Provas Algebra Linear, Gabaritos

Dr. Ole Peter SmithInstituto de Matemática e Estatística

Universidade Federal de Goiá[email protected] - http://www.ime.ufg.br/docentes/olepeter

Data: 15/04/2009Semestre:Curso: Engenharia de ComputaçãoDisciplina: Álgebra LinearProva: I

1. 4 pts. Dado as matrizes:

A =

0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A B =

0@ −1 0 00 2 00 0 3

1A(a) Encontrar: detA e detB.

(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B∗.

(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.

(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1) e det (B−1).

(e) Encontrar os produtos: A B e B A.

(f) Mostre que em geral vale por matrizes do mesmo ordem: (A B)−1 = B−1A−1.

(g) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1.

(h) Encontrar o inverso do produto: (B A)−1.

Solution:

(a)

detA =

˛̨̨̨˛̨ 1 −2 0

0 1 11 −2 1

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ 1 −2 0

0 1 10 0 1

˛̨̨̨˛̨ = 1 · 1 · 1 = 1

detB =

˛̨̨̨˛̨ −1 0 0

0 2 00 0 3

˛̨̨̨˛̨ = (−1) · 2 · 3 = −6

(b) Para A:

D11 =

˛̨̨̨1 1−2 1

˛̨̨̨= 3 D12 =

˛̨̨̨0 11 1

˛̨̨̨= −1 D13 =

˛̨̨̨0 11 −2

˛̨̨̨= −1

D21 =

˛̨̨̨−2 0−2 1

˛̨̨̨= −2 D22 =

˛̨̨̨1 01 1

˛̨̨̨= 1 D23 =

˛̨̨̨1 −21 −2

˛̨̨̨= 0

D31 =

˛̨̨̨−2 01 1

˛̨̨̨= −2 D32 =

˛̨̨̨1 00 1

˛̨̨̨= 1 D33 =

˛̨̨̨1 −20 1

˛̨̨̨= 1

Assim:A11 = 3 A12 = 1 A13 = −1

A21 = 2 A22 = 1 A23 = 0

A31 = −2 A32 = −1 A33 = 1

Ou seja:

A∗ = (Aji) =

0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1APor B ser diagonal:

Dij = Aij = 0, i 6= j

1 Quem entende sério somente por sérioE brincadeira somente por brincadeira

De fato desentendeu ambos... Piet Hein



D11 = A11 =

˛̨̨̨2 00 3

˛̨̨̨= 6 D22 = A22 =

˛̨̨̨−1 00 3

˛̨̨̨= −3 D33 = A33 =

˛̨̨̨−1 00 2

˛̨̨̨= −2

Ou seja:

B∗ =

0@ 6 0 00 −3 00 0 −2

1A(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.

A−1 =1

detAA∗ =

0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1AE:

B−1 =1

detBB∗ =

0@ −1 0 00 1

20

0 0 13

1A(d)

det (A−1) =1

detA= 1

det (B−1) =1

detB= −1

6

(e)

A B =

0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A0@ −1 0 00 2 00 0 3

1A =

0@ 1 −4 00 2 3−1 −4 3

1AB A =

0@ −1 0 00 2 00 0 3

1A0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A =

0@ −1 2 00 2 23 −6 3

1A(f) Por o inverso ser único e o produto de matrizes ser associativo:

(B−1A−1)(A B) = B−1(A−1A)B = B−1I B = B−1B = I

E:(A B) (B−1A−1) = A(B B−1)A−1 = A I A−1 = A A−1 = I

QED

(g)

(A B)−1 = B−1A−1 =

0@ −1 0 00 1

20

0 0 13

1A0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1A =

0@ −3 −2 212

12− 1

2

− 13

0 13

1A(h) Encontrar o inverso do produto: (B A)−1.

(B A)−1 = A−1B−1 =

0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1A0@ −1 0 00 1

20

0 0 13

1A =

0@ −3 1 − 23

−1 12− 1

3

1 0 13

1A2. 4 pts. Dado a sistema linear:

(∗) :

8<:x1 + 2x2 + 3x3 + 4x4 + 5x5 = 12x1 + 3x2 + 4x3 + 5x4 − x5 = 23x1 + 4x2 + 5x3 + 6x4 − 3x5 = 3

9=;2 Quem entende sério somente por sério

E brincadeira somente por brincadeiraDe fato desentendeu ambos... Piet Hein



(a) Encontrar a solução completa do sistema homogêneo do (∗).

(b) Encontrar a solução completa do sistema não homogêneo.

(c) Encontrar a solução completa do sistema:

(∗∗) :


9=;Solution:Resolvemos tudo de uma vez: 0@ 1 2 3 4 5 | 1 2

2 3 4 5 −1 | 2 33 4 5 6 −3 | 3 4

1A ∼0@ 1 2 3 4 5 | 1 2

0 −1 −2 −3 −11 | 0 −10 −2 −4 −6 −18 | 0 −2

1A ∼0@ 1 0 −1 −2 −17 | 1 0

0 1 2 3 11 | 0 10 0 0 0 −4 | 0 0

1A ∼0@ 1 0 −1 −2 0 | 1 0

0 1 2 3 0 | 0 10 0 0 0 1 | 0 0

1APondo x3 = t e x4 = s obtemos a solução completa do sistema homogêneo:

(x1, x2, x3, x4, x5)T = (t+ 2s,−2t− 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2

E por (∗):

(x1, x2, x3, x4, x5)T = (1 + t+ 2s,−2t− 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2

E por (∗∗):

(x1, x2, x3, x4, x5)T = (t+ 2s, 1− 2t− 3s, t, s, 0)T , (t, s) ∈ R2

Comentário: Verificar:(i) Verifique que a solução da eq. homogênea satisfaz as eqs.(ii) Verifique que as soluções particulares satisfaz (∗) resp. (∗∗).

3. 2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:

A =

0BB@1 2 3 44 3 2 1a 2 3 44 3 2 b

1CCA , (a, b) ∈ R2

B =

0BB@0 a 0 0a 0 a 00 a 0 a0 0 a 0

1CCA , a ∈ R

(a) Encontrar para quaisquer valores de a e b o determinante do A.

(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.

(c) Encontrar para qualquer valor de a o determinante do B.





(d) Para quais valores de a o matriz B tem inverso? Para estes valores, encontrar o inverso.

Solution:

(a)

detA =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 2 3 4

4 3 2 1a 2 3 44 3 2 b

˛̨̨̨˛̨̨̨ =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 2 3 4

4 3 2 1a− 1 0 0 0

0 0 0 b− 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ =

(−1)3+1(−1)4+4(a− 1)(b− 1)

˛̨̨̨2 33 2

˛̨̨̨= (a− 1)(b− 1)(4− 9) = −5(a− 1)(b− 1)

(b) Como no item anterior: 0BB@1 2 3 44 3 2 1a 2 3 44 3 2 b

1CCA ∼0BB@

1 2 3 44 3 2 1

a− 1 0 0 00 0 0 b− 1

1CCADonde segue:

ρA =

8>><>>:4, a 6= 1 ∧ b 6= 13, a = 1 ∧ b 6= 13, a 6= 1 ∧ b = 12, a = b = 1

(c)

detB =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 a 0 0a 0 a 00 a 0 a0 0 a 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 1 0 0

1 0 1 00 1 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 1 0 0

1 0 0 00 0 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

(d) O inverso existe se e somente se o determinante não for zero: a4 6= 0 ⇔ a 6= 0.Por a 6= 0 obtemos:0BB@

0 a 0 0 | 1 0 0 0a 0 a 0 | 0 1 0 00 a 0 a | 0 0 1 00 0 a 0 | 0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

0 a 0 0 | 1 0 0 0a 0 0 0 | 0 1 0 −10 0 0 a | −1 0 1 00 0 a 0 | 0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

a 0 0 0 | 0 1 0 −10 a 0 0 | 1 0 0 00 0 a 0 | 0 0 0 10 0 0 a | −1 0 1 0

1CCA ∼0BB@

1 0 0 0 | 0 1a

0 − 1a

0 1 0 0 | 1a

0 0 00 0 1 0 | 0 0 0 1

a

0 0 0 1 | − 1a

0 1a

0

1CCAAssim:

B−1 =

0BB@0 1

a0 − 1

a1a

0 0 00 0 0 1

a

− 1a

0 1a

0

1CCA





Data: 05/05/2009Semestre:Curso: Engenharia CivilDisciplina: Álgebra LinearProva: I


A =

0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A B =

0@ −1 0 00 2 00 0 3

1ASabendo que:

det (A−1) = detA−1 =1

detA

e:

(A B)−1 = B−1A−1

responde o seguinte:

(a) Encontrar: detA e detB.

(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B∗.

(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.

(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1) e det (B−1).


(f) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1.

Solution:4 pts. Dado as matrizes:

A =

0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A B =

0@ −1 0 00 2 00 0 3

1ASabendo que:

det (A−1) = detA−1 =1

detA

e:

(A B)−1 = B−1A−1

responde o seguinte:

(a) Encontrar: detA e detB.

detA =

˛̨̨̨˛̨ 1 −2 0

0 1 11 −2 1

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ 1 −2 0

0 1 10 0 1

˛̨̨̨˛̨ = 1 · 1 · 1 = 1

detB =

˛̨̨̨˛̨ −1 0 0

0 2 00 0 3

˛̨̨̨˛̨ = (−1) · 2 · 3 = −6

5 I really do like Your ChristBut I do dislike Your Christians

Why can’t Your Christians be more like Your Christ? - Mahatma Gandhi



(b) Encontrar as matrizes adjuntas: A∗ e B∗.Para A:

D11 =

˛̨̨̨1 1−2 1

˛̨̨̨= 3 D12 =

˛̨̨̨0 11 1

˛̨̨̨= −1 D13 =

˛̨̨̨0 11 −2

˛̨̨̨= −1

D21 =

˛̨̨̨−2 0−2 1

˛̨̨̨= −2 D22 =

˛̨̨̨1 01 1

˛̨̨̨= 1 D23 =

˛̨̨̨1 −21 −2

˛̨̨̨= 0

D31 =

˛̨̨̨−2 01 1

˛̨̨̨= −2 D32 =

˛̨̨̨1 00 1

˛̨̨̨= 1 D33 =

˛̨̨̨1 −20 1

˛̨̨̨= 1

Assim:A11 = 3 A12 = 1 A13 = −1

A21 = 2 A22 = 1 A23 = 0

A31 = −2 A32 = −1 A33 = 1

Ou seja:

A∗ = (Aji) =

0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1APor B ser diagonal:

Dij = Aij = 0, i 6= j

D11 = A11 =

˛̨̨̨2 00 3

˛̨̨̨= 6 D22 = A22 =

˛̨̨̨−1 00 3

˛̨̨̨= −3 D33 = A33 =

˛̨̨̨−1 00 2

˛̨̨̨= −2

Ou seja:

B∗ =

0@ 6 0 00 −3 00 0 −2

1A(c) Encontrar os inversos: A−1 e B−1.

A−1 =1

detAA∗ =

0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1AE:

B−1 =1

detBB∗ =

0@ −1 0 00 1

20

0 0 13

1A(d) Encontrar os determinantes dos inversos: det (A−1) e det (B−1).

det (A−1) =1

detA= 1

det (B−1) =1

detB= −1

6


A B =

0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A0@ −1 0 00 2 00 0 3

1A =

0@ 1 −4 00 2 3−1 −4 3

1AB A =

0@ −1 0 00 2 00 0 3

1A0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A =

0@ −1 2 00 2 23 −6 3

1A





(f) Encontrar o inverso do produto: (A B)−1.

(A B)−1 = B−1A−1 =

0@ −1 0 00 1

20

0 0 13

1A0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1A =

0@ −3 −2 212

12− 1

2

− 13

0 13

1A2. 4 pts. Dado a sistema linear:

(∗) :


9=;(a) Encontrar a solução completa do sistema homogêneo do (∗).



(∗∗) :


9=;Solution:4 pts. Dado a sistema linear:

(∗) :


9=;(a) Encontrar a solução completa do sistema homogêneo do (∗).



(∗∗) :


9=;Resolvemos tudo de uma vez:0@ 1 2 3 4 5

2 3 4 5 −13 4 5 6 −3

˛̨̨̨˛̨ 1 2

2 33 4

1A ∼0@ 1 2 3 4 5

0 −1 −2 −3 −110 −2 −4 −6 −18

˛̨̨̨˛̨ 1 2

0 −10 −2

1A ∼0@ 1 0 −1 −2 −17

0 1 2 3 110 0 0 0 −4

˛̨̨̨˛̨ 1 0

0 10 0

1A ∼0@ 1 0 −1 −2 0

0 1 2 3 00 0 0 0 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0

0 10 0

1A





Pondo x3 = t e x4 = s obtemos a solução completa do sistema homogêneo:0BBBB@x1

x2

x3

x4

x5

1CCCCA = t

0BBBB@1−2

100

1CCCCA+ s

0BBBB@2−3010

1CCCCA =

0BBBB@t+ 2s−2t− 3s

ts0

1CCCCA , (t, s) ∈ R2

E por (∗): 0BBBB@x1

x2

x3

x4

x5

1CCCCA =

0BBBB@10000

1CCCCA+ t

0BBBB@1−2

100

1CCCCA+ s

0BBBB@2−3

010

1CCCCA =

0BBBB@1 + t+ 2s−2t− 3s

ts0


E por (∗∗): 0BBBB@x1

x2

x3

x4

x5

1CCCCA =

0BBBB@01000

1CCCCA+ t

0BBBB@1−2

100

1CCCCA+ s

0BBBB@2−3

010

1CCCCA =

0BBBB@t+ 2s

1− 2t− 3sts0


Comentário: Controle:(i) Verifique que a solução da eqação homogênea satisfaz as eqções.(ii) Verifique que as soluções particulares satisfaz (∗) resp. (∗∗).

3. 2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:

A =

0BB@1 2 3 44 3 2 1a 2 3 44 3 2 b

1CCA , (a, b) ∈ R2

B =

0BB@0 a 0 0a 0 a 00 a 0 a0 0 a 0

1CCA , a ∈ R


(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.



Solution:2 pts. (Cabeludo) Dado as matrizes:

A =

0BB@1 2 3 44 3 2 1a 2 3 44 3 2 b

1CCA , (a, b) ∈ R2

B =

0BB@0 a 0 0a 0 a 00 a 0 a0 0 a 0

1CCA , a ∈ R






detA =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 2 3 4

4 3 2 1a 2 3 44 3 2 b

˛̨̨̨˛̨̨̨ =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 2 3 4

4 3 2 1a− 1 0 0 0

0 0 0 b− 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ =

(−1)3+1(−1)4+4(a− 1)(b− 1)

˛̨̨̨2 33 2

˛̨̨̨= (a− 1)(b− 1)(4− 9) = −5(a− 1)(b− 1)

(b) Encontrar para quaisquer valores de a e b o posto do A.Como no item anterior: 0BB@

1 2 3 44 3 2 1a 2 3 44 3 2 b

1CCA ∼0BB@

1 2 3 44 3 2 1

a− 1 0 0 00 0 0 b− 1

1CCADonde segue:

ρA =

8>><>>:4, a 6= 1 ∧ b 6= 13, a = 1 ∧ b 6= 13, a 6= 1 ∧ b = 12, a = b = 1


detB =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 a 0 0a 0 a 00 a 0 a0 0 a 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 1 0 0

1 0 1 00 1 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 1 0 0

1 0 0 00 0 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ = a4


O inverso existe se e somente se o determinante não for zero: a4 6= 0 ⇔ a 6= 0.Por a 6= 0 obtemos:0BB@

0 a 0 0 | 1 0 0 0a 0 a 0 | 0 1 0 00 a 0 a | 0 0 1 00 0 a 0 | 0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

0 a 0 0 | 1 0 0 0a 0 0 0 | 0 1 0 −10 0 0 a | −1 0 1 00 0 a 0 | 0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

a 0 0 0 | 0 1 0 −10 a 0 0 | 1 0 0 00 0 a 0 | 0 0 0 10 0 0 a | −1 0 1 0

1CCA ∼0BB@

1 0 0 0 | 0 1a

0 − 1a

0 1 0 0 | 1a

0 0 00 0 1 0 | 0 0 0 1

a

0 0 0 1 | − 1a

0 1a

0

1CCAAssim:

B−1 =

0BB@0 1

a0 − 1

a1a

0 0 00 0 0 1

a

− 1a

0 1a

0

1CCA





Data: 27/05/2009Semestre:Curso: Engenharia de ComputaçãoDisciplina: Álgebra LinearProva: II

1. 2 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1, e2, e3, e4, e5), em R5:

v1 = (1, 1, 1, 1, 1)T v2 = (1,−1, 1,−1, 1)T v3 = (3,−1, 3,−1, 3)T v4 = (0, 1, 0, 1, 0)T

(a) Mostre que: V = ger(v1,v2) = ger(v3,v4). Qual a dimensão do V ?

(b) Escreve v1 e v2 como combinações lineares de v3 e v4.

(c) Escreve v3 e v4 como combinações lineares de v1 e v2.

Solution:2 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1, e2, e3, e4, e5), em R5:

v1 = (1, 1, 1, 1, 1)T v2 = (1,−1, 1,−1, 1)T v3 = (3,−1, 3,−1, 3)T v4 = (0, 1, 0, 1, 0)T




Solução:

(a) Formamos o matriz com os vetores em colunas:

V =

0BBBB@1 1 3 01 −1 −1 11 1 3 01 −1 −1 11 1 3 0

1CCCCA ∼0BBBB@

1 1 3 00 −2 −4 10 0 0 00 −2 −4 10 0 0 0

1CCCCA ∼0BBBB@

1 1 3 00 −2 −4 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

1CCCCADai segue: dim ger(v1,v2,v3,v4) = dim ger(v1,v2) = dim ger(v3,v4) = 2, o que implica: ger(v1,v2,v3,v4) =ger(v1,v2) = ger(v3,v4) = 2. A dimensão é o posto do matriz V, isto é 2.

