekT (w)k = kwk para qualquer w 2 V . Mostre que

hT (u); T (v)i = hu; vi ,

para quaisquer u; v 2 V .Dem. Sejam u; v 2 V . Tem-se

hu; vi = 1

2

�ku+ vk2 � kuk2 � kvk2

�=1

2

�kT (u+ v)k2 � kT (u)k2 � kT (v)k2

�=

=1

2

�kT (u) + T (v)k2 � kT (u)k2 � kT (v)k2

�= hT (u); T (v)i .

6. Seja U uma matriz unitária. Isto é:

UH = U�1.

Seja � um valor próprio de U e v um vector próprio associado:

Uv = �v.

LogovHUH = (Uv)H = (�v)H = vH�

e assim �vHUH

�Uv =

�vH�

�Uv , vH

�UHU

�v = vH� (Uv),

, vHIv = vH��v , vHv = vHv j�j2 ,�1� j�j2

�kvk2 = 0 ,

v 6=0j�j = 1.

503

7. Existência.Rn = N (T )� (N (T ))? :

Se N (T ) = Rn então u0 = 0.Se N (T ) 6= Rn então existe v0 2 (N (T ))? n f0g. Seja u 2 Rn arbitrário. Logo

T (u)v0 � T (v0)u 2 N (T )

poisT (T (u)v0 � T (v0)u) = T (u)T (v0)� T (v0)T (u) = 0.

Deste modohT (u)v0 � T (v0)u; v0i = 0

o que é equivalente a

T (u) = hu; T (v0)hv0; v0iv0i:

Assim existe

u0 :=T (v0)

hv0; v0iv0 2 Rn

tal queT (u) = hu; u0i;

para todo o u 2 Rn.Unicidade. Suponhamos que existem u0; u1 2 Rn tais que

hu; u0i = T (u) = hu; u1i;

para todo o u 2 Rn. Assimhu; u0 � u1i = 0;

para todo o u 2 Rn, isto éu0 � u1 2 (Rn)? = f0g ;

ou sejau0 = u1:

8. Os casos k = 0 ou k = n são triviais, pelo que vamos supôr que 1 � k � n� 1. Sejamfv1; :::vkg uma base ortogonal de V e fw1; :::; wn�kg uma base ortogonal de V ? de modoa que B =fv1; :::vk; w1; :::; wn�kg seja uma base ortogonal ordenada de Rn. A matrizque representa P em relação a B é a matriz diagonal com as primeiras k entradasda diagonal principal iguais a 1 e as restantes iguais a zero (note que P (vi) = vi eP (wj) = 0 para todos os i 2 f1; :::; kg; j 2 f1; :::; n � kg). Logo P é diagonalizável eo polinómio característico é dado por:

p(�) = (�1)n(�� 1)k�n�k:

9. Sejam u 2 C(A) e v 2 N (A) quaisquer. Usando o produto interno usual, tem-se

N (A) = N (ATA)

504

e assim

C(A) = L(AT ) =�N (AT )

�?=�N (AAT )

�?= L(AAT ) = C

�(AAT )T

�= C

�AAT

�:

Logou = AATv0

para algum v0 2 Rn e comoATAv = 0

tem-se

hu; vi = uTv =�AATv0

�Tv = (v0)

TAATv =

AAT=ATA(v0)

TATAv = (v0)

T0 =0.

AssimC(A) � (N (A))?

e comoRn = (N (A))? �N (A)

en = dim C(A) + dimN (A)

entãodim C(A) =

�dim (N (A))?

�:

Pelo queC(A) = (N (A))? isto é (C(A))? = N (A).