(b) Omitindo as linhas com somente zeros:„1 10 −2

˛̨̨̨3 0−4 1

«∼„

1 10 1

˛̨̨̨3 02 − 1

2

«∼„

1 00 1

˛̨̨̨1 1

2

2 − 12

«Segue: v3 = v1 + 2v2, e: v4 = 1

2v1 − 1

2v2.

(c) Trocando o ordem dos vetores:„3 0−4 1

˛̨̨̨1 10 −2

«∼„

1 0−4 1

˛̨̨̨13

13

0 −2

«∼„

1 00 1

˛̨̨̨13

13

43− 2

3

«Segue: v1 = 1

3v3 + 4

3v4, e: v2 = 1

3v3 − 2

3v4.

2. 6 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1, e2, e3, e4), em R4:

v1 = (1, 1, 1, 1)T v2 = (1,−1, 1,−1)T v3 = (1, 1,−1,−1)T v4 = (1,−1,−1, 1)T

(a) Mostre que os vi’s são mutualmente ortogonais, isto é: vi · vj = 0 por i 6= j.

(b) Encontrar um base ortonormal de R4, (d1,d2,d3,d4), tal que: di = civi.

10 Ditado.txt



(c) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados em relação aos ei’s (antigos), xA, e os coordenados emrelação aos di’s (novos), xN :

xA = D xN

(d) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados novos, xN , e os coordenados antigos, xA:

xN = D′ xA

(e) Justificar que vale: D′ = D−1 = DT = D.

(f) Encontrar os coordenados dos vetores:

w1 = (−1, 1,−1, 1)T w2 = (1, 2, 3, 4)T

em relação ao base novo, (d1,d2,d3,d4).

Solution:6 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1, e2, e3, e4), em R4:

v1 = (1, 1, 1, 1)T v2 = (1,−1, 1,−1)T v3 = (1, 1,−1,−1)T v4 = (1,−1,−1, 1)T

(a) Mostre que os vi’s são mutualmente ortogonais, isto é: vi · vj = 0 por i 6= j.

(b) Encontrar um base ortonormal de R4, (d1,d2,d3,d4), tal que: di = civi.

(c) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados em relação aos ei’s (antigos), xA, e os coordenados emrelação aos di’s (novos), xN :

xA = D xN

(d) Encontrar uma relação matricial entre os coordenados novos, xN , e os coordenados antigos, xA:

xN = D′ xA

(e) Justificar que vale: D′ = D−1 = DT = D.

(f) Encontrar os coordenados dos vetores:

w1 = (−1, 1,−1, 1)T w2 = (1, 2, 3, 4)T

em relação ao base novo, (d1,d2,d3,d4).

Solução:

(a) Verificamos:

v1 · v2 = 1− 1 + 1− 1 = 0 v1 · v3 = 1 + 1− 1− 1 = 0 v1 · v4 = 1− 1− 1 + 1 = 0

v2 · v3 = 1− 1− 1 + 1 = 0 v2 · v4 = 1 + 1− 1− 1 = 0

v3 · v4 = 1− 1 + 1− 1 = 0

QED1.

(b) Normalizamos os vi’s: |v1| = |v2| = |v3| = |v4| =√

12 + 12 + 12 + 12 =√

4 = 2. Assim:

d1 =v1

|v1|=

„1

2,1

2,1

2,1

2

«T

d2 =v2

|v2|=

„1

2,−1

2,1

2,−1

2

«T

1Quod Erat Demonstrandum

11 Ditado.txt



d3 =v3

|v3|=

„1

2,1

2,−1

2,−1

2

«T

d4 =v4

|v4|=

„1

2,−1

2,−1

2,1

2

«T

É claro que di’s são ortonormais, pois: di · dj = 0 por i 6= j, e: di · di = 1.

(c) Organizamos os di’s como colunas em uma matriz:

D =

0@ | | | |d1 d2 d3 d4

| | | |

1A =

0BB@12

12

12

12

12− 1

212− 1

212

12− 1

2− 1

212− 1

2− 1

212

1CCA =1

2

0BB@1 1 1 11 −1 1 −11 1 −1 −11 −1 −1 1

1CCATemos:

xA =1

2

0BB@1 1 1 11 −1 1 −11 1 −1 −11 −1 −1 1

1CCAxN

(d) Por D ser ortogonal, temos: D−1 = DT . Observamos que D ainda é simétrica: D = DT , ou seja: D−1 = D.Assim, invertemos a equação acima:

xN =1

2

0BB@1 1 1 11 −1 1 −11 1 −1 −11 −1 −1 1

1CCAxA

(e) Já justificamos isto no item anterior; por D ser ortogonal e simétrica, vale: D′ = D−1 = DT = D.

(f) Encontramos w1 em coordenados novos:

1

2

0BB@1 1 1 11 −1 1 −11 1 −1 −11 −1 −1 1

1CCA0BB@−1

1−1

1

1CCA =1

2

0BB@−1 + 1− 1 + 1−1− 1− 1− 1−1 + 1 + 1− 1−1− 1 + 1− 1

1CCA =

0BB@0−2

00

1CCAIlustrando que: w1 = −2d2.Para w2:

1

2

0BB@1 1 1 11 −1 1 −11 1 −1 −11 −1 −1 1

1CCA0BB@

1234

1CCA =1

2

0BB@1 + 2 + 3 + 41− 2 + 3− 41 + 2− 3− 41− 2− 3 + 4

1CCA =

0BB@5−1−2

0

1CCAPodemos verificar: w2 = 5d1 − d2 − 2d3.

3. 2 pts. (Cabeludo?) Ortogonalização de Graham-SchmidtDado os vetores em R3:

v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1,−1, 1)T v3 = (1, 1,−1)T

(a) Mostre que v1,v2,v3 não são mutualmente ortogonais.

(b) Mostre que v1,v2,v3 são linearmente independentes.

(c) Escolhendo: d1 = v1 e d2 = v2 + αd1, mostre que por:

α = −d1 · v2

d1 · d1

obtemos um vetor, d2 ⊥ d1. Encontrar d2.

12 Ditado.txt



(d) Escolhendo: d3 = v3 + βd1 + γd2, mostre que por:

β = −d1 · v3

d1 · d1

γ = −d2 · v3

d2 · d2

obtemos um vetor, d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2. Encontrar d3.

Solution:2 pts. (Cabeludo?) Ortogonalização de Graham-SchmidtDado os vetores em R3:

v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1,−1, 1)T v3 = (1, 1,−1)T

(a) Mostre que v1,v2,v3 não são mutualmente ortogonais.

(b) Mostre que v1,v2,v3 são linearmente independentes.

(c) Escolhendo: d1 = v1 e d2 = v2 + αd1, mostre que por:

α = −d1 · v2

d1 · d1

obtemos um vetor, d2 ⊥ d1. Encontrar d2.

(d) Escolhendo: d3 = v3 + βd1 + γd2, mostre que por:

β = −d1 · v3

d1 · d1

γ = −d2 · v3

d2 · d2

obtemos um vetor, d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2. Encontrar d3.

Solução:

(a) Os vi’s não são mutualmente ortogonais, pois:

v1 · v2 = 1− 1 + 1 = 1 6= 0 v1 · v3 = 1 + 1− 1 = 1 6= 0

v2 · v3 = 1− 1− 1 = −1 6= 0

(b)

V =

0@ | | |v1 v2 v3

| | |

1A =

0@ 1 1 11 −1 11 1 −1

1A ∼0@ 1 1 1

0 −2 00 0 −2

1ASegue, que ρV = 3, ou seja: os vi’s são linearmente independentes.

(c) Na equação d2 = v2 + αd1, fazemos o produto escalar com d1:

d1 · d2 = d1 · v2 + α(d1 · d1)

Exigindo d1 ⊥ d2 - ou seja: d1 · d2 = 0 - segue:

α = −d1 · v2

d1 · d1

Usando resultados anteriores:

d1 · v2 = 1

d1 · d1 = 3

Assim: α = − 13

, e assim:

13 Ditado.txt



d2 =

0@ 1−1

1

1A− 1

3

0@ 111

1A =

0@ 23

− 4323

1AObservamos:

d1 · d2 =

0@ 111

1A ·0@ 2

3

− 4323

1A =2

3− 4

3+

2

3= 0

Isto é: d2 ⊥ d1.

(d) Na d3 = v3 + βd1 + γd2 fazemos o produto escalar com d1 e utilizamos que d1 · d2 = 0:

d1 · d3 = d1 · v3 + β(d1 · d1) + 0

Exigindo d1 · d3 = 0, obtemos:

β = −d1 · v3

d1 · d1

Fazendo o produto escalar com d2, segue de mesmo maneira:

γ = −d2 · v3

d2 · d2

Usando resultados anteriores:

d1 · v3 = 1

d1 · d1 = 3

Assim:β = −1

3

E mais:

d2 · v3 = −4

3

d2 · d2 =24

9=

8

3

Assim:γ =

1

2

Finalmente calculamos d3:

d3 =

0@ 11−1

1A− 1

3

0@ 111

1A+1

2

0@ 23

− 4323

1A =

0@ 10−1

1AObservamos:

d1 · d3 =

0@ 111

1A ·0@ 1

0−1

1A = 1 + 0− 1 = 0

d2 · d3 =

0@ 111

1A ·0@ 2

3

− 4323

1A =2

3+ 0− 2

3= 0

Isto é: d3 ⊥ d1 e d3 ⊥ d2.

14 Ditado.txt



Data: 17/06/2009Semestre:Curso: Engenharia CivilDisciplina: Álgebra LinearProva: II

1. 2 pts. Dado os vetores em relação ao base canônica, (e1, e2, e3, e4, e5), em R5:

v1 = (1, 2, 2, 2, 1)T v2 = (1, 0, 0, 0, 1)T v3 = (2, 2, 2, 2, 2)T v4 = (0, 1, 1, 1, 0)T




Solution:

(a) Formamos o matriz com os vetores em colunas:

V =

0BBBB@1 1 2 02 0 2 12 0 2 12 0 2 11 1 2 0

1CCCCA ∼0BBBB@

1 1 2 02 0 2 10 0 0 00 0 0 00 0 0 0

1CCCCADai segue: dim ger(v1,v2,v3,v4) = dim ger(v1,v2) = dim ger(v3,v4) = 2, o que implica: ger(v1,v2,v3,v4) =ger(v1,v2) = ger(v3,v4) = 2. A dimensão é o posto do matriz V, isto é 2.

(b) Omitindo as linhas com somente com zeros e trocando a ordem dos vetores:„2 02 1

˛̨̨̨1 12 0

«∼„

2 00 1

˛̨̨̨1 11 −1

«∼„

1 00 1

˛̨̨̨12

12

1 −1

«Segue: v1 = 1

2v3 + v4, e: v2 = 1

2v3 − v4.

(c) Similarmente:„1 12 0

˛̨̨̨2 02 1

«∼„

1 10 −2

˛̨̨̨2 0−2 1

«∼„

1 10 1

˛̨̨̨2 01 − 1

2

«∼„

1 00 1

˛̨̨̨1 1

2

1 − 12

«Segue: v3 = v1 + v2, e: v4 = 1

2v1 − 1

2v2.

2. 3 pts. Qual a dimensão dos conjuntos gerados de:

(a) f1(x) = x(1− x), f2(x) = x(1 + x), f3(x) = x(1− x2) e f4(x) = x(3− x2).

(b) v1 = (1,−1,−1,−1)T , v2 = (1, 1,−1,−1)T , v3 = (1, 1, 1,−1)T , v4 = (1, 1, 1, 1)T , v5 = (0, 0, 1, 1)T .

(c) A1

=

„1 32 2

«, A

2=

„−2 1

3 −4

«, A

3=

„5 31 2

«, A

4=

„1 11 0

«.

Solution:

(a) Desenvolvendo:

c1f1(x) + c2f2(x) + c3f3(x) + c4f4(x) = c1x(1− x) + c2x(1 + x) + c3x(1− x2) + c4x(3− x2) =

x (c1 + c2 + c3 + 3c4) + x2 (−c1 + c2) + x3 (c3 − c4) ≡ 0

O que vale se e somente se: c1 + c2 + c3 + 3c4 = −c1 + c2 − c3 − 3c4 = c3 − c4 = 0. Na forma matricial:

F =

0@ 1 1 1 3−1 1 0 0

0 0 1 −1

1A ∼0@ 1 1 1 3

0 2 1 30 0 1 −1

1AO que mostre que ρF = dim ger(f1(x), f2(x), f3(x), f4(x)) = 3.

15 Vida é agora ou nunca:Qual você faz? - Piet Hein



(b) Siempre el mismo estribilho:

V =

0BB@1 1 1 1 0−1 1 1 1 0−1 −1 1 1 1−1 −1 −1 1 1

1CCA ∼0BB@

1 1 1 1 00 2 2 2 00 0 2 2 10 0 0 2 1

1CCAO que mostre que ρV = dim ger(v1,v2,v3,v4,v5) = 4.

(c) Transformamos a equação matricial:

c1

„1 32 2

«+ c2

„−2 13 −4

«+ c3

„5 31 2

«+ c4

„1 11 0

«= 0

em uma equação vetorial:

c1

0BB@1322

1CCA+ c2

0BB@−2

13−4

1CCA+ c3

0BB@5312

1CCA+ c4

0BB@1110

1CCA = 0

Com matriz:

A =

0BB@1 −2 5 13 1 3 12 3 1 12 −4 2 0

1CCA ∼0BB@

1 −2 5 10 7 −12 −20 7 −9 −10 0 −8 −2

1CCA ∼0BB@

1 −2 5 10 7 −12 −20 0 5 10 0 −8 −2

1CCA ∼0BB@

1 −2 5 10 7 −12 −20 0 5 10 0 2 0

1CCA ∼0BB@

1 −2 5 10 7 −12 −20 0 1 00 0 0 1

1CCAO que mostre que ρA = dim ger(A

1,A

2,A

3,A

4) = 4.

3. 3 pts. Dado os vetores em R3:

v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1, 1, 0)T v3 = (1, 0, 1)T

(a) Mostre que (v1,v2,v3) formam uma base em R3.

(b) Encontrar uma relação matricial expressando os coordenados em relação ao base (v1,v2,v3), em termos doscoordenados em relação ao base canônica, (i, j,k).

(c) Encontrar os coordenados em relação ao base (v1,v2,v3) dos vetores: w1 = (1, 2, 3)T e w2 = (3, 2, 1)T

Solution:3 pts. Dado os vetores em R3:

v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1, 1, 0)T v3 = (1, 0, 1)T

(a) Mostre que (v1,v2,v3) formam uma base em R3.

(b) Encontrar uma relação matricial expressando os coordenados em relação ao base (v1,v2,v3), em termos doscoordenados em relação ao base canônica, (i, j,k).

(c) Encontrar os coordenados em relação ao base (v1,v2,v3) dos vetores: w1 = (1, 2, 3)T e w2 = (3, 2, 1)T

Solução:




(a) Formamos o matriz: V = (v1,v2,v3):

“V˛̨̨I”

=

0@ 1 1 11 1 01 0 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A ∼0@ 1 1 1

0 0 −10 −1 0

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0−1 1 0−1 0 1

1A ∼0@ 1 0 0

0 0 −10 −1 0

˛̨̨̨˛̨ −1 1 1−1 1 0−1 0 1

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ −1 1 1

1 0 −11 −1 0

1A =“I˛̨̨V−1

”Mostrando que V é regular e assim v1,v2,v3 formam um base em R3.

(b) No cálculo na questão anterior calculamos o inverso, V−1: xA = VxN , ou equivalentemente: xN = V−1xA:

xN =

0@ −1 1 11 0 −11 −1 0

1AxA

(c) Usando esta equação enocntramos os coordenados novos dos vetores w1:

w′1 =

0@ −1 1 11 0 −11 −1 0

1A0@ 123

1A =

0@ 4−2−1

1AE do w2:

w′2 =

0@ −1 1 11 0 −11 −1 0

1A0@ 321

1A =

0@ 021

1A4. 2 pts. Considere os vetores do exercísio anterior:

v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1, 1, 0)T v3 = (1, 0, 1)T

(a) Definindo: d1 = v1 e d2 = d1 × v2. Encontrar d1 e d2. Mostrar que d1 e d2 são ortogonais.

(b) Definindo: d3 = d1 × d2. Encontrar d3. Mostrar que d3 é ortogonal em d1e d2.

(c) Encontrar uma base ortonormal de R3, cuja os eixos são paralelos com os vetores d1, d2 e d3. Encontrar o matrizdeste substituição ortonormal, M. Demostrar que M−1 = MT e encontrar seu determinante.

(d) Encontrar neste base os coordenados dos vetores: w1 = (0, 1, 1)T e w2(0, 0, 1)T .

Solution:2 pts. Considere os vetores do exercísio anterior:

v1 = (1, 1, 1)T v2 = (1, 1, 0)T v3 = (1, 0, 1)T

(a) Definindo: d1 = v1 e d2 = d1 × v2. Encontrar d1 e d2. Mostrar que d1 e d2 são ortogonais.

(b) Definindo: d3 = d1 × d2. Encontrar d3. Mostrar que d3 é ortogonal em d1e d2.

(c) Encontrar uma base ortonormal de R3, cuja os eixos são paralelos com os vetores d1, d2 e d3. Encontrar o matrizdeste substituição ortonormal, M. Demostrar que M−1 = MT e encontrar seu determinante.

(d) Encontrar neste base os coordenados dos vetores: w1 = (0, 1, 1)T e w2(0, 0, 1)T .

Solução:

(a) d1 = v1 = (1, 1, 1)T , e:

d1 = d1 × v2 =

˛̨̨̨˛̨ i j k

1 1 11 1 0

˛̨̨̨˛̨ = (−1, 1, 0)T

Por ser o produto vetorial (que produz um vetor ortogonal das operantes), d1 ⊥ d2.




(b) Calculando:

d3 = d1 × d2 =

˛̨̨̨˛̨ i j k

1 1 1−1 1 0

˛̨̨̨˛̨ = (−1,−1, 2)T

De novo, pelos propriedades do produto vetorial, d3 é ortogonal em d1 e d2.

(c) Como os vetores d1,d2,d3 são mutualmente ortogonais, basta nos normalizar as três para obter um base ortonor-mal:

m1 =d1

|d1|= 1√

3(1, 1, 1)T

m2 =d2

|d2|=

1√2(−1, 1, 0)T

m3 =d3

|d3|+ =

1√6(−1,−1, 2)T

Organizando como colunas em uma matriz ortogonal:

M =

0B@1√3

1√2− 1√

6

− 1√3

1√2− 1√

61√3

0 2√6

1CAPor ser ortogonal, temos M−1 = MT (alternativamente, basta so mostrar que MT M = I). E para seu determi-nante:

detM =

˛̨̨̨˛̨̨

1√3

1√2− 1√

6

− 1√3

1√2− 1√

61√3

0 2√6

˛̨̨̨˛̨̨ = 1

6

˛̨̨̨˛̨ 1 −1 −1

1 1 −11 0 2

˛̨̨̨˛̨ =

1

6

˛̨̨̨˛̨ 1 1 −1

0 2 00 1 3

˛̨̨̨˛̨ = 1

6

˛̨̨̨2 01 3

˛̨̨̨=

1

6(6− 0)) = 1

(d) O matriz tranformando coordenados antigos em coordenados novos, é M−1, assim:

w′1 =

0B@1√3

1√3

1√3

− 1√2

1√2

0

− 1√6− 1√

6

2√6

1CA0@ 0

11

1A =

0B@2√3

1√2

1√6

1CAE:

w′2 =

0B@1√3

1√3

1√3

− 1√2

1√2

0

− 1√6− 1√

6

2√6

1CA0@ 0

01

1A =

0@ 1√3

02√6

1A




Data: 03/07/2009Semestre:Curso: Engenharia CivilDisciplina: Álgebra LinearProva: III - Chamada Extra

1. (465) 4 pts. Dado o matriz, A, de uma aplicação linear, f : R4 → R4:

A =

0BB@1 0 0 −32 3 0 3−2 −1 2 −3

0 0 0 4

1CCA(a) Mostre que o núcleo (kernel), kerf = {x ∈ R4|A x = 0}, tem dimensão 0.

(b) Encontrar autovalores e autovetores de f .

(c) Mostre que é possível escolher um base de autovetores de f .

(d) Encontre o matriz, B, de f ao respeito desde base. Qual a relação entre A e B?

Solution:

(a)

detA =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 −3

2 3 0 3−2 −1 2 −3

0 0 0 4

˛̨̨̨˛̨̨̨ = 4

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

2 3 0−2 −1 2

˛̨̨̨˛̨ = 4 · 1 · 3 · 2 = 24 6= 0

Ou seja, A é regular, isto é: dim ker f = 0.

(b)

P (λ) = det (A− λI) =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1− λ 0 0 −3

2 3− λ 0 3−2 −1 2− λ −30 0 0 4− λ

˛̨̨̨˛̨̨̨ = (4− λ)

˛̨̨̨˛̨ 1− λ 0 0

2 3− λ 0−2 −1 2− λ

˛̨̨̨˛̨ =

(4− λ)(1− λ)(3− λ)(2− λ) = 0 ⇔ λ = 1 ∨ λ = 2 ∨ λ = 3 ∨ λ = 4

Notamos que a soma dos autovalores é igual o traço do A.

i. λ1 = 1:

A− I =

0BB@0 0 0 −32 2 0 3−2 −1 1 −3

0 0 0 3

1CCA ∼0BB@

0 0 0 12 2 0 0−2 −1 1 0

0 0 0 0

1CCA ∼0BB@

0 0 0 11 1 0 00 1 1 00 0 0 0

1CCAx = 0 ⇔

x1 = x3 = −x2 ∧ x4 = 0 ⇔ x = t(1,−1, 1, 0)T , t ∈ Rii. λ2 = 2:

A−2I =

0BB@−1 0 0 −3

2 1 0 3−2 −1 0 −3

0 0 0 2

1CCA ∼0BB@−1 0 0 0

2 1 0 0−2 −1 0 0

0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 1 0 00 −1 0 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

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

1CCAx = 0 ⇔

x1 = x2 = x4 = 0 ⇔ x = t(0, 0, 1, 0)T , t ∈ R

19 Você não tem chance nenhum - use-o!



iii. λ3 = 3:

A−3I =

0BB@−2 0 0 −3

2 0 0 3−2 −1 −1 −3

0 0 0 1

1CCA ∼0BB@−2 0 0 0

2 0 0 0−2 −1 −1 0

0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 0 0 00 −1 −1 00 0 0 1

1CCAx = 0 ⇔

x2 = −x3 ∧ x1 = x4 = 0 ⇔ x = t(0, 1,−1, 0)T , t ∈ Riv. λ4 = 4:

A−4I =

0BB@−3 0 0 −3

2 −1 0 3−2 −1 −2 −3

0 0 0 0

1CCA ∼0BB@

1 0 0 12 −1 0 32 1 2 30 0 0 0

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 −1 0 10 1 2 10 0 0 0

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 −1 0 10 0 1 10 0 0 0

1CCAx = 0 ⇔

x2 = x4 ∧ x1 = −x4 ∧ x3 = −x4 ⇔ x = t(−1, 1,−1, 1)T , t ∈ R

(c) Por ter 4 autovalores diferentes, é possível escolher uma base de autovetores, por ex:

v1 = (1,−1, 1, 0) v2 = (0, 0, 1, 0) v3 = (0, 1,−1, 0) v4 = (−1, 1,−1, 1)

(d) Ao respeito da base vi a matriz é:

B =

0BB@1 0 0 00 2 0 00 0 3 00 0 0 4

1CCAColocando os vi’s nos colunas do matriz V:

V =

0BB@1 0 0 −1−1 0 1 1

1 1 −1 −10 0 0 1

1CCAA relação entre A e B é: B = V−1A V.

Ressaltamos que V−1 6= V, pois V não é ortogonal (ie. os vi’s não são ortonormais - nem ortogonais).

2. (341, c) 4 pts. Dado a forma quadrática:

(∗) x2 + y2 − z2 + 2xy

(a) Encontrar uma substituição ortogonal, D, que reduz (∗) em uma forma sem termos mistos: λ1x21 + λ2y

21 + λ3xz

21

- onde λ1 ≥ λ2 ≥ λ3.

(b) Classificar geométricalmente: x2 + y2 − z2 + 2xy − 2x− 4y − 1 = 0.

Solution:

(a) Primeiramente, com r = (x, y, z)T :

x2 + y2 − z2 + 2xy = rT A r = (x y z)

0@ 1 1 01 1 00 0 −1

1A0@ xyz

1AProcuramos os autovalores do A:

det (A− λI) =

˛̨̨̨˛̨ 1− λ 1 0

1 1− λ 00 0 −1− λ

˛̨̨̨˛̨ = (−1−λ)

˛̨̨̨1− λ 1

1 1− λ

˛̨̨̨= (−1−λ)

ˆ(1− λ)2 − 1

˜= 0⇔




λ = −1 ∨ (1− λ)2 = 1 ⇔ λ = −1 ∨ 1− λ = ±1 ⇔ λ1 = 2 ∨ λ2 = 0 ∨ λ3 = −1

Notamos: λ1 + λ2 + λ3 = 1 = Tr A. E: λ1λ2λ3 = 0 = detA.Encontramos autovetores:

i. λ1 = 2:

A− 0I =

0@ −1 1 01 −1 00 0 −1

1A ∼0@ −1 1 0

0 0 00 0 1

1Ax = 0 ⇔

x1 = x2 ∧ x3 = 0 ⇔ x = t(1, 1, 0)T , t ∈ RNormalizando: v1 = 1√

2(1, 1, 0)T .

ii. λ2 = 0:

A− I =

0@ 1 1 01 1 00 0 −1

1A ∼0@ 1 1 0

0 0 00 0 1

1Ax = 0 ⇔

x1 = −x2 ∧ x3 = 0 ⇔ x = t(−1, 1, 0)T , t ∈ RNormalizando: v2 = 1√

2(−1, 1, 0)T .

iii. λ3 = −1: Por ser ortogonal dos outros dois autovetores, temos:

(1, 1, 0)T × (−1,−, 0)T = (0, 0, 2)T

Normalizando: v3 = (0, 0, 1)T .

Assim, a substituição ortogonal diagonalizando (∗) é:

V =

0@ 1√2− 1√

20

1√2

1√2

0

0 0 1

1A V−1 = VT

A matriz neste base é:

B = VT A V =

0@ 2 0 00 0 00 0 −1

1ATransformando (∗) em:

x2 + y2 − z2 + 2xy = 2x′2 − z′2

A relação entre os coordenados antigos e novos é:0@ xyz

1A = V

0@ x′

y′

z′

1A =

0@ 1√2− 1√

20

1√2

1√2

0

0 0 1

1A0@ x′

y′

z′

1A =

0@ 1√2(x′ − y′)

1√2(x′ + y′)

z′

1A(b) Usando o resultado do item anterior:

−2x− 4y = − 1√2

ˆ2(x′ − y′) + 4(x′ + y′)

˜= − 1√

2(6x′ + 2y′)

Assim:x2 + y2 − z2 + 2xy − 2x− 4y − 1 = 0 ⇔

2x′2 − z′2 − 1√2(6x′ + 2y′) = 1 ⇔

2

„x′2 − 3√

2x′«− z′2 − 2√

2y′ = 1 ⇔

2

„(x′ − 3

2√

2)2 − 9

8

«− z′2 −

√2y′ = 1 ⇔




2(x′ − 3

2√

2)2 − z′2 −

√2y′ = 1 +

9

4=

13

4⇔

(x′ − 3

2√

2)2 − z′√

2

2

=y′√2

+13

8=y′ + 13

4√

2√2

Isto é uma paraboloide hiperbólica, com centro:(x′0, y

′0, z′0) = ( 3

2√

2,− 13

4√

2, 0). Em os coordenados antigos:0@ x

yz

1A =

0@ 1√2− 1√

20

1√2

1√2

0

0 0 1

1A0@ 3

2√

2

− 13

4√

2

0

1A =

0@ 34

+ 138

34− 13

8

0

1A =

0@ 198

− 78

0

1AQuem diria...

3. (471) 2 pts. (Projeção ortogonal.) Uma aplicação linear, f , é dado por:

f(x) = (x · e)e− x

onde e é um vetor de unidade dado (fixo).

(a) Fazer uma figura indicando os vetores e,x e f(x).

(b) Mostre que a imagem do f é perpendicular em e.

(c) Seja i e j dois vetores unitários e ortogonais. Pondo: e =√

22

i +√

22

j. Encontrar o matriz, A, de f em relação aobase (i, j).

Solution:

(a) -

(b) f(x) · e = ((x · e)e− x) · e = (x · e)(e · e)− (x · e) = (x · e)− (x · e) = 0.

(c) f(i) = (i · e)e− i =√

22

(√

22

i +√

22

j)− i = 12i + 1

2j− i = (− 1

2, 1

2),

f(j) = (j · e)e− j =√

22

(√

22

i +√

22

j)− j = 12i + 1

2j− j = ( 1

2,− 1

2).

Assim o matriz é:

A =

„− 1

212

12− 1

2

«




Data: 08/07/2009Semestre:Curso: Engenharia Civil e ComputaçãoDisciplina: Álgebra LinearProva: III

1. (410) 4 pts. Em R4 são dado os vetores:

d1 = (1, 2, 2, 0)T d2 = (0, 1, 1, 1)T d3 = (0, 0, 1, 1)T d4 = (1, 1, 1, 1)T

(a) Mostre que d1,d2,d3,d4 formam uma base em R4.

(b) Uma aplicação linear, f : R4 → R3 é dado por:

f(d1) = (1, 1, 2)T f(d2) = (3,−1, 1)T f(d3) = (4, 0, 3)T f(d4) = (−5, 3, 0)T

Encontrar a matriz do f em respeito ao base di em R4 e a base canônica em R3.

(c) Encontrar a matriz do f em respeito ao base canônica em R4 e R3.

(d) Encontrar a dimensão do imagem do f .

(e) Dados os vetores: v1 = d1 + d2 − d3 e v2 = −d1 + 2d2 + d4.Mostre que: kerf =

˘x ∈ R4| f(x) = 0

¯= ger(v1,v2).

(f) Encontrar a solução completa da equação: f(x) = f(d1).

Solution:(410) 4 pts. Em R4 são dado os vetores:

d1 = (1, 2, 2, 0)T d2 = (0, 1, 1, 1)T d3 = (0, 0, 1, 1)T d4 = (1, 1, 1, 1)T

(a) 0BB@1 0 0 12 1 0 12 1 1 10 1 1 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 1 1 −10 1 1 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 1 2

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 0 2

1CCA ⇒ ρ = 4

Ou seja, d1,d2,d3,d4 formam uma base em R4.

(b) Em respeito ao base canônica em R4 e R3 o matriz é (a imagem dos di em colunas):

A′ =

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A(c) Temos: A′ = A D ⇔ A = A′D−1. Calculamos a matriz inversa:

0BB@1 0 0 12 1 0 12 1 1 10 1 1 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 1 1 −10 1 1 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0−2 0 1 0

0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 1 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0

0 −1 1 02 −1 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 0 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0

0 −1 1 02 0 −1 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCA ∼




0BB@1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 0 1

2− 1

2

−1 1 − 12

12

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCA ⇒ D−1 =

0BB@0 0 1

2− 1

2

−1 1 − 12

12

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCAMultiplicando:

A = A′D−1 =

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A0BB@

1 0 12− 1

2

−1 1 − 12

12

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCA =

0@ −8 −1 112− 3

2

4 −1 − 12

12

−1 −2 72− 1

2

1A(d) A dimensão da imagem é o posto: ρA = ρA′ (pois mudar de base não altera a dimensão). Escolhemos A′:

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A ∼0@ 1 3 4 −5

0 −4 −4 80 −5 −5 10

1A ∼0@ 1 3 4 −5

0 1 1 −20 1 1 −2

1A ∼0@ 1 3 4 −5

0 1 1 −20 0 0 0

1ASegue que a dimensão da imagem é 2.

(e) Primeiramente: dimR4 = dim Im(f) + dim ker f . Ou seja: dim ker f = 4− 2 = 2.Formamos as imagens:

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A0BB@

1 −11 2−1 0

0 1

1CCA =

0@ 1 + 3− 4 −1 + 6− 51− 1 −1− 2 + 3

2 + 1− 3 −2 + 2

1A =

0@ 0 00 00 0

1ASegue, que f(v1) = f(v2) = 0, ou seja: v1,v2 ∈ kerf . Por v1,v2 serem linearmente independentes, conclui-mos: kerf = ger(v1,v2.

(f) Encontrar a solução completa da equação: f(x = f(d1).Trivialmente a quação f(x = f(d1) tem a solução x = d1, assim sendo uma solução particular. Assim a soluçãocompleta é x = d1 + kerf , ou seja:

x = d1 + tv1 + sv2, t, s ∈ R

2. (403) 4 pts. Dado a superfície:

(∗) 3x2 − 3y2 + 12xz + 12yz + 4x− 4y − 2z = 0

(a) Encontrar a parte linear do (∗), F1(x, y, z).

(b) Encontrar a parte quadrática do (∗), F2(x, y, z), e escreve-a na forma matricial: rT A r.

(c) Encontrar autovalores e autovetores da matriz A.

(d) Encontrar uma base ortonormal, di, de autovetores da A.

(e) Encontrar uma substituição ortogonal, D, e uma matriz diagonal, B, tal que: B = DT A D.

(f) Transformar, usando o item anterior, F2 em uma forma quadrática sem termos mistos.

(g) Encontrar F1(x, y, z) em termos dos coordenados novos.

(h) Classificar (∗) geometricalmente.

Solution:

(a) F1(x, y, z) = 4x− 4y − 2z.




(b) F2(x, y, z) = 3x2 − 3y2 + 12xz + 12yz. De forma matricial:

`x y z

´0@ 3 0 60 −3 66 6 0

1A0@ xyz

1A(c) ˛̨̨̨

˛̨ 3− λ 0 60 −3− λ 66 6 −λ

˛̨̨̨˛̨ = (3− λ)

˛̨̨̨−3− λ 6

6 −λ

˛̨̨̨+ 6

˛̨̨̨0 −3− λ6 6

˛̨̨̨= (3− λ) [λ(−3− λ)− 36] + 6 [0− 6(−3− λ)] = ... = −λ3 + 81λ = −λ(λ2 − 81) = 0 ⇔

λ1 = 9 ∨ λ2 = −9 ∨ λ3 = 0

(d) Encontrar uma base ortonormal, di, de autovetores da A.

i. λ1 = 9:

A− 9I =

0@ −6 0 60 −12 66 6 −9

1A ∼ ... ∼0@ −1 0 1

0 −2 10 0 0

1Ax = 0⇔ x1 = x3 = 2x2 ⇔

x = t

0@ 212

1A , t ∈ R

Normalizamos: v1 = 13(2, 1, 2).

ii. λ2 = −9:

A− 9I =

0@ 12 0 60 6 66 6 9

1A ∼ ... ∼0@ 2 0 1

0 1 10 0 0

1Ax = 0⇔ x3 = −x2 ∧ x3 = −2x1 ⇔

x = t

0@ 12−2

1A , t ∈ R

Normalizamos: v2 = 13(1, 2,−2). Verificamos: v1 · v2 = 0.

iii. λ2 = 0:Podemos resolver como para os autovalores anteriores, porém é mais facil utilizar que v3 ⊥ v1 e v3 ⊥ v2,ou seja: v3 ‖ v1 × v2: ˛̨̨̨

˛̨ i j k

2 1 21 2 −2

˛̨̨̨˛̨ = (−6, 6, 3) ‖ (−2, 2, 1)

Normalizamos: v3 = 13(−2, 2, 1).

Suggestion: Verifique que A vi = λivi.