10. Para todos os u; v 2 V ,

0 = hT (u+ v); u+ vi = hT (u) + T (v); u+ vi = hT (u); ui+ hT (v); vi+ hT (v); ui+ hT (u); vi == hT (v); ui+ hT (u); vi :

Logo, para todos os u; v 2 V ,

0 = hT (iv); ui+ hT (u); ivi = hiT (v); ui+ hT (u); ivi = �i hT (v); ui+ i hT (u); vi :

Assim, para todos os u; v 2 V ,

0 = hT (v); ui+ hT (u); vi+ 1i(�i hT (v); ui+ i hT (u); vi) = 2 hT (u); vi ;

ou seja, para todos os u; v 2 V , hT (u); vi = 0. Assim, fazendo v = T (u), tem-se

kT (u)k2 = hT (u); T (u)i = 0;

para todo o u 2 V , ou seja T (u) = 0, para todo o u 2 V , isto é, T = 0.

505

11. Seja T : Rn ! Rn uma transformação linear invertível. Seja u um vector próprio de Tassociado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vector próprio deT�1 e determine o valor próprio de T�1 que lhe está associado.

Dem. Tem-se T (u) = �u, com u 6= 0. Como T é invertível e T�1 é linear,

u = T�1(�u) = �T�1(u).

Por outro lado, tem-se � 6= 0 uma vez que u 6= 0 e T é invertível. Logo,

T�1(u) = ��1u.

Isto é, u é um vector próprio de T�1 associado ao valor próprio ��1 de T�1.

12. Seja V um espaço linear. Seja T : V ! V uma transformação linear. Seja u um vectorpróprio de T associado a um valor próprio � de T . Veri�que que u é também um vectorpróprio de T 2 associado ao valor próprio �2 de T 2.

Dem. Tem-se T (u) = �u, com u 6= 0. Logo, como T é linear,

T 2(u) = (T � T ) (u) = T (T (u)) = T (�u) = �T (u) = ��u = �2u,

isto é, u é um vector próprio de T 2 associado ao valor próprio �2 de T 2.

13. Seja A uma matriz do tipo n� n. Mostre que se � é um valor próprio de A então �k

é um valor próprio de Ak, onde k é um inteiro positivo.

Dem. Sendo k um inteiro positivo, tem-se

Ak � �kI = (A� �I)(Ak�1 + Ak�2�+ � � �+ A�k�2 + �k�1I).

Logo, se � é um valor próprio de A então �k é um valor próprio de Ak, onde k é uminteiro positivo.

14. Uma matriz A do tipo n� n diz-se nilpotente se Al = 0 para algum inteiro positivo l.Mostre que se A é nilpotente então o único valor próprio de A é 0.

Dem. Suponhamos que Al = 0 para algum inteiro positivo l. Seja � um valor própriode A. Pelo exo anterior, �l é um valor próprio de Al. Como Al = 0, então:

0 = det(Al � �lI) = det(��lI) = (�1)n�l.

Logo � = 0 e como tal, 0 é o único valor próprio de A.

15. Seja A uma matriz n� n. Veri�que que A e AT têm os mesmos valores próprios.

Dem. Tem-se det(A � �I) = det�(A� �I)T

�= det(AT � �I). Isto é, as matrizes A

e AT têm os mesmos valores próprios.

16. Seja A uma matriz n � n cuja soma das suas colunas é constante e igual a r. Mostreque r é um valor próprio de A:

Dem. Tem-se

A

2666411...1

37775 =26664a11 a12 � � � a1na21 a22 � � � a2n...

.... . .

...an1 an2 � � � ann

377752666411...1

37775 =506

=

26664a11a21...an1

37775+26664a12a22...an2

37775+ � � �+26664a1na2n...ann

37775 =26664rr...r

37775 = r2666411...1

37775 .Logo r é um valor próprio de A, associado ao vector próprio (1; 1; : : : ; 1).

17. Seja A 2Mn�n(R). Seja P uma matriz diagonalizante para A. Determine uma matrizdiagonalizante para AT em termos de P .

Dem. Tem-se D = PAP�1 e D = DT = (PAP�1)T= (P�1)

TATP T . Logo, a matriz

(P�1)T é uma matriz diagonalizante para AT .