(e) Organizando os autovetores normalizados em colunas:

D =1

3

0@ 2 1 −21 2 22 −2 1

1A D−1 = DT =1

3

0@ 2 1 21 2 −2−2 2 1

1AO matrix neste base é os autovalores na diagonal:

B =

0@ 9 0 00 −9 00 0 0

1AE vale: B = DT A D.




(f) F2(x, y, x) = λ1x′2 + λ2y

′2 + λ3z′2 = 9x′2 − 9y′2.

(g) Usamos a relação entre coordenados velhos e coordenados novos: r = D r′:

r =

0@ xyz

1A =1

3

0@ 2 1 −21 2 22 −2 1

1A0@ x′

y′

z′

1A =1

3

0@ 2x′ + y′ − 2z′

x′ + 2y′ + 2z′

2x′ − 2y′ + z′

1AAssim: F1(x, y, z) = 1

3(4(2x′ + y′ − 2z′)− 4(x′ + 2y′ + 2z′)− 2(2x′ − 2y′ + z′)) =

13

((8− 4− 4)x′ + (4− 8 + 4)y′ + (−8− 8− 2)z′) = −6z′ e eixos paralelas com os vetores v1, v2 e v3.

(h) (∗) é equivalente à:

9x′2 − 9y′2 − 6z′ = 0 ⇔ 6z′ = 9x′2 − 9y′2

Isto é uma paraboloide hiperbólica com centro em (x′, y′, z′) = (x, y, z) = (0, 0, 0).

3. (442) 2 pts. Seja a e b vetores fixos em R3 que satisfaz:

|a| = |b| =√

2 a · b = 1

A aplicação, f , é dado por:f(x) = a× x + (a · x)b

(a) Mostrar que f é uma aplicação linear.No resto deste exercísio, pomos: c = a× b

(b) Mostre a,b, c formam uma base em R3. Mostre que o matrix ao respeito desde base é dado por:

A =

0@ 0 0 12 1 −20 1 0

1AInformamos, que para o produto vetorial duplo, vale:

a× (b× c) = (a · c)b− (a · b)c

(c) Encontrar autovalores e autovetores do f .

(d) Encontrar a dimensão da imagem e uma base da mesma.

Solution:

(a) i. f(x + y) = a× (x + y) + (a · (x + y))b = a× x + (a · x)b + a× y + (a · y)b = f(x) + f(y),ii. f(αx) = a× (αx) + (a · (αx))b = α [a× x + (a · x)b] = αf(x),

O que mostre que f é linear.

(b) Sendo a e b linearmente independentes, o vetor c é ortogonal dos dois, e assim a,b, c são linearmente indepen-dentes.Para encontrar o matriz desde base, procuramos as imagens dos vetores básicas:

i. f(a) = a× a + (a · a)b = (a · a)b = 2b = [0, 2, 0]

ii. f(b) = a× b + (a · b)b = c + b = [0, 1, 1]

iii. f(c) = a× c + (a · c)b = a× c = a× (a× b) = (a · b)a− (a · a)b = a− 2b = [1,−2, 0]

Pondo estes resultados em colunas, obtemos o matriz do f :0@ 0 0 12 1 −20 1 0

1A




(c) ˛̨̨̨˛̨ −λ 0 1

2 1− λ −20 1 −λ

˛̨̨̨˛̨ = −λ ˛̨̨̨ 1− λ −2

1 −λ

˛̨̨̨+

˛̨̨̨2 1− λ0 1

˛̨̨̨= −λ(λ2 − λ+ 2) + 2 =

−λ3 + λ2 − 2λ+ 2 = −λ2(λ− 1)− 2(λ− 1) = (−λ2 − 2)(λ− 1) = 0

Assim, temos somente uma autovalor real, sendo: λ = 1. Calculando os autovetores de λ = 1:0@ −1 0 12 0 −20 1 −1

1A ∼0@ −1 0 1

0 1 −10 0 0

1Ax = 0 ⇔ x = t(1, 1, 1)T , t ∈ R

(d) Por λ = 0 não ser autovalor, temos que o núcleo do f contém somente a vetor nula, ou seja: dim ker f = 0.Assim: dim Im f = 3− 0 = 3.Como uma base da imagem podiamos usar a,b, c, pois eles são linearmente independentes, cf. item (a).




Data: 06/10/2009Semestre: 2009.2Curso: *Disciplina: Álgebra LinearProva: I

1. (390) 4 pts. Dado o matriz:

A =

0@ 2− λ −1 −1−1 2− λ −1−1 −1 2− λ

1A , λ ∈ R

(a) Encontrar detA para qualquer valor de λ.

(b) Para quais valores de λA é singular?

(c) Para λ = 1 encontrar o matriz adjunto de A.

(d) Para λ = 2 encontrar o matriz inversa de A.

(e) Para λ = 0 resolver o sistema homogêneo (1) : A x = 0. Encontrar a dimensão e uma base desde espaçosolucional.

(f) Para λ = 3 resolver o sistema homogêneo (2) : Ax = 0. Encontrar a dimensão e uma base desde espaçosolucional.

(g) Mostre que qualquer vetor do espaço solucional de (1) é ortogonal em qualquer vetor do espaço solucional de (2).

Solution:

(a)

P (λ) = detA =

˛̨̨̨˛̨ 2− λ −1 −1−1 2− λ −1−1 −1 2− λ

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ 2− λ −1 −1λ− 3 3− λ 0−1 −1 2− λ

˛̨̨̨˛̨ = (3−λ)

˛̨̨̨˛̨ 2− λ −1 −1−1 1 0−1 −1 2− λ

˛̨̨̨˛̨ =

(3−λ)

˛̨̨̨˛̨ 2− λ 1− λ −1−1 0 −0−1 −2 2− λ

˛̨̨̨˛̨ = (3−λ)

˛̨̨̨1− λ −1−2 2− λ

˛̨̨̨= (3−λ) [(1− λ)(2− λ)− 2] = −λ(3−λ)2

(b)detA = −λ(3− λ)2 = 0⇔ λ = 0 ∨ λ = 3

(c) Calculando os subdeterminantes:

(Dij) =

0@ 0 −2 2−2 0 −2

2 −2 0

1AE os co-fatores:

(Aij) =

0@ 0 2 22 0 22 2 0

1AEste matriz é o adjunto, pois por A ser simétrico, não precisamos transpor.

(d)

“A|I”

=

0@ 0 −1 −1−1 0 −1−1 −1 0

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A ∼0@ 0 1 1

1 0 11 1 0

˛̨̨̨˛̨ −1 0 0

0 −1 00 0 −1

1A ∼0@ 0 1 1

1 0 10 1 −1

˛̨̨̨˛̨ −1 0 0

0 −1 00 1 −1

1A ∼0@ 0 0 1

1 0 10 1 −1

˛̨̨̨˛̨ −

12− 1

212

0 −1 00 1 −1

1A ∼0@ 0 0 1

1 0 00 1 0

˛̨̨̨˛̨ −

12− 1

212

12− 1

2− 1

2

− 12

12− 1

2

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨

12− 1

2− 1

2

− 12

12− 1

2

− 12− 1

212

1A =“I|A−1

”

28 Living is something You do now or never.Which do You do? - Piet Hein



(e) 0@ 2 −1 −1−1 2 −1−1 −1 2

1A ∼0@ 0 3 −3−1 2 −1

0 −3 3

1A ∼0@ 0 1 −1−1 2 −1

0 0 0

1A ∼0@ 0 1 −1−1 0 1

0 0 0

1A⇒ x = t

0@ 111

1A , t ∈ R

Ou seja: a dimensão do espaço solucional é 1 e uma base da mesma: v1 = (1, 1, 1)T .

(f) 0@ −1 −1 −1−1 −1 −1−1 −1 −1

1A ∼0@ 1 1 1

0 0 00 0 0

1A⇒ x = t

0@ −101

1A+ s

0@ −110

1A , t, s ∈ R

Ou seja: a dimensão do espaço solucional é 2 e uma base da mesma: v2 = (−1, 0, 1)T e v3 = (−1, 1, 0)T .

(g) E somente notar, que: v1 · v2 = v1 · v3 = 0.

2. (387) 2 pts. Dado os vetores:

a1 = (0, 1, 2, 2, 0)T a2 = (1, 1, 4, 0, 0)T a3 = (1, 2, 6, 2, 1)T a4 = (−1, 2, 2, 6,−1)T

(a) Mostrar que a1,a2,a3 são linearmente independentes.

(b) Escrever a4 como uma combinação linear de a1,a2,a3

Solution:0BBBB@0 1 1 −11 1 2 22 4 6 22 0 2 60 0 1 −1

1CCCCA ∼0BBBB@

0 1 1 −11 1 2 20 2 2 −20 −2 −2 20 0 1 −1

1CCCCA ∼0BBBB@

0 1 1 −11 0 1 30 0 0 00 0 0 00 0 1 −1

1CCCCA ∼0BBBB@

0 1 0 01 0 0 40 0 1 −10 0 0 00 0 0 0

1CCCCA(a) Na redução anterior as primeiras três colunas mostram que a1,a2,a3 são linearmente independentes.

(b) Da última coluna segue: a4 = 4a1 − a3

3. (371) 4 pts. Dado o matriz e o vetor::

A =

0BB@1 0 −a 00 1 0 2−1 0 1 00 1 + a 0 1

1CCA , a ∈ R

0BB@0b0b

1CCA , b ∈ R

Considerando o sistema linear:

(∗) A x = b

(a) Encontrar detA para qualquer a ∈ R.

(b) Encontrar o posto do matriz A para qualquer a ∈ R.

(c) Encontrar o posto do matriz total do sistema (∗) para qualquer a, b ∈ R e no cada caso a dimensão do espaçosolucional.

(d) Resolver o sistema (∗) para quaisquer a, b ∈ R.

Solution:

(a)

detA =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 −a 0

0 1 0 2−1 0 1 00 1 + a 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 −a 0

0 1 0 20 0 1− a 00 0 0 −2a− 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ = (a− 1)(2a+ 1)




(b) Da reduzão anterior segue:

ρA =

3 a = 1 ∨ a = − 1

2

4 a 6= 1 ∧ a 6= − 12

(c)

T =

0BB@1 0 −a 0 | 00 1 0 2 | b−1 0 1 0 | 00 1 + a 0 1 | b

1CCA ∼0BB@

1 0 −a 0 | 00 1 0 2 | b0 0 1− a 0 | 00 0 0 2a+ 1 | ab

1CCA

ρT =

8>><>>:3 a = 1 ∧ b ∈ R3 a = − 1

2∧ b = 0

4 a = − 12∧ b 6= 0

4 a 6= 1 ∧ a 6= − 12∧ b ∈ R

(d) Caso I: a = 1 ∧ b ∈ R.n− ρ = 4− 3 = 1 parâmetros.

T =

0BB@1 0 −1 0 | 00 1 0 2 | b0 0 0 0 | 00 0 0 3 | b

1CCA ∼0BB@

1 0 −1 0 | 00 1 0 2 | b0 0 0 1 | b

3

0 0 0 0 | 0

1CCA ∼0BB@

1 0 −1 0 | 00 1 0 0 | b

3

0 0 0 1 | b3

0 0 0 0 | 0

1CCAPondo: x3 = t obtemos: x1 = t e x2 = x4 = b

3, ou seja:

x = (0,b

3, 0,

b

3)T + t(1, 0, 1, 0)T , t ∈ R

Caso II: a = − 12∧ b = 0.

n− ρ = 4− 3 = 1 parâmetros.

T =

0BB@1 0 1

20 | 0

0 1 0 2 | 00 0 3

20 | 0

0 0 0 0 | 0

1CCA ∼0BB@

1 0 0 0 | 00 1 0 2 | 00 0 1 0 | 00 0 0 0 | 0

1CCAPondo x4 = t obtemos: x2 = −2t e x1 = x3 = 0, ou seja:

x = t(0,−2, 0, 1)T , t ∈ R

Caso III: a = − 12∧ b 6= 0.

Neste caso não ha solução, pois: ρA = 3 < ρT = 4.

Caso IV: a 6= ∧ a 6= − 12∧ b ∈ R.

n− ρ = 4− 4 = 0 parâmetros, isto é: solução única:

0BB@1 0 −a 0 | 00 1 0 2 | b0 0 1− a 0 | 00 0 0 2a+ 1 | ab

1CCA ∼0BB@

1 0 −a 0 | 00 1 0 2 | b0 0 1 0 | 00 0 0 1 | ab

2a+1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 0 | 00 1 0 0 | b

2a+1

0 0 1 0 | 00 0 0 1 | ab

2a+1

1CCAAssim:

x =

„0,

b

2a+ 1, 0,

ab

2a+ 1

«T

=b

2a+ 1(0, 1, 0, a)T




Data: 13/10/2009Semestre: 2009.2Curso: EstatísticaDisciplina: Álgebra LinearProva: I - 2a Chamada

1. 4 pts. Dado o matriz, A, e o vetor, b:

A =

0BB@1 a− 1 2 a+ 21 2a 0 a0 −a− 1 2a+ 2 00 2a+ 2 4a− 4 a2 + a− 8

1CCA , b =

0BB@a+ b2a+ b

04a+ ab+ b

1CCAE o sistema linear:

(∗) : A x = b

(a) Encontrar o posto da matriz coefficiente, A, por qualquer valor de a ∈ R.

(b) Encontrar o posto da matriz augmentada, T = (A|b), por quaisquer valores de a, b ∈ R.

(c) Encontrar os valores (a, b) tal que o sistema (∗) não tem solução.

(d) Encontrar os valores (a, b) tal que o sistema (∗) tem solução única.

(e) Encontrar os valores (a, b) tal que o sistema (∗) tem infinitas solução.

(f) Resolver o sistema (∗) para (a, b) = (−1, 1). Identificar nesta solução a solução completa do sistema homogênea(SCSH) e uma solução particular do sistema inhomogênea (SPSñH).

Solution:

T = (A|b) =0BB@1 a− 1 2 a+ 21 2a 0 a0 −a− 1 2a+ 2 00 2a+ 2 4a− 4 a2 + a− 8

˛̨̨̨˛̨̨̨ a+ b

2a+ b0

4a+ ab+ b

1CCA ∼0BB@

1 a− 1 2 a+ 20 a+ 1 −2 −20 −a− 1 2a+ 2 00 2a+ 2 4a− 4 a2 + a− 8

˛̨̨̨˛̨̨̨ a+ b

a0

4a+ ab+ b

1CCA ∼0BB@

1 a− 1 2 a+ 21 a+ 1 −2 −20 0 2a −20 0 4a a2 + a− 4

˛̨̨̨˛̨̨̨ a+ b

aa

2a+ ab+ b

1CCA ∼0BB@

1 a− 1 2 a+ 21 a+ 1 −2 −20 0 2a −20 0 0 a(a+ 1)

˛̨̨̨˛̨̨̨ a+ b

aa

b(a+ 1)

1CCA ∼(a) Vemos que:

ρA =

8<:2 por a = −13 por a = 04 por a 6= 0 ∧ a 6= −1

1A(b) E:

ρT =

8>><>>:2 por a = −1 ∧ b ∈ R3 por a = 0 ∧ b = 04 por a = 0 ∧ b 6= 04 por a 6= 0 ∧ a 6= −1 ∧ b ∈ R

1CCA(c) (∗) não tem solução, seeee: ρT > ρA, ou seja: a = 0 ∧ b 6= 0.

(d) (∗) tem solução único, seeee: ρT = ρA = 4, ou seja: a 6= 0 ∧ a 6= −1 ∧ b ∈ R.

(e) (∗) tem infinitas solução único, seeee: ρT = ρA < 4, ou seja: a = −1 ∧ b ∈ R ou: a = 0 ∧ b = 0.

31 Quem leva sério somente por sérioE brincadeira somente por brincadeira

De fato, desentendeu ambos - Piet Hein



(f) No caso 9a, b) = (−1, 1):0BB@1 −2 2 10 0 −2 −20 0 −2 −20 0 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0−1−10

1CCA ∼ „ 1 −2 2 10 0 1 1

˛̨̨̨012

«∼„

1 −2 0 −10 0 1 1

˛̨̨̨−112

«

Parametrizando: x2 = t e x4 = s:

x1 = 2x2 + x4 − 1 = 2t+ s− 1

E:

x3 = −x4 +1

2= −s+

1

2

Juntando vetorialmente, obtemos a solução completa:

x =

0BB@−1

012

0

1CCA+ t

0BB@2100

1CCA+ s

0BB@10−1

1

1CCA , t, s ∈ R

2. 3 pts. Dado os vetores:

a1 = (1,−1, 2, 1)T a2 = (0, 1, 1, 3)T a3 = (1,−2, 2,−1)T a4 = (0, 1,−1, 3)T a5 = (1,−2, 2,−3)T

(a) Mostre que a1,a2,a3,a4 formam uma base de R4.

(b) Encontrar os coordenados do vetor a5 neste base.

(c) Encontrar os coordenados dos vetores a1,a2,a3,a4 neste base.

(d) Encontrar os coordenados dos vetores a1,a2,a3,a4 no base canônica.

Solution:0BB@1 0 1 0 1−1 1 −2 1 −2

2 1 2 −1 21 3 −1 3 −3

1CCA ∼0BB@

1 0 1 0 10 1 −1 1 −10 1 0 −1 00 3 −2 3 −4

1CCA ∼0BB@

1 0 1 0 10 0 −1 2 −10 1 0 −1 00 0 −2 6 −4

1CCA ∼0BB@

1 0 0 2 00 0 1 −2 10 1 0 −1 00 0 0 2 −2

1CCA ∼0BB@

1 0 0 0 20 0 1 0 −10 1 0 0 −10 0 0 1 −1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 0 20 1 0 0 −10 0 1 0 −10 0 0 1 −1

1CCA(a) Do cálculo anterior segue que a1,a2,a3,a4 formam uma base de R4.

(b) Do cálculo anterior também segue que os coordenados do vetor a5 neste base, é: a5 = [2,−1,−1,−1]ai=

2a1 − a2 − a3 − a4.

(c) Temos:a1 = [1, 0, 0, 0]Tai

a2 = [0, 1, 0, 0]Tai

a3 = [0, 0, 1, 0]Tai

a4 = [0, 0, 0, 1]Tai





(d) No base canônica:a1 = (1,−1, 2, 1)T

a2 = (0, 1, 1, 3)T

a3 = (1,−2, 2,−1)T

a4 = (0, 1,−1, 3)T

3. 3 pts. Dado os matrices:

A =

„0 2 2−2 0 2

«, B =

0@ 1 1 1−1 1 1−1 −1 1

1A(a) Mostre que B é regular.

(b) Encontrar B−1.

(c) Resolver a equação matricial: X B = A.

Solution: 0@ 1 1 1−1 1 1−1 −1 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A ∼0@ 1 1 1

0 2 20 0 2

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

1 1 01 0 1

1A ∼0@ 1 1 1

0 1 10 0 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

12

12

012

0 12

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨

12− 1

20

0 12− 1

212

0 12

1A ∼(a) O cálculo anterior mostre que B é regular.

(b) Também segue deste cálculo:

B−1 =1

2

0@ 1 −1 00 1 −11 0 1

1A ∼.

(c) Por B ser regular, temos:

X B = A ⇔ X = A B−1 =

„0 2 2−2 0 2

«1

2

0@ 1 −1 00 1 −11 0 1

1A =

„1 1 00 1 1

«.





Data: 16/10/2009Semestre: 2009.2Curso: FísicaDisciplina: Álgebra LinearProva: I - 2a Chamada

1. 4 pts. Dado o matriz, A, e o vetor, b:

A =

0BB@1 1 2a a1 a 2a 11 1 a 2a1 a a 2a

1CCA , b =

0BB@111a

1CCAE o sistema linear:

(∗) : A x = b


(b) Encontrar o posto da matriz aumentada, T = (A|b), por qualquer valores de a ∈ R.

(c) Encontrar os valores a tal que o sistema (∗) não tem solução.

(d) Encontrar os valores a tal que o sistema (∗) tem solução única.

(e) Encontrar os valores a tal que o sistema (∗) tem infinitas soluções.

(f) Resolver o sistema (∗) para a = 1.

(g) Identificar na solução do item anterior a solução completa do sistema homogênea (SCSH) e uma solução particulardo sistema inhomogênea (SPSñH).

Solution:

T = (A|b) =0BB@1 1 2a a1 a 2a 11 1 a 2a1 a a 2a

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1

11a

1CCA ∼0BB@

1 1 2a a0 a− 1 0 1− a0 0 −a a0 a− 1 −a a

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1

00

a− 1

1CCA ∼0BB@

1 1 2a a0 a− 1 0 1− a0 0 −a a0 0 −a 2a− 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1

00

a− 1

1CCA ∼0BB@

1 1 2a a0 a− 1 0 1− a0 0 −a a0 0 0 a− 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1

00

a− 1

1CCA(a) Do cálculo anterior:

ρA =

8<:2 por a = 13 por a = 04 por a 6= 0 ∧ a 6= 1

(b) Do cálculo anterior:

ρT =

8<:2 por a = 13 por a = 04 por a 6= 0 ∧ a 6= 1

Ou seja: ρA = ρT, ∀a ∈ R.

(c) Por ρA = ρT, ∀a ∈ R, (∗) sempre tem solução.

(d) (∗) tem solução única quando: n = ρ, ou seja: a 6= 0 ∧ a 6= 1.





(e) (∗) tem infinitas soluções quando: n < ρ, ou seja: a = 0 ∨ a = 1.

(f) Colocando a = 1 e omitindo linhas com somente zeros:„1 1 2 10 0 −1 1

˛̨̨̨10

«∼„

1 1 0 30 0 −1 1

˛̨̨̨10

«Pondo: x2 = t e x4 = s: x1 = 1− x2 − 3x4 = 1− t− 3s, e x3 = x4 = s. Assim, a solução completa é:

x = (1, 0, 0, 0)T + t(−1, 1, 0, 0)T + s(−3, 0, 1, 1)T , t, s ∈ R


a1 = (1, 0,−1)T a2 = (1, 1, 1)T a3 = (1,−1, 1)T

(a) Mostre que a1,a2,a3 formam uma base de R3.

(b) Encontrar uma equação expressando coordenados em relação à base a1,a2,a3, em termos dos coordenados emrelação à base canônica em R3.

(c) Encontrar os coordenados dos vetores básicos da base canônica em R3, na base a1,a2,a3.

Solution:

(A|I) =

0@ 1 1 10 1 −1−1 1 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A ∼0@ 1 1 1

0 1 −10 1 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 012

0 12

1A ∼0@ 1 0 0

0 0 10 1 1

˛̨̨̨˛̨

12

0 − 12

14− 1

214

12

0 12

1A ∼0@ 1 0 0

0 0 10 1 0

˛̨̨̨˛̨

12

0 − 12

14− 1

214

14

12

14

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨

12

0 − 12

14

12

14

14− 1

214

1A = (I|A−1)

(a) O cálculo anterior mostre que a1,a2,a3 formam uma base em R3.

(b) A relação entre coordenados novos e antigos, é: xA = A xN , ou equivalentemente: xA = A−1xN . Pela cálculoanterior:

xN = A−1 xA =

0@ 12

0 − 12

14

12

14

14− 1

214

1AxA

(c) Os coordenados novos dos vetores básicas antigas, estão nas colunas da inversa:

e1 = (1, 0, 0)T =

»1

2,1

4,1

4

–T

a

e2 = (0, 1, 0)T =

»0,

1

2,−1

2

–T

a

e3 = (0, 0, 1)T =

»−1

2,1

4,1

4

–T

a

3. 3 pts. Dado a matriz:

A =

0@ 0 1 11 −1 01 0 1

1A(a) Mostre que A é singular.

(b) Resolver a sistema homogênea: A x = 0.





(c) Resolver a equação matricial: A X = A2.Hint: Pode ser conveniente usar, que X = A é uma solução particular da equação matricial.

Solution:

(a)

detA =

˛̨̨̨˛̨ 0 1 1

1 −1 01 0 1

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ 0 1 1

1 −1 00 1 1

˛̨̨̨˛̨ = − ˛̨̨̨ 1 1

1 1

˛̨̨̨= −1 + 1 = 0

Ou seja A é singular.

(b)

A =

0@ 0 1 11 −1 01 0 1

1A ∼0@ 0 1 1

1 −1 00 1 1

1A ∼0@ 0 1 1

1 −1 00 0 0

1AOu seja: x = y = −z = t. De forma vetorial: x = t(1, 1,−1)t, t ∈ R.

(c) Pelo item anterior, a solução completa da: A X = 0, é:

X =

0@ t1 t2 t3t1 t2 t3−t1 −t2 −t3

1AJustificando o hint, que X = A é uma solução particular: A A = A2, e aplicando: SCSñH = SPSñH +SCSH,obtemos a solução completa da: A X = A2x:

X =

0@ t1 1 + t2 1 + t31 + t1 −1 + t2 t31− t1 −t2 1− t3

1A





Data: 19/10/2009Semestre: 2009.2Curso: Engenharia MecânicaDisciplina: Álgebra LinearProva: I - 2a Chamada

1. 4 pts. Dado as matrizes, A e B:

A =

0BB@1 1 −10 a 12 a+ 2 a− 21 a+ 1 a− 1

1CCA , b =

0BB@1 −1−2 2b b

b− 1 2b+ 1

1CCAE a equação:

(∗) : A X = B


(b) Encontrar o posto da matriz augmentada, T = (A|B), por quaisquer valores de (a, b) ∈ R2.

(c) Encontrar os valores (a, b) tal que a equação (∗) não tem solução (incompatível).

(d) Encontrar os valores (a, b) tal que a equação (∗) tem solução única (determinado).

(e) Encontrar os valores (a, b) tal que a equação (∗) tem infinitas soluções (indeterminado).

(f) Resolver a equação (∗) para (a, b) = (2, 0).

Solution:Calculamos:

(A|B) =

0BB@1 1 −10 a 12 a+ 2 a− 21 a+ 1 a− 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 −1−2 2b b

b− 1 2b+ 1

1CCA ∼0BB@

1 1 −10 a 10 a a0 a a

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 −1−2 2b− 2 b+ 2b− 2 2b+ 2

1CCA ∼0BB@

1 1 −10 a 10 0 a− 10 0 a− 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 −1−2 2b bb 2b

1CCA ∼0BB@

1 1 −10 a 10 0 a− 10 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 −1−2 2b b0 b

1CCAE a equação matricial:

(∗) : A X = B

(a) Vemos:

ρA =

8<:2 por a = 12 por a = 03 por a 6= 0 ∧ a 6= 0

(b) E mais:

ρT =

ρA por b = 0

ρA + 1 por b 6= 0

(c) Do item (b) segue que (∗) não tem solução, seee: b 6= 0.

(d) Do item (b) segue que (∗) tem solução única, seee: a 6= 0 ∧ a 6= 1 ∧ b = 0.

(e) Do item (b) segue que (∗) tem infinitas soluções, seee: (a = 0 ∨ a = 1) ∧ b = 0.

37 Viver é algo que se faz agora ou nunca.Qual você faz? Piet Hein



(f) Colocando (a, b) = (2, 0) (caso de solução única):0BB@1 1 −10 2 10 0 10 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 −1−2 2

0 00 0

1CCA ∼0@ 1 1 0

0 2 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ 1 −1−2 2

0 0

1A ∼0@ 1 1 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ 1 −1−1 10 0

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ 2 −2−1 1

0 0

1AOu seja:

X =

0@ 2 −2−1 1

0 0

1A2. 3 pts. Dado as matrizes:

A =

0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

1A , B =

0@ −1 0 00 2 00 0 3

1A(a) Encontrar A−1.

(b) Encontrar B−1.

(c) Encontrar (A B)−1.

Solution:

(a) Calulamos:

(A|I) =

0@ 1 −2 00 1 11 −2 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A ∼0@ 1 −2 0

0 1 10 0 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 0−1 0 1

1A ∼0@ 1 −2 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

1 1 −1−1 0 1

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ 3 2 −2

1 1 −1−1 0 1

1A = (I|A−1)

(b)

(B|I) =

0@ −1 0 00 2 00 0 3

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ −1 0 0

0 12

00 0 1

3

1A = (I|B−1)

(c) Temos:

(A B)−1 = B−1A−1 =

0@ −1 0 00 1

20

0 0 13

1A0@ 3 2 −21 1 −1−1 0 1

1A =

0@ −3 −2 212

12− 1

2

− 13

0 13

1A3. 3 pts. Dado os vetores:

d1 =1

2(1, 1, 1, 1)T d2 =

1

2(−1, 1,−1, 1)T d3 =

1

2(−1,−1, 1, 1)T d4 =

1

2(−1, 1, 1,−1)T d5 = (1, 2, 1, 2)T

(a) Mostre que (d1,d2,d3,d4) formam uma base ortonormal em R4.

(b) Encontrar os coordenados do vetor d5 em relação a base (d1,d2,d3,d4).

(c) Encontrar os coordenados dos vetores da base canônica, (e1, e2, e3, e4), em relação a base (d1,d2,d3,d4).




Solution:

(a) Verificamos:

di · dj = δij =

1 por i = j0 por i 6= j

Ou seja d1,d2,d3,d4 são ortonormais. Por serem mutualmente ortogonais, d1,d2,d3,d4 são linearmente inde-pendentes, e assim formam uma base em R4.Por d1,d2,d3,d4 serem ortonormais, temos: D−1 = DT . As relações entre os coordenados novos, x′, e oscoordenados antigos, x, são:

x = D x′ =1

2

0BB@1 −1 −1 −11 1 −1 11 −1 1 11 1 1 −1

1CCAx′ ⇔ x′ = D−1x = DT x =1

2

0BB@1 1 1 1−1 1 −1 1−1 −1 1 1−1 1 1 −1

1CCAx

(b)

d′5 =1

2

0BB@1 1 1 1−1 1 −1 1−1 −1 1 1−1 1 1 −1

1CCA0BB@

1212

1CCA =1

2

0BB@6200

1CCA =

0BB@3100

1CCA(c) Os coordenados dos vetores da base canônica estão nas colunas do inverso:

e′1 =1

2

0BB@1−1−1−1

1CCA e′2 =1

2

0BB@11−1

1

1CCA e′3 =1

2

0BB@1−1

11

1CCA e′3 =1

2

0BB@111−1

1CCA




Data: 08/12/2009Semestre: 2009.2Curso: FísicaDisciplina: Álgebra LinearProva: II - 1a Chamada

1. 4 pts. Dado a forma quadrática:

F2(x, y, z) = 6y2 + 12xz

(a) Encontrar uma matriz simétrica, tal que: F (x) = xT A x, onde x = (x, y, z).

(b) Encontrar os autovalores do A.

(c) Encontrar os autovetores do A.

(d) Encontrar uma base ortonormal de autovetores do A.

(e) Encontrar uma matriz ortogonal,D, e uma matriz diagonal, B, tal que: B = D−1A D.

(f) Com este substituição ortogonal, encontre uma relação entre os coordenados novos, x′, e os coordenados antigos,x, e vice-versa.

(g) Encontrar F ′2(x′) = F2(x).

(h) Classifique a superfície:6y2 + 12xz + 2x− 2y + 2z = 3

Solution:

(a)

A =

0@ 0 0 60 6 06 0 0

1AE: F2(x, y, x) = xT A x.

(b)

det“A− λI

”=

˛̨̨̨˛̨ −λ 0 6

0 6− λ 06 0 −λ

˛̨̨̨˛̨ = (6− λ)

˛̨̨̨−λ 66 −λ

˛̨̨̨= (6− λ)(λ2 − 36) = 0⇔

λ = 6 ∨ λ = −6

(c) λ = 6:

A− 6I =

0@ −6 0 60 0 06 0 −6

1A ∼0@ −1 0 1

0 0 00 0 0

1Ax = 0⇔

−x1 + x3 = 0⇔ x = t

0@ 101

1A+ s

0@ 010

1A , t, s ∈ R

λ = −6: Os autovetores são ortogonais aos dois autovetores de λ = 6, ou seja:

x = t

0@ 10−1

1A , t ∈ R

(d) Os autovetores do λ = 6 já são ortognais e ambos ortogonais ao autovetor do λ = 6. Normalizando:

v1 =1√2

0@ 101

1A , v2 =

0@ 010

1A , v3 =1√2

0@ 10−1

1A

40 Têm Pessoas Pobres, mas tão PobresQue Somente Tenham Dinheiro...

Autor desconhecido



(e) Colocando os vi em colunas:

D =

0@ 1√2

0 1√2

0 1 01√2

0 − 1√2

1A = DT

E:

B =

0@ 6 0 00 6 00 0 −6

1A(f)

x =

0@ 1√2

0 1√2

0 1 01√2

0 − 1√2

1Ax′ ⇔ x′ =

0@ 1√2

0 1√2

0 1 01√2

0 − 1√2

1Ax

(g) F ′2(x′) = 6x21 + 6y2

1 − 6z21 .

(h) Pelos items anteriores:

x =x1 + z1√

2y = y1

z =x1 − z1√

2

Assim:2x− 2y + 2z =

√2x1 − 2y1

A forma quadrática se transforma em:

6x21 + 6y2

1 − 6z21 +√

2x1 − 2y1 = 3⇔

6

„x2

1 +

√2

6x1

«+ 6

„y21 −

1

3y1

«− 6z2

1 = 3⇔

6

„x1 +

√2

12

«2

− 1

12+ 6

„y1 −

1

6

«2

− 1

6− 6z2

1 = 3⇔

6

„x1 +

√2

12

«2

+ 6

„y1 −

1

6

«2

− 6z21 = 3 +

1

12+

1

6=

39

12⇔“

x1 +√

212

”2

“q3972

”2 +

`y1 − 1

6

´2“q3972

”2 −z21“q3972

”2 = 1

Este superfície é uma hiperbolóide de revolução de uma folha. Semi-eixos: a = b = c = 3972

, e centro:(x1, y1, z1) = (−

√2

12, 1

6, 0), ou: (x, y, z) = (− 1

12, 1

6,− 1

12). Eixo de revolução paralelo com o eixo z1, ou

seja: (1, 0,−1)T . Parametrização:0@ xyz

1A =1

12

0@ −12−1

1A+ t

0@ 10−1

1A , t ∈ R


A =

0@ 2 −1 2−1 5 −1

2 −1 2

1AE a aplicação linear: f : R3 7→ R3 : f(x) = A x.


Autor desconhecido



(a) Encontrar o núcleo de f e sua dimensão.

(b) Encontrar a dimensão e uma base da imagem da f .

(c) Pondo, d = (1, 2, 1)T , encontrar a solução completa de: f(x) = f(d).

Solution:

(a)

A =

0@ 2 −1 2−1 5 −1

2 −1 2

1A ∼0@ 0 9 0−1 5 −1

0 9 0

1A ∼0@ 0 1 0−1 0 −1

0 0 0

1Ax = 0

Temos: ρ = 2, assim a dimensão do núcleo é 3− 2 = 1, e:

x1 = −x3 ∧ x2 = 0⇔ x = t

0@ −101

1A , t ∈ R

(b) A dimensão da imagem é ρ = 2. Uma base da imagem seria dois vetores LI das colunas da A, por exemplo:

v1 =

0@ 2−1

2

1A v1 =

0@ −15−1

1A(c) Obviamente d é uma solução particular da equação. Obtemos a solução completa adicionando a solução completa

da equção homogênea, ou seja: x = d + t(−1, 0, 1)T , t ∈ R.


A =

„10 −2

√3

−2√

3 6

«

E uma função bilinear: g(x, y) = (x y)A

„xy

«.

(a) Encontrar os autovalores e autovetores do A.

(b) Mostre que g(x, y) define um produto interno em R2.

(c) Dado o vetor v1 = (1,−1)T , encontrar um vetor, v2 ortogonal ao v1 ao respeito de g.

(d) Encontrar uma base ortonormal ao respeito do produto interno g.