18. Seja Q uma matriz n � n real ortogonal, isto é, tal que Q�1 = QT . Mostre que se nfôr ímpar então Q tem o valor próprio 1 ou tem o valor próprio �1.Dem. Atendendo a que QQT = I tem-se

(detQ)2 = detQ detQ = detQ det�QT�= det

�QQT

�= det I = 1,

, (detQ = 1 ou detQ = �1).Logo:

SedetQ = 1det (Q� I) = det

�Q�I �QT

��= detQ det

�I �QT

�=

= (�1)n detQ det�QT � I

�=

n é ímpar� detQ det

h(Q� I)T

i= � det (Q� I),

, 2 det (Q� I) = 0, det (Q� I) = 0isto é, 1 é valor próprio de Q;

Se detQ = �1

det (Q+ I) = det�Q�I +QT

��= detQ det

�I +QT

�=

= detQ det�QT + I

�= � det

h(Q+ I)T

i= � det (Q+ I),

, 2 det (Q+ I) = 0, det (Q+ I) = 0, det (Q� (�1) I) = 0isto é, �1 é valor próprio de Q.

19. Seja A 2M2�2 (R) tal que detA < 0. Mostre que A é diagonalizável.

Dem. Seja A =

�a bc d

�2 M2�2 (R). Sejam �1 e �2 dois valores próprios de A.

Como�1�2 = detA < 0

então �1 e �2 são dois valores próprios distintos de A, pelo que os vectores próprioscorrespondentes são linearmente independentes, constituindo assim uma base de R2,razão pela qual A é diagonalizável.

507

20. Seja A uma matriz n� n e seja � um valor próprio de A com multiplicidade algébricaigual a n. Mostre que se A fôr diagonalizável então A é uma matriz diagonal.

Dem. Seja � um valor próprio de A com multiplicidade algébrica igual a n. Como Aé do tipo n � n, então � é o único valor próprio de A. Assim, A fôr diagonalizável see só se

dimN (A� �I) = mg (�) = ma (�) = n

o que é equivalente a ter-se

A� �I = 0 (matriz nula)

isto é,

A = �I =

26664� 0 � � � 0

0. . . . . .

....... . . . . . 0

0 � � � 0 �

37775ou seja, A é uma matriz diagonal.

21. Seja V um espaço linear e seja T : V ! V uma transformação linear tal que todosos vectores não nulos de V são vectores próprios. Mostre que T tem um único valorpróprio.

Dem. Suponhamos, com vista a uma contradição, que �1 e �2 eram dois valorespróprios distintos de T . Sejam v1 e v2 vectores próprios de T associados respectivamenteaos valores próprios �1 e �2. Logo, o conjunto fv1; v2g é linearmente independente. Poroutro lado

T (v1 + v2) = T (v1) + T (v2) = �1v1 + �2v2

e como cada vector não nulo de V é um vector próprio de T , então v1+ v2 é um vectorpróprio de T e assim, existe um escalar �3 tal que

T (v1 + v2) = �3 (v1 + v2) = �3v1 + �3v2.

Deste modo, tem-se�1v1 + �2v2 = �3v1 + �3v2

ou seja(�1 � �3) v1 + (�3 � �2) v2 = 0.

Como o conjunto fv1; v2g é linearmente independente, então ter-se-ia

�1 = �3 e �3 = �2 isto é, �1 = �2

contrariando o facto de se ter assumido que �1 e �2 eram dois valores próprios distintosde T .

Logo, T tem um único valor próprio.

22. Sejam A e B duas matrizes do tipo n�n. Mostre que AB e BA têm os mesmos valorespróprios.

508

Dem. Sejam A;B 2Mn�n(R). Atendendo a que

det (AB � 0I) = det (AB) = det (BA) = det (BA� 0I) ;

0 é valor próprio de AB se e só se 0 é valor próprio de BA.

Seja � um valor próprio de AB, com � 6= 0. Então existe u 6= 0 tal que ABu = �u.Seja w = Bu: Como u 6= 0 e B é invertível então w 6= 0. Logo,

(BA)w = (BA)Bu = B (AB)u = B�u = � (Bu) = �w.

Isto é, � é valor próprio de BA com w como vector próprio associado.