Solution:

(a)

det“A− λI

”=

˛̨̨̨10− λ −2

√3

−2√

3 6− λ

˛̨̨̨= (10− λ)(6− λ)− 12 = 48− 16λ− λ2 = 0⇔ λ = 12 ∨ λ = 4

λ = 4:

A− 4I =

„6 −2

√3

−2√

3 2

«∼„ √

3 −10 0

«x = 0⇔ x = t

„1√3

«, t ∈ R

O autovetor do λ = 12 é ortogonal e á o autovetor do λ = 4:

x = t

„−√

31

«, t ∈ R

(b) g(x, y) é claramente bilinear. É simétrica também porque A é. Finalmente e positivamente definido, pois ambosaautovalores são positivas.


Autor desconhecido



(c) Calculamos:

A

„1−1

«=

„10 + 2

√3

−6− 2√

3

«O versor deste é orotognal ao (1,−1)T ao respeito do g:„

6 + 2√

3

10 + 2√

3

«(d) Podiamos normalizar (ao resp. do g) os vetores no item anterior, porém e mais facil normalizar os autovetores do

primeiro item, dividindo por seu complemento vezes o raíz do autovalor. Os autovetores normalizados ao respeitodo produto escalar normal:

v1 =1

2

„−√

31

«, v2 =

1

2

„1√3

«,

Dividindo com os√

12 resp. 2: :

v1 =1

2√

12

„−√

31

«, v2 =

1

4

„1√3

«,


Autor desconhecido



Data: 08/12/2009Semestre: 2009.2Curso: EstatísticaDisciplina: Álgebra LinearProva: II - 1a Chamada


F2(x, y, z) = 4z2 + 8xy

(a) Encontrar uma matriz simétrica, tal que: F (x) = xT A x, onde x = (x, y, z).

(b) Encontrar os autovalores do A.

(c) Encontrar os autovetores do A.

(d) Encontrar uma base ortonormal de autovetores do A.

(e) Encontrar uma matriz ortogonal,D, e uma matriz diagonal, B, tal que: B = D−1A D.

(f) Com este substituição ortogonal, encontre uma relação entre os coordenados novos, x′, e os coordenados antigos,x, e vice-versa.

(g) Encontrar F ′2(x′) = F2(x).

(h) Classifique a superfície:4z2 + 8xy + 2x− 2y = 3

Solution:

(a)

A =

0@ 0 4 04 0 00 0 4

1AE: F2(x, y, x) = xT A x.

(b)

det“A− λI

”=

˛̨̨̨˛̨ −λ 4 0

4 −λ 00 0 4− λ

˛̨̨̨˛̨ = (4− λ)

˛̨̨̨−λ 44 −λ

˛̨̨̨= (4− λ)(λ2 − 16) = 0⇔

λ = 4 ∨ λ = −4

(c) λ = 4:

A− 4I =

0@ −4 4 0−4 4 0

0 0 0

1A ∼0@ −1 1 0

0 0 00 0 0

1Ax = 0⇔

−x1 + x2 = 0⇔ x = t

0@ 110

1A+ s

0@ 001

1A , t, s ∈ R

λ = −4: Os autovetores são ortogonais aos dois autovetores de λ = 4, ou seja:

x = t

0@ 110

1A , t ∈ R

(d) Os autovetores do λ = 4 já são ortognais e ambos ortogonais ao autovetor do λ = 4. Normalizando:

v1 =1√2

0@ 110

1A , v2 =

0@ 001

1A , v3 =1√2

0@ −110

1A


Autor desconhecido



(e) Colocando os vi em colunas:

D =

0@ 1√2

0 − 1√2

1√2

0 1√2

0 1 0

1AE:

B =

0@ 4 0 00 4 00 0 −4

1A(f)

x =

0@ 1√2

0 − 1√2

1√2

0 1√2

0 1 0

1Ax′ ⇔ x′ =

0@ 1√2

0 1√2

− 1√2

0 1√2

0 1 0

1Ax

(g) F ′2(x′) = 4x21 + 4y2

1 − 4z21 .

(h) Pelos items anteriores:

x =x1 − z1√

2

y =x1 + z1√

2z = y1

Assim:2x− 2y = −

√2z1

A forma quadrática se transforma em:

4x21 + 4y2

1 − 4z21 −√

2z1 = 3⇔

x21 + y2

1 − z21 −√

2

4z1 =

3

4⇔

x21 + y2

1 −»z21 +

√2

4z1

–=

3

4⇔

x21 + y2

1 −

"„z1 +

√2

8

«2

− 1

32

#=

3

4⇔

x21 + y2

1 −„z1 +

√2

8)2«

=3

4− 1

32=

23

32

Este superfície é uma hiperbolóide de revolução de uma folha. Semi-eixos: a = b = c = 2332

, e centro:(x1, y1, z1) = (0, 0,−

√2

8), ou: (x, y, z) = ( 1

8,− 1

8, 0). Eixo de revolução paralelo com o eixo z1, ou seja:

(−1, 1, 0)T . Parametrização: 0@ xyz

1A =1

8

0@ 1−1

0

1A+ t

0@ −110

1A , t ∈ R


A =

0@ 1 0 −11 1 1−1 1 3



Autor desconhecido



(a) Encontrar o núcleo de f e sua dimensão.

(b) Encontrar a dimensão e uma base da imagem da f .

(c) Pondo, d = (1,−1, 0)T , encontrar a solução completa de: f(x) = f(d).

Solution:

(a)

A =

0@ 1 0 −11 1 1−1 1 3

1A ∼0@ 1 0 −1

0 1 20 0 0

1Ax = 0

Temos: ρ = 2, assim a dimensão do núcleo é 3− 2 = 1, e:

x1 = x3 ∧ x2 = −2x3 ⇔ x = t

0@ 1−2

1

1A , t ∈ R

(b) A dimensão da imagem é ρ = 2. Uma base da imagem seria dois vetores LI das colunas da A, por exemplo:

v1 =

0@ 21−1

1A v1 =

0@ 011

1A(c) Obviamente d é uma solução particular da equação. Obtemos a solução completa adicionando a solução completa

da equção homogênea, ou seja: x = d + t(1,−2, 1)T , t ∈ R.


A =

„7 −

√3

−√

3 5

«

E uma função bilinear: g(x, y) = (x y)A

„xy

«.

(a) Encontrar os autovalores e autovetores do A.

(b) Mostre que g(x, y) define um produto interno em R2.

(c) Dado o vetor v1 = (1,−1)T , encontrar um vetor, v2 ortogonal ao v1 ao respeito de g.

(d) Encontrar uma base ortonormal ao respeito do produto interno g.

Solution:

(a)

det“A− λI

”=

˛̨̨̨7− λ −

√3

−√

3 5− λ

˛̨̨̨= (7− λ)(5− λ)− 3 = 32− 12λ+ λ2 = 0⇔ λ = 8 ∨ λ = 4

λ = 4:

A− 4I =

„3 −

√3

−√

3 1

«∼„ √

3 −10 0

«x = 0⇔ x = t

„1√3

«, t ∈ R

O autovetor do λ = 8 é ortogonal no autovetor do λ = 4:

x = t

„−√

31

«, t ∈ R

(b) g(x, y) é claramente bilinear. É simétrica também porque A é. Finalmente e positivamente definido, pois ambosaautovalores são positivas.


Autor desconhecido



(c) Calculamos:

A

„1−1

«=

„7 +√

3

−5−√

3

«O versor deste é orotognal ao (1,−1)T ao respeito do g:„

5 +√

3

7 +√

3

«(d) Podiamos normalizar (ao resp. do g) os vetores no item anterior, porém e mais facil normalizar os autovetores do

primeiro item, dividindo por seu complemento vezes o raíz do autovalor. Os autovetores normalizados ao respeitodo produto escalar normal:

v1 =1

2

„−√

31

«, v2 =

1

2

„1√3

«,

Dividindo com os√

8 resp. 2:

v1 =1

2√

8

„−√

31

«, v2 =

1

4

„1√3

«,


Autor desconhecido



Data: 15/12/2009Semestre: 2009.2Curso: FísicaDisciplina: Álgebra LinearProva: II - 2a Chamada


v1 =

0@ 111

1A v2 =

0@ 101

1A v3 =

0@ 110

1AUma aplicação linear, f : R3 7→ R3 é dado por:

f(v1) = v2 − v3 f(v2) = v1 − v3 f(v3) = v2 − v1

(a) Mostre que os vetores vi formam uma base em R3.

(b) Encontrar o matriz de f na base vi.

(c) Encontrar o matriz de f na base canônica, ei.

Solution:

(a)

“V˛̨̨I”

=

0@ 1 1 11 0 11 1 0

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

0 1 00 0 1

1A ∼0@ 1 1 1

0 −1 00 0 −1

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0−1 1 0−1 0 1

1A ∼0@ 1 0 0

0 1 00 0 1

˛̨̨̨˛̨ −1 1 1

1 −1 01 0 −1

1A =“I˛̨̨V−1

”

Mostrando que os vi formam uma base de R3.

(b) Colocamos as imagens dos vetores básicos nas coluns do B:

B =

0@ 0 1 −11 0 1−1 −1 0

1A(c) Temos: B = V−1AV ⇔ A = VBV−1:

A =

0@ 1 1 11 0 11 1 0

1A0@ 0 1 −11 0 1−1 −1 0

1A0@ −1 1 11 −1 01 0 −1

1A =

0@ 1 1 11 0 11 1 0

1A0@ 0 −1 10 1 00 0 −1

1A =

0@ 0 0 00 −1 00 0 1

1A2. 2 pts. Dado a matriz:

A =

0@ 2 −2 1−2 5 −2

1 −2 2


(a) Encontrar autovalores e autovetores do A.

(b) Encontrar uma base ortonormal de autovetores da A e o matriz de f neste base.

Solution:

48Gosto tanto do seu Cristo, mas tão pouco dos seus CristõesPor que seus Cristões não podem ser mais como seu Cristo?

Mahatma Gandhi



(a)

A− λI =

˛̨̨̨˛̨ 2− λ −2 1−2 5− λ −21 −2 2− λ

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ 2− λ −2 1

0 1− λ 2− 2λ1 −2 2− λ

˛̨̨̨˛̨ = (1− λ)

˛̨̨̨˛̨ 2− λ −2 1

0 1 21 −2 2− λ

˛̨̨̨˛̨ =

(1−λ)

˛̨̨̨˛̨ 2− λ −2 5

0 1 01 −2 6− λ

˛̨̨̨˛̨ = (1−λ)

˛̨̨̨2− λ 5

1 6− λ

˛̨̨̨= (1−λ)(λ2−8λ+7) = 0 ⇔ λ = 1∨λ = 7

Onde λ = 7 é raíz simples e λ = 1 é raíz simples.λ = 1:

A− I =

0@ 1 −2 1−2 4 −21 −2 1

1A ∼0@ 1 −2 1

0 0 00 0 0

1Ax = 0 ⇔ x1 − 2x2 + x3 = 0 ⇔

x2 = t ∧ x3 = s ∧ x1 = 2t− s ⇔ x = t

0@ 210

1A+ s

0@ −101

1A , t, s ∈ R

Por A ser simétrica o autovetor do raíz simples, λ = 7 é ortogonal do ambos autovetores acima, ou seja:

x = t

0@ 1−2

1

1A , t ∈ R

(b) Escolhemos:

v1 =

0@ 1−2

1

1A ∼ λ = 7

E:

v2 =

0@ 10−1

1A ∼ λ = 1

E:

v3 ‖ v1 × v2 ‖

0@ 11−1

1A ∼ λ = 1

Normalizando:

D =

0B@ −1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3

1√2

1√6

1√3

1CAE:

B =

0@ 7 0 00 1 00 0 1

1A3. 3 pts. Dado a forma quadrática:

F (x, y) = 7x2 − 2√

3xy + 5y2

(a) Encontrar uma matriz simétrica, A, tal que: F (x, y) = (x y)A

„xy

«.


Mahatma Gandhi



(b) Encontrar autovetores e autovalores da A.

(c) Encontrar uma substituição ortogonal, D, que transforma F em uma forma sem o termo xy.

(d) Classificar a curva: 7x2 − 2√

3xy + 5y2 + x = 4.

Solution:

(a)

A =

„7 −

√3

−√

3 5

«(b)

det“A− λI

”=

˛̨̨̨7− λ −

√3

−√

3 5− λ

˛̨̨̨= (7− λ)(5− λ)− 3 = 32− 12λ+ λ2 = 0⇔ λ = 8 ∨ λ = 4

λ = 4:

A− 4I =

„3 −

√3

−√

3 1

«∼„ √

3 −10 0

«x = 0⇔ x = t

„1√3

«, t ∈ R

O autovetor do λ = 8 é ortogonal no autovetor do λ = 4:

x = t

„−√

31

«, t ∈ R

(c) Substituição ortogonal:

D =

12−√

32√

32

12

!E:

F (x, y) = 7x2 − 2√

3xy + 5y2 = 4x′2 + 8y′2

(d)

x = Dx′

12−√

32√

32

12

!x′ =

x′−√

3y′

2√3x′+y′

2

!

7x2 − 2√

3xy + 5y2 + x = 4 ⇔

4x′2 + 8y′2 +x′ −

√3y′

2= 4 ⇔

4

»x′2 +

x′

8

–+ 8

»y′2 −

√3y′

16

–= 4 ⇔

4

"„x′ +

1

16

«2

− 1

64

#+ 8

"„y′ −

√3

32

«2

− 3

256

#= 4 ⇔

4

"„x′ +

1

16

«2#− 1

16+ 8

"„y′ −

√3

32

«2#− 3

32= 4 ⇔

4

„x′ +

1

16

«2

+ 8

„y′ −

√3

32

«2

=133

32⇔

`x′ + 1

16

´2“q133128

”2 +

“y′ −

√3

32

”2

“q133256

”2 = 1

Isto é um elipse com semieixos a =q

133128

e b =q

133256

e centro: (x′, y′) = (−116,√

332

). Transformando: (x, y) =

( 132, 0).


Mahatma Gandhi



Data: 23/03/2010Semestre: 2010.1Curso: MatemáticaDisciplina: Álgebra LinearProva: I


A =

„1 1 a−a −1 1

«, a ∈ R

(a) Encontrar o posto do A para todo a ∈ R.

(b) Resolver a equação: A x =

„00

«para todo a ∈ R.

(c) Resolver a equação: AT x =

0@ 0b0

1A para todo b ∈ R.

(d) Identifique a solução completa do sistema homogênea (SCSH) e uma solução particular do sistema não homogênea(SPSñH) no item anteriror.

Solution:

(a) „1 1 a−a −1 1

«∼„

1 1 a0 a− 1 1 + a2

«Dali segue: ρA = 2 para todo a ∈ R, pois˛̨̨̨

1 a0 1 + a2

˛̨̨̨= 1 + a2 6= 0

(b) A sistema é equivalente à: (a− 1)y + (1 + a2)z = 0 ∧ x+ y + az = 0.Para a = 1, obtemos: z = 0 ∧ y = t ∧ x = −t:

x = t

0@ −110

1A , t ∈ R

Para a 6= 1, obtemos: z = t ∧ y =1 + a2

1− a t ∧ x =1 + a2

1− a t+ at =1 + a

1− at.

x = t

0@ 1+a1−a1+a2

1−a

1

1A = t′

0@ 1 + a1 + a2

1− a

1A , t′ ∈ R

(c) 0@ 1 −a1 −1a 1

˛̨̨̨˛̨ 0b0

1A ∼0@ 1 −a

0 a− 10 1 + a2

˛̨̨̨˛̨ 0b0

1A ∼0@ 1 −a

0 a− 10 1

˛̨̨̨˛̨ 0b0

1A ∼0@ 1 0

0 00 1

˛̨̨̨˛̨ 0b0

1AVemos, que este sistema tem solução se e somente se: b = 0, e neste caso somente a solução trivial: x = y = 0.

(d) A solução particular no item anterior é a solução trivial, e a solução completa do sistema não homogêneo também.

2. 2 pts. Com o matriz no item anterior pomos:

B1

= AT A B2

= A AT

51 Gosto tanto do seu CristoMas tão pouco dos seus Cristões

Por que seus Cristões não podem ser mais como seu Cristo?Mahatma Gandhi



(a) Calcular B1

e B2.

(b) Calcular os determiantes detB1

e detB2.

(c) Calcular as adjuntas B∗1

e B∗2.

(d) Justifique que o produto de uma matriz com sua transposta é uma matriz simétrica.

Solution:

(a)

B1

=

0@ 1 −a1 −1a 1

1A„ 1 1 a−a −1 1

«=

0@ 1 + a2 1 + a 01 + a 2 a− 1

0 a− 1 1 + a2

1A

B2

=

„1 1 a−a −1 1

«0@ 1 −a1 −1a 1

1A =

„2 + a2 −1−1 2 + a2

«(b)

detB1

=

˛̨̨̨˛̨ 1 + a2 1 + a 0

1 + a 2 a− 10 a− 1 1 + a2

˛̨̨̨˛̨ = (1 + a2)

˛̨̨̨2 a− 1

a− 1 1 + a2

˛̨̨̨− (1 + a)

˛̨̨̨1 + a 0a− 1 1 + a2

˛̨̨̨=

(1 + a2)ˆ2 + 2a2 − (a− 1)2

˜− (1 + a)

ˆ(1 + a)(1 + a2)

˜=

(1 + a2)ˆ2 + 2a2 − a2 + 2a− 1

˜− (1 + a)2(1 + a2) =

(1 + a2)ˆa2 + 2a+ 1− (a+ 1)2

˜= 0

detB2

=

˛̨̨̨2 + a2 −1−1 2 + a2

˛̨̨̨= (2 + a2)2 − 1 = a4 + 4a2 + 3

(c) Por B1

ser simétrica, a adjunta também é:

C11 = A11 = 2(a2 − 1)− (a− 1)2 = 2a2 + 2− a2 + 2a− 1 = a2 + 2a+ 1 = (a− 1)2

C12 = −A12 = (a2 + 1)(1 + a)

C13 = A13 = (1 + a)(a− 1) = a2 − 1

C22 = A22 = (a2 + 1)2

C23 = −A23 = (a2 + 1)(a− 1)

C33 = A33 = 2(a2 + 1)− (a+ 1)2 = a2 − 2a+ 1 = (a− 1)2

Juntando:

B∗1

=

0@ (a− 1)2 (a2 + 1)(1 + a) a2 − 1(a2 + 1)(1 + a) (a2 + 1)2 (a2 + 1)(a− 1)

a2 − 1 (a2 + 1)(a− 1) (a− 1)2

1AMesmo por B

2:

C11 = A11 = 2 + a2

C12 = −A12 = 1

C22 = A22 = 2 + a2

E juntando:

B∗2

=

„2 + a2 1

1 2 + a2

«





(d) Uando que: (A B)T = BT AT , verificamos: (AT A)T = AT (AT )T = AT A.

3. 3 pts.

(a) Mostre que o determinante de ordem n > 1:

An =

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨

b a 0 0 . . . 0 0 0 0a b a 0 . . . 0 0 0 00 a b a . . . 0 0 0 00 0 a b . . . 0 0 0 0

.... . .

...0 0 0 0 . . . b a 0 00 0 0 0 . . . a b a 00 0 0 0 . . . 0 a b a0 0 0 0 . . . 0 0 a b

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨

satisfaz a fórmula de recursão: An = bAn−1 − a2An−2, n ≥ 3.

(b) Pondo A1 = b, encontrar A3.

(c) Encontrar a determinante:

A =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 2− λ −1 0 0−1 2− λ −1 00 −1 2− λ −10 0 −1 2− λ

˛̨̨̨˛̨̨̨

Solution:

(a) Expansão de Laplace na primeira linha:

An =

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨

b a 0 0 . . . 0 0 0 0a b a 0 . . . 0 0 0 00 a b a . . . 0 0 0 00 0 a b . . . 0 0 0 0

.... . .

...0 0 0 0 . . . b a 0 00 0 0 0 . . . a b a 00 0 0 0 . . . 0 a b a0 0 0 0 . . . 0 0 a b

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨=

b

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛

b a 0 . . . 0 0 0 0a b a . . . 0 0 0 00 a b . . . 0 0 0 0

.... . .

...0 0 0 . . . b a 0 00 0 0 . . . a b a 00 0 0 . . . 0 a b a0 0 0 . . . 0 0 a b

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛− a

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛

a a 0 . . . 0 0 0 00 b a . . . 0 0 0 00 a b . . . 0 0 0 0

.... . .

...0 0 0 . . . b a 0 00 0 0 . . . a b a 00 0 0 . . . 0 a b a0 0 0 . . . 0 0 a b

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛

= bAn−1 − a2

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛

a 0 . . . 0 0 0 0b a . . . 0 0 0 0a b . . . 0 0 0 0

.... . .

...0 0 . . . b a 0 00 0 . . . a b a 00 0 . . . 0 a b a0 0 . . . 0 0 a b

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨̨̨˛= bAn−1 − a2An−2 − QED





(b) A1 = b e A2 =

˛̨̨̨a bb a

˛̨̨̨= b2 − a2. Assim pela fórmula de recursão:

A3 = b(b2 − a2)− a2b = b3 − 2a2b.

(c) Similarmente:A4 = bA3−a2A2 = b2(b2−2a2)−a2(b2−a2) = b4−2a2b2−a2b2 +a4 = b4−3a2b2 +a4. Pondo b = 2−λe a = −1:Encontrar a determinante:

A =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 2− λ −1 0 0−1 2− λ −1 00 −1 2− λ −10 0 −1 2− λ

˛̨̨̨˛̨̨̨ = (2− λ)4 − 3(2− λ)2 + 1 =

ˆ24 − 4 · 22λ+ 6 · 22λ2 − 4 · 2λ3 + λ4˜− 3(4− 4λ+ λ2) + 1 =

λ4 − 8λ3 + 21λ2 + 44λ+ 5


A =

0BB@α α 0 12α 2α α 12α 3α 0 11 1 0 0

1CCA , α ∈ R

(a) Encontrar o posto do A por todo α ∈ R.

(b) Por quais valores α ∈ R A é regular? Por estes valores, encontrar a inversa.

(c) Resolver a sistema:

A x =

0BB@1ab0

1CCApara todos α, a, b ∈ R.

Solution:

(a) 0BB@α α 0 12α 2α α 12α 3α 0 11 1 0 0

1CCA ∼0BB@

0 0 0 10 0 α 10 α 0 11 1 0 0

1CCA ∼0BB@

0 0 0 10 0 α 00 α 0 01 1 0 0

1CCAVemos que o posto é 2 para α = 0 e 4 para α 6= 0.

(b) Pelo resultado no item anterior, A tem inversa se e somente se: α 6= 0. Encontramos a inversa:0BB@α α 0 12α 2α α 12α 3α 0 11 1 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

0 0 0 10 0 α 10 α 0 11 1 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 −α

0 1 0 −2α0 0 1 −2α0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

0 0 0 10 0 α 00 α 0 01 1 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 −α−1 1 0 −α−1 0 1 −α0 0 0 1

1CCA ∼





0BB@0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 1 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 −α−α−1 α−1 0 −1−α−1 0 α−1 −1

0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

0 0 0 10 0 1 00 1 0 01 0 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 −α−α−1 α−1 0 −1−α−1 0 α−1 −1α−1 0 −α−1 2

1CCATrocando a ordem das linhas obtemos a inversa:0BB@

α−1 0 −α−1 2−α−1 0 α−1 −1−α−1 α−1 0 −1

1 0 0 −α

1CCA(c) Quanto a inversa existe (α 6= 0), obtemos:

x = A−1

0BB@1ab0

1CCA =

0BB@α−1 0 −α−1 2−α−1 0 α−1 −1−α−1 α−1 0 −1

1 0 0 −α

1CCA0BB@

1ab0

1CCA =

0BB@(1− b)α−1

(−1 + b)α−1

(−1 + a)α−1

1

1CCAPara α = 0 obtemos: 0BB@

0 0 0 10 0 0 10 0 0 11 1 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1ab0

1CCA ∼0BB@

0 0 0 10 0 0 00 0 0 01 1 0 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1a− 1b− 1

0

1CCATemos solução se e somente se: a = b = 1, e neste caso:

x =

0BB@t−ts1

1CCA , t, s ∈ R





Data: 30/03/2010Semestre: 2010.1Curso: MatemáticaDisciplina: Álgebra LinearProva: I, 2a Chamada


A =

0BB@0 −a 0 aa 0 a 00 −a 0 −a−a 0 a 0

1CCA , a ∈ R

(a) Por quais valores A é regular? Para estas valores, encontrar a inversa: A−1.

(b) Por quais valores A é ortogonal, isto é: A−1 = AT ?

(c) Encontrar a matriz adjunta: A∗.

(d) Resolver a equação matricial: A X = 0, onde 0 ∈M4,4.

Solution:

(a) 0BB@0 −a 0 aa 0 a 00 −a 0 −a−a 0 a 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

0 −a 0 aa 0 a 00 0 0 −2a0 0 2a 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 0−1 0 1 00 1 0 1

1CCA ∼0BB@

0 −a 0 aa 0 a 00 0 0 a0 0 a 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 012

0 − 12

00 1

20 1

2

1CCA ∼0BB@

0 −a 0 0a 0 0 00 0 0 a0 0 a 0

˛̨̨̨˛̨̨̨

12

0 12

00 1

20 − 1

212

0 − 12

00 1

20 1

2

1CCA ∼0BB@

a 0 0 00 a 0 00 0 a 00 0 0 a

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 1

20 − 1

2

− 12

0 − 12

00 1

20 1

212

0 − 12

0

1CCASegue, que o posto do A é maximal se e somente se a 6= 0, e neste caso:

A−1 =

0BB@0 1

2a0 − 1

2a

− 12a

0 − 12a

00 1

2a0 1

2a12a

0 − 12a

0

1CCA(b) A−1 = AT ⇔ A AT = I, calculando:

0BB@0 −a 0 aa 0 a 00 −a 0 −a−a 0 a 0

1CCA0BB@

0 a 0 −a−a 0 −a 00 a 0 aa 0 −a 0

1CCA =

0BB@2a2 0 0 00 2a2 0 00 a 2a2 00 0 0 2a2

1CCA = I⇔ 2a2 = 1⇔ a = ± 1√2

Isto é: A é ortogonal se e somente se: a = ± 1√2

.


De fato desentendeu ambos - Piet Hein



(c) Da redução em item (a), segue que: detA = 4a4. Furthermore:

A∗ = (detA)A−1 = 4a4

0BB@0 1

2a0 − 1

2a

− 12a

0 − 12a

00 1

2a0 1

2a12a

0 − 12a

0

1CCA = 2a3

0BB@0 1 0 −1−1 0 −1 00 1 0 11 0 −1 0

1CCA(d) De novo, quanto a 6= 0, A é regular, isto é: A X = 0⇔ X = A−10 = 0.

Quando a = 0: A = 0, neste caso qualquer matriz 4x4 é solução:

X =

0BB@t1 t2 t3 t4t5 t6 t7 t8t9 t10 t11 t12t13 t14 t15 t16

1CCA , t1, . . . , t16 ∈ R

2. 4 pts. Dado os planos em R3:

(α) : x + y − 2z = 0(β) : 2x − y + (3a− 4)z = 3(γ) : ay − z = 1

(a) Para quais valores de a ∈ R os planos α, β e γ tem uma reta em comum?

(b) Para quais valores de a ∈ R os planos α, β e γ tem um ponto em comum?

(c) Para quais valores de a ∈ R os planos α, β e γ nenhum ponto em comum?

(d) Para a = 1 encontrar a intersecção: α ∩ β.

(e) Para a = 1 encontrar a intersecção: β ∩ γ.

(f) Para a = 1 encontrar a intersecção: γ ∩ α.

Solution:Juntando em uma matriz:

0@ 1 1 −22 −1 3a− 40 a −1

˛̨̨̨˛̨ 0

31

1A ∼0@ 1 1 −2

0 −3 3a0 a −1

˛̨̨̨˛̨ 0

31

1A ∼0@ 1 1 −2

0 1 −a0 a −1

˛̨̨̨˛̨ 0−11

1A ∼0@ 1 1 −2

0 1 −a0 0 a2 − 1

˛̨̨̨˛̨ 0−1a+ 1

1AObservamos:(I) : a = 1 : ρA = 2 ∧ ρT = 3.(II) : a = −1 : ρA = ρT = 2.(III) : a 6= ±1 : ρA = ρT = 3.

(a) Os planos tem uma reta em comum, se e somente se: ρA = ρT = n− 1 = 2, ou seja: a = −1.

(b) Os planos tem um ponto em comum, se e somente se: ρA = ρT = n = 3, ou seja: a 6= ±1.

(c) Os planos tem um ponto em comum, se e somente se: ρA < ρT , ou seja: a = 1.

(d) Colocando a = 1 obtemos::

„1 1 −22 −1 −1

˛̨̨̨03

«∼„

1 1 −20 −3 3

˛̨̨̨03

«∼„

1 1 −20 1 −1

˛̨̨̨0−1

«∼„

1 0 −10 1 −1

˛̨̨̨1−1

«Pondo z = t : x = 1 + t ∧ y = −1 + t. De forma vetorial:

x

0@ 1−1

0

1A+ t

0@ 111

1A , t ∈ R





(e) „2 −1 −10 1 −1

˛̨̨̨31

«∼„

2 0 −20 1 −1

˛̨̨̨41

«∼„

1 0 −10 1 −1

˛̨̨̨21

«Pondo z = t : x = 2 + t ∧ y = 1 + t. De forma vetorial:

x

0@ 210

1A+ t

0@ 111

1A , t ∈ R

(f) „1 1 −20 1 −1

˛̨̨̨01

«∼„

1 0 −10 1 −1

˛̨̨̨−11

«Pondo z = t : x = −1 + t ∧ y = 1 + t. De forma vetorial:

x

0@ −110

1A+ t

0@ 111

1A , t ∈ R


A =

0BB@1 0 0 a2 − aa a 1 a3 − 2a2 + a−1 3a 0 2a2 − 2aa 2a 1 a3 − a

1CCA , a ∈ R

(a) Encontrar o posto ρA para todo a ∈ R.

(b) Por todo a ∈ R resolver a equação matricial: A X = A.

Solution:

(a)

A =

0BB@1 0 0 a2 − aa a 1 a3 − 2a2 + a−1 3a 0 2a2 − 2aa 2a 1 a3 − a

1CCA ∼0BB@

1 0 0 a2 − a0 a 1 −a2 + a0 3a 0 3a2 − 3a0 2a 1 a2 − a

1CCA ∼0BB@

1 0 0 a2 − a0 a 1 −a2 + a0 0 −3 6a2 − 6a0 0 −1 3a2 − 3a

1CCA ∼0BB@

1 0 0 a2 − a0 a 1 −a2 + a0 0 −3 6a2 − 6a0 0 −1 3a2 − 3a

1CCA ∼0BB@

1 0 0 a2 − a0 a 0 2a2 − 2a0 0 0 −3a2 + 3a0 0 −1 3a2 − 3a

1CCA ∼0BB@

1 0 0 a2 − a0 a 0 2a2 − 2a0 0 −1 3a2 − 3a0 0 0 −3a2 + 3a

1CCADai segue:(I) : a = 0 : ρ = 2.(II) : a = 1 : ρ = 3.(III) : a 6= 0, 1 : ρ = 4.

(b) É claro, que em todos os casos a equação: A X = A, tem no minimo a solução: X = I.Nos casos a 6= 0, 1 o posto do A é maximal, assim temos solução única, ou seja solução completa: X = I.Caso a = 0: 0BB@

1 0 0 00 0 0 00 0 −1 00 0 0 −0

1CCAx = 0⇔ x1 = x3 = 0

Assim, x2 e x4 são parâmetros livres (dois para cada coluna), dando a solução completa da equação matricialhomogênea:





XH

=

0BB@0 0 0 0t1 t2 t3 t40 0 0 0s1 s2 s3 s4

1CCA , t1, . . . , t4, s1, . . . , s4 ∈ R

Temos júma solução particular da equção (matricial) não homogênea: Xp

= I, assim a solução completa daequação não homogêne é:

X = I +

0BB@0 0 0 0t1 t2 t3 t40 0 0 0s1 s2 s3 s4

1CCA , t1, . . . , t4, s1, . . . , s4 ∈ R

Completando com o caso a = 1: 0BB@1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 0

1CCAAgora: x1 = x2 = x3 = 0, deixando só uma parâmetro por coluna, x4, livre:

XH

=

0BB@0 0 0 00 0 0 00 0 0 0s1 s2 s3 s4

1CCA , s1, . . . , s4 ∈ R

E a solução completa da equação não homogênea:

X = I +

0BB@0 0 0 00 0 0 00 0 0 0s1 s2 s3 s4

1CCA , s1, . . . , s4 ∈ R





Data: 06/04/2010Semestre: 2010.1Curso: Engenharia de AlimentosDisciplina: Álgebra LinearProva: I

1. 2 pts. Calcular os determinantes:

(a) ˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 2 3 4

2 1 2 10 0 1 13 4 1 2

˛̨̨̨˛̨̨̨

(b) ˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 3 1 1

1 2 3 22 4 5 71 0 0 3

˛̨̨̨˛̨̨̨

Solution:

(a) ˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 2 3 4

2 1 2 10 0 1 13 4 1 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ = 1 ·

˛̨̨̨˛̨ 1 2 4

2 1 13 4 2

˛̨̨̨˛̨− 1 ·

˛̨̨̨˛̨ 1 2 3

2 1 23 4 1

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ 1 2 4

0 −3 −70 −2 −10

˛̨̨̨˛̨−˛̨̨̨˛̨ 1 2 3

0 −3 −40 −2 −8

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨−3 −7−2 −10

˛̨̨̨−˛̨̨̨−3 −4−2 −8

˛̨̨̨= 30− 14− (24− 8) = 16− 16 = 0

(b) ˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 3 1 1

1 2 3 22 4 5 71 0 0 3

˛̨̨̨˛̨̨̨ = (−1)

˛̨̨̨˛̨ 3 1 1

2 3 24 5 7

˛̨̨̨˛̨+ 3 ·

˛̨̨̨˛̨ 0 3 1

1 2 32 4 5

˛̨̨̨˛̨ = −

˛̨̨̨˛̨ 0 0 1−4 1 2−17 −2 7

˛̨̨̨˛̨+ 3 ·

˛̨̨̨˛̨ 0 0 1

1 −7 32 −11 5

˛̨̨̨˛̨ =

−˛̨̨̨−4 1−17 −2

˛̨̨̨+ 3 ·

˛̨̨̨1 −72 −11

˛̨̨̨= −(8 + 17) + 3(−11 + 14) = −25 + 9 = −16

2. 3 pts. Dado a matriz e os vetores:

A =

0BBBB@1 1 −1 0 00 1 1 −1 00 0 1 1 −10 −1 1 1 00 0 −1 1 1

1CCCCA b1 =

0BBBB@11111

1CCCCA b2 =

0BBBB@10000

1CCCCA(a) Mostre que a matriz A é regular.

(b) Resolver o sistema A x = b1.

(c) Resolver o sistema A x = b2.

60 The road to wisdom? Simple, my friend:Err and Err and Err again

But Less and Less and Less - Piet Hein



Solution:

0BBBB@1 1 −1 0 00 ∗1 1 −1 00 0 ∗1 1 −10 −1 1 1 00 0 −1 1 1

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨

1 11 01 01 01 0

1CCCCA ∼0BBBB@

1 0 −2 1 00 1 1 −1 00 0 1 1 −10 0 2 0 00 0 0 2 0

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨

0 11 01 02 02 0

1CCCCA ∼0BBBB@

1 0 −2 1 00 1 1 −1 00 0 1 1 −10 0 ∗1 0 00 0 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨

0 11 01 01 01 0

1CCCCA ∼

0BBBB@1 0 0 1 00 1 0 −1 00 0 0 1 −10 0 1 0 00 0 0 ∗1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨

2 10 00 01 01 0

1CCCCA ∼0BBBB@

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 0 0 −10 0 1 0 00 0 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨

1 11 0−1 0

1 01 0

1CCCCA ∼0BBBB@

1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨˛̨

1 11 01 01 01 0

1CCCCA(a) O cálculo anterior mostra que A é regular.