Seja � um valor próprio de BA, com � 6= 0. Então existe u 6= 0 tal que BAu = �u.Seja w = Au: Como u 6= 0 e A é invertível então w 6= 0. Logo,

(AB)w = (AB)Au = A (BA)u = A�u = � (Au) = �w.

Isto é, � é valor próprio de AB com w como vector próprio associado.

23. Seja A uma matriz n� n e sejam �1; �2 escalares, com �1 6= �2, tais que

(A� �1I) (A� �2I) = 0:

Atendendo a que

det (A� �1I) det (A� �2I) = 0, (det (A� �1I) = 0 ou det (A� �2I) = 0)

então �1 é valor próprio de A ou �2 é valor próprio de A. Uma vez que

(A� �1I) (A� �2I) = (A� �2I) (A� �1I) ,

suponhamos sem perda de generalidade que �1 é um valor próprio de A. Atendendo aque

C (A� �2I) � N (A� �1I) 6= f0gentão

n� nul (A� �2I) = car (A� �2I) = dim C (A� �2I) �� dimN (A� �1I) = nul (A� �1I)

isto é,n � nul (A� �1I) + nul (A� �2I) .

Logo, atendendo a que

nul (A� �1I) + nul (A� �2I) � n;

tem-senul (A� �1I) + nul (A� �2I) = n

ou seja, A é diagonalizável.

509

24. Se � é valor próprio de A então �k+1 é valor próprio de Ak+1, pois Au = �u implica

Ak+1u = �k+1u:

Sendo A é nilpotente, então �k+1 = 0, logo � = 0 é o único valor próprio de A.

Se A fosse diagonalizável então existiria uma matriz invertível S tal que

A = S�1DS

onde D é a matriz diagonal cujas entradas na diagonal são formadas pelos valorespróprios de A. Como � = 0 é o único valor próprio de A, D = 0 e portanto

A = S�10S = 0;

o que é absurdo porque Ak 6= 0.

25. h(x1; x2; x3); (y1; y2; y3)i = x1y1+x1y3+2x2y2+x3y1+x3y3 =�x1 x2 x3

�A

24 y1y2y3

35,com

A =

24 1 0 10 2 01 0 1

35simétrica e cujos valores próprios são: 0 e 2. Como os vectores próprios (0; 1; 0) e(1; 0; 1) associados ao valor próprio 2 são linearmente independentes, formam umabase do subespaço de R3 com a maior dimensão possível, neste caso dimensão 2, rel-ativamente ao qual a aplicação anterior de�ne um produto interno. Esse subespaço éentão dado por:

L (f(0; 1; 0) ; (1; 0; 1)g) :

26. Como A é ortogonalmente diagonalizável então A = P TDP , com D matriz diagonalem que a diagonal principal é formada pelos valores próprios não negativos de A.Como A2B = BA2 então

�P TDP

�2B = B

�P TDP

�2isto é P TD2PB = BP TD2P .

Por outro lado: P TD2PB = BP TD2P , D2�PBP T

�=�PBP T

�D2. Sendo C =

PBP T tem-se então (�i)2 cij = cij (�j)

2. Se cij 6= 0 então �i = �j uma vez que os valorespróprios são não negativos. Logo DC = CD pelo que D

�PBP T

�=�PBP T

�D isto é�

P TDP�B = B

�P TDP

�ou seja AB = BA.

27. Sejam �1; :::; �k os valores próprios não nulos de A 2 Mn�n (R). Como para todo oi = 1; :::; k se tem Aui = �iui com ui 6= 0 então

A2ui = �iAui = (�i)2 ui

e assim, para todo o i = 1; :::; k, (�i)2 é valor próprio de A2. Logo, tem-se:

(n� 1) trA2 < (trA)2 = (�1 + :::+ �k)2 = (h(1; :::; 1) ; (�1; :::; �k)i)2 �

Cauchy-Schwarz

� k(1; :::; 1)k2 k(�1; :::; �k)k2 = k�(�1)

2 + :::+ (�k)2� = k trA2

e assim k = n, pelo que 0 não é valor próprio de A, ou seja, A é invertível.

510

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