(b) Concluímos que a solução completa do sistema A x = b1 é: x1 = x2 = x3 = x4 = x5 = 1.

(c) Concluímos que a solução completa do sistema A x = b2 é: x1 = 1x2 = x3 = x4 = x5 = 0.

3. 2 pts. Considerando a matriz:

A =

0BB@0 1 0 01 0 1 00 1 0 10 0 1 0

1CCA(a) Encontrar detA.

(b) Encontrar a matriz inversa: A−1.

(c) Encontrar a matriz adjunta: A∗.

Solution:

(a)

detA =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 ∗1 0 0

1 0 1 00 1 0 10 0 ∗1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ =

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 1 0 0

1 0 0 00 0 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ = (−1)2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ = 1

(b) Por detA 6= 0, a inversa existe. Calculamos:

(A| I ) =

0BB@0 ∗1 0 01 0 1 00 1 0 10 0 ∗1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

0 1 0 01 0 0 00 0 0 10 0 1 0

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 −1−1 0 1 0

0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 1 0 −1

1 0 0 00 0 0 1−1 0 1 0

1CCA = ( I |A−1)

(c) Temos:

A∗ = (detA)A−1 = A−1 =

0BB@0 1 0 −11 0 0 00 0 0 1−1 0 1 0

1CCA






A =

0BB@1 1 0 −11 1 1 −1−1 −1 0 2

1 1 2 2

1CCA B =

0BB@−2 5−2 −4

3 01 2

1CCA(a) Encontrar o posto da A.

(b) Resolver o sistema matricial: A X = B.

(c) Indicar no item anterior a solução completa do sistema homogênea e uma solução particular do sistema não-homogênea.

Solution:

(a)

T = (A|B) =

0BB@∗1 1 0 −11 1 1 −1−1 −1 0 2

1 1 2 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ −2 5−2 −4

3 01 2

1CCA ∼0BB@

1 1 0 −10 0 ∗1 00 0 0 10 0 2 3

˛̨̨̨˛̨̨̨ −2 5

0 −91 53 −3

1CCA ∼0BB@

1 1 0 −10 0 1 00 0 0 ∗10 0 0 3

˛̨̨̨˛̨̨̨ −2 5

0 −91 53 15

1CCA ∼0BB@

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

˛̨̨̨˛̨̨̨ −1 10

0 −91 50 0

1CCAVemos que: ρA = ρT = 3.

(b) Já que ρA = ρT , sabemos que o sistema matricial tem soluções, e mais: precisamos introduzir n = ρ = 4− 3 = 1parâmetro por coluna, para resolver-lo.Resolvemos inicialmente o sistema homogênea: A x = 0. Temos: x1 + x2 = 0 ∧ x3 = x3 = 0. Pondo x2 = t:x1 = −t ∧ x3 = x4 = 0.Isto é:

A x = 0⇔ x = t

0BB@−1

100

1CCA , t ∈ R

Similarmente para o sistema matricial homogênea: A X = 0 com duas colunas:

A X = 0⇔ X =

0BB@−t −st s0 00 0

1CCA , t, s ∈ R

Pela redução do item anterior, sabemos que uma solução particular do sistema não-homogênea é:

Xp

=

0BB@−1 10

0 −91 50 0

1CCAAdicionando a solução completa do sistema homogênea (SCSH) com a solução particular do sistema não-homogênea(SPSñH), obtemos finalmente a solução completa do sistema não-homogênea (SCSñH):

A X = B⇔ X =

0BB@−1 10

0 −91 50 0

1CCA+

0BB@−t −st s0 00 0

1CCA , t, s ∈ R





(c) Repetindo comentários anteriores:

Xp

=

0BB@−1 10

0 −91 50 0

1CCAé uma solução particilar do sistema não-homogênea. E:

XH

=

0BB@−t −st s0 00 0

1CCA , t, s ∈ R

é a solução completa do sistema homogênea.





Data: 14/05/2010Semestre: 2010.1Curso: Engenharia de AlimentosDisciplina: Álgebra LinearProva: II

1. 4 pts. Dados os vetores em R4:

d1 =

0BB@1100

1CCA d2 =

0BB@0110

1CCA d3 =

0BB@0011

1CCA d4 =

0BB@1002

1CCA d5 =

0BB@1111

1CCA(a) Mostre que os vetores d1,d2,d3,d4 formam uma base em R4.

(b) Encontre uma relação entre as coordenadas em relação a base canônica e a base (d1,d2,d3,d4).

(c) Encontre as coordenadas do vetor d5 na base (d1,d2,d3,d4).

(d) Encontre as coordenadas antigas dos vetores básicos novos.

(e) Encontre as coordenadas novas dos vetores básicos antigos.

Solution:

(a)

“D˛̨̨I”

=

0BB@1 0 0 11 1 0 00 1 1 00 0 1 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 1 1 00 0 1 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−1 1 0 0

0 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 10 0 1 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−1 1 0 0

1 −1 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 10 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−1 1 0 0

1 −1 1 0−1 1 −1 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 2 −1 1 −1−2 2 −1 1

2 −2 2 −1−1 1 −1 1

1CCA(b) Temos: xA = D xN ⇔ xN = D−1xA, por completo:

xA =

0BB@1 0 0 11 1 0 00 1 1 00 0 1 2

1CCAxN ⇔ xN =

0BB@2 −1 1 −1−2 2 −1 1

2 −2 2 −1−1 1 −1 1

1CCAxA

(c) Em relação a base (d1,d2,d3,d4):

d5 =

0BB@2 −1 1 −1−2 2 −1 1

2 −2 2 −1−1 1 −1 1

1CCA0BB@

1111

1CCA =

26641010

3775 = d1 + d3

(d) As coordenadas antigas dos vetores básicos novos estão nas colunas da D:

d1 =

0BB@1100

1CCA d2 =

0BB@0110

1CCA d3 =

0BB@0011

1CCA d4 =

0BB@1002

1CCA


Porque seus Cristões não podem ser mais como seu Cristo?Mahatma Gandhi



(e) As coordenadas novas dos vetores básicos antigos estão nas colunas da D−1:

e1 =

26642−2

21

3775 e2 =

2664−1

2−2

1

3775 e3 =

26641−1

2−1

3775 e4 =

2664−1

1−1

1

37752. 2 pts. Uma aplicação linear, f : R3 7→ R3 é dado pela sua matriz:

A =

0@ 0 1 11 −1 01 0 1

1A(a) Encontrar o núcleo e a sua dimensão.

(b) Encontrar a dimensão e uma base da imagem, f(R3).

(c) Encontrar o conjunto: {x ∈ R3 | f(x) = (0, 1, 1)}.(d) f tem inversa?

Solution:

(a)

A =

0@ 0 1 11 −1 01 0 1

1A ∼0@ 0 1 1

1 −1 00 1 1

1A ∼0@ 0 1 1

1 0 10 0 0

1Ax = 0⇔

x2 + x3 = 0 ∧ x1 + x3 = 0⇔ x3 = t ∧ x1 = x2 = −t⇔ x = t

0@ −1−11

1A , t ∈ R

A dimensão do núcleo é n− ρA = 3− 2 = 1.

(b) A dimensão da imagem é ρA = 2. Para encontrar uma base desta, selecionamos 2 vetores linearmente indepen-dentes das colunas do A, por exemplo: a1 = (0, 1, 1) e a2 = (1,−1, 0).

(c) Observamos que f(i) = (0, 1, 1), ou seja: x = i é uma solução particular do sistema homogênea f(x = (0, 1, 1).Obtemos a solução completa deste, adicionando a solução completa do sistema homegênea (o núcleo):

f(x =

0@ 011

1A⇔ x =

0@ 100

1A+ t

0@ −1−11

1A , t ∈ R

(d) Por ρA = 2 < 3, A não é regular, assim f não tem inversa.

3. 4 pts. Dados os vetores em R4:

v1 =

0BB@124−2

1CCA v2 =

0BB@103−2

1CCA v3 =

0BB@−1

1−3

5

1CCA v4 =

0BB@−1

0−3

1

1CCAe uma aplicação linear, f : R4 7→ R4:

f(v1) = v1 + v2, f(v2) = −v1 + v2, f(v3) = v3 + v4, f(v4) = −v3 + v4

(a) Mostrar que os vetores v1,v2,v3,v4 formam uma base em R4.

(b) Encontrar a matriz, A, em relação a base canônica (no domínio e na imagem).

(c) Encontrar a matriz, B, em relação da base (v1,v2,v3,v4) (no domínio e na imagem).

(d) Sendo U = ger(v1,v2), mostre que f(U) = U .





(e) Sendo V a matriz contendo os vetores v1,v2,v3,v4 em colunas, mostre: B = V−1A V.

Solution:

(a) Mostramos que os vetores formam uma base e encontramos a inversa:

“V˛̨̨I”

=

0BB@1 1 −1 −12 0 1 04 3 −3 −3−2 −2 5 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 1 −1 −10 −2 3 20 −1 1 10 0 3 −1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0−4 0 1 0

2 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 1 −1 −10 −2 3 20 1 −1 −10 0 3 −1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0

4 0 −1 02 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 0 1 00 1 −1 −10 0 3 −1

˛̨̨̨˛̨̨̨ −3 0 1 0

6 1 −2 04 0 −1 02 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 0 1 00 1 0 −10 0 0 −1

˛̨̨̨˛̨̨̨ −3 0 1 0

6 1 −2 010 1 −3 0−16 −3 6 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 0 1 00 1 0 −10 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ −3 0 1 0

6 1 −2 010 1 −3 016 3 −6 −1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 0 1 00 1 0 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ −3 0 1 0

6 1 −2 026 4 −9 −116 3 −6 −1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ −3 0 1 0

26 4 −9 −16 1 −2 0

16 3 −6 −1

1CCAEste cálculo mostra que o matriz V é regular, ou seja que v1,v2,v3,v4 formam uma base em R4.

(b) Encontramos as imagens:

f(v1) = v1 + v2 =

0BB@124−2

1CCA+

0BB@103−2

1CCA =

0BB@227−4

1CCA

f(v2) = −v1 + v2 = −

0BB@124−2

1CCA+

0BB@103−2

1CCA =

0BB@0−2−1

0

1CCA

f(v3) = v3 + v4 =

0BB@−1

1−3

5

1CCA+

0BB@−1

0−3

1

1CCA =

0BB@−2

1−6

6

1CCA

f(v4) = −v3 + v4 = −

0BB@−1

1−3

5

1CCA+

0BB@−1

0−3

1

1CCA =

0BB@0−1

0−4

1CCAIsto mostre, que: A v1 = (2, 2, 7,−4)T , A v2 = (0,−2,−1, 0)T , A v3 = (−2, 1,−6, 6)T , A v4 =

(0,−1, 0,−4)T . De forma matricial:

A V =

0BB@2 0 −2 02 −2 1 −17 −1 −6 0−4 0 6 −4

1CCA⇔ A =

0BB@2 0 −2 02 −2 1 −17 −1 −6 0−4 0 6 −4

1CCAV−1 =

0BB@2 0 −2 02 −2 1 −17 −1 −6 0−4 0 6 −4

1CCA0BB@−3 0 1 026 4 −9 −16 1 −2 0

16 3 −6 −1

1CCA =

0BB@−18 −2 6 0−68 −10 24 3−83 −10 28 1−16 −6 8 4

1CCA





(c) Procurando as imagens do v1, ...,v4:

f(v1) = (1, 1, 0, 0)T

f(v2) = (−1, 1, 0, 0)T

f(v3) = (0, 0, 1, 1)T

f(v4) = (0, 0,−1, 1)T

Assim a matrix procurada é:

B =

0BB@1 −1 0 01 1 0 00 0 1 10 0 −1 1

1CCA(d) Temos que: dimU = 2, pois v1 ev2 são linearmente independentes. f(v1) = v1 + v2 ∈ U , e f(v2) =−v1 + v2 ∈ U , assim: f(U) ⊂ U . Porem as imagens f(v1), f(v2) são linearmente independentes, assim:dimf(U) = 2 = U . Juntando: f(U) = U

(e) Obtivemos em item (a) a matriz inversa. Calculamos:

V−1A V =

0BB@−3 0 1 026 4 −9 −16 1 −2 0

16 3 −6 −1

1CCA0BB@−18 −2 6 0−68 −10 24 3−83 −10 28 1−16 −6 8 4

1CCA0BB@

1 1 −1 −12 0 1 04 3 −3 −3−2 −2 5 1

1CCA =

0BB@−3 0 1 026 4 −9 −16 1 −2 0

16 3 −6 −1

1CCA0BB@

2 0 −2 02 −2 1 −17 −1 −6 0−4 0 6 −4

1CCA =

0BB@1 −1 0 01 1 0 00 0 1 −10 0 1 1

1CCA = B

QED2

2Quod Erat Demonstrandum: Seja provado!





Data: 19/05/2010Semestre: 2010.1Curso: MatemáticaDisciplina: Álgebra LinearProva: II

1. 5 pts. Uma aplicação linear, f : R4 7→ R4 é dado por sua matriz::

A =

0BB@2 −1 0 −1−1 2 −1 0

0 −1 2 −1−1 0 −1 2

1CCAConsiderando os vetores:

v1 =1

2

0BB@1111

1CCA v2 =1

2

0BB@11−1−1

1CCA v3 =1

2

0BB@1−1

1−1

1CCA v4 =1

2

0BB@1−1−1

1

1CCA(a) Mostre que os vetores v1,v2,v3,v4 formam uma base em R4.

(b) Mostre que vale: f(vi) = λivi, i = 1, 2, 3, 4. Encontre os λi’s.

(c) Uma base, vi, é chamado ortonormal, se:

vi · vj = δij =

0, i 6= j1, i = j

Mostre que os vi’s formam uma base ortonormal em R4.

(d) Organizando os vetores vi como colunas numa matriz, V, mostre: V−1 = VT .

(e) Encontre uma relação entre coordenadas em relação a base canônica e coordenadas em relação a base vi.

(f) Mostre que B = V−1A V é diagonal. Quais os valores na sua diagonal?

Solution:

(a)

V =

0BB@12

12

12

12

12

12− 1

2− 1

212− 1

212− 1

212− 1

2− 1

212

1CCA ∼0BB@

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

1CCA ∼0BB@

1 1 1 10 0 −2 −20 −2 0 −20 −2 −2 0

1CCA ∼0BB@

1 1 1 10 0 1 10 1 0 10 1 1 0

1CCA ∼0BB@

1 0 1 00 0 1 10 1 0 10 0 1 −1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 0 0 20 1 0 10 0 1 −1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 10 0 1 −10 0 0 1

1CCADa redução segue, que ρV = 4, ou seja os vi’s formam uma base.

(b)

A v1 =1

2

0BB@2 −1 0 −1−1 2 −1 0

0 −1 2 −1−1 0 −1 2

1CCA0BB@

1111

1CCA =

0BB@0000

1CCA = 0v1 ⇒ λ1 = 0

A v2 =1

2

0BB@2 −1 0 −1−1 2 −1 0

0 −1 2 −1−1 0 −1 2

1CCA0BB@

11−1−1

1CCA =1

2

0BB@22−2−2

1CCA = 2 v2 ⇒ λ2 = 2

68 Good problems never ends...Ole



A v3 =1

2

0BB@2 −1 0 −1−1 2 −1 0

0 −1 2 −1−1 0 −1 2

1CCA0BB@

1−1

1−1

1CCA =1

2

0BB@4−4

4−4

1CCA = 4 v3 ⇒ λ3 = 4

A v4 =1

2

0BB@2 −1 0 −1−1 2 −1 0

0 −1 2 −1−1 0 −1 2

1CCA0BB@

1−1−1

1

1CCA =1

2

0BB@2−2

2−2

1CCA = 2 v4 ⇒ λ4 = 2

Comentário: Dizemos que os vetores vi são autovetores da matriz A de autovalor λi.

(c) Verifica-se:

v1 · v1 = v2 · v2 = v3 · v3 = v4 · v4 = 1

E:v1 · v2 = v1 · v3 = v1 · v4 = v2 · v3 = v2 · v4 = v3 · v4 = 0

Assim os vi’s formam uma base ortonormal em R4.

(d) Por V ser regular, possui inversa - e a inversa é única. Formando a transposta:

VT =1

2

0BB@1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

1CCAMultiplicando esta com V:

VT V =1

4

0BB@1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

1CCA0BB@

1 1 1 11 1 −1 −11 −1 1 −11 −1 −1 1

1CCA =1

4

0BB@4 0 0 00 4 0 00 0 4 00 0 0 4

1CCA = I⇔ V−1 = VT

Concluimos que VT é a inversa da V.

(e)xantiga = V xnova ⇔ xnova = VT xantiga

(f) Usando os resultados em item b, temos:

A vi = λivi

Ou:A V = A (v1v2v3v4) = (λ1v1λ2v2λ3v3λ4v4)

Multiplicando com VT : 0BB@vT

1

vT2

vT3

vT4

1CCA (λ1v1λ2v2λ3v3λ4v4)

O elemento i, j desta matriz é: λjvTi vj = λjvi · vj = λjδij . Ou seja:

B = VT A V =

0BB@λ1 0 0 00 λ2 0 00 0 λ3 00 0 0 λ4

1CCA =

0BB@0 0 0 00 2 0 00 0 4 00 0 0 2

1CCAMostrando que B é diagonal - com os valores 0, 2, 4, 2 na diagonal.





A =

0@ 1 0 20 −1 22 2 0

1A(a) Encontrar o núcleo, ker f , e a sua dimensão. Mostrar que d1 = 1

3(−2, 2, 1)T ∈ ker f .

(b) Encontrar a dimensão e uma base da imagem, Imf .

(c) Mostrar que os vetores d2 = 13(2, 1, 2) e d3 = 1

3(1, 2,−2) formam uma base ortonormal da imagem.

(d) Mostrar que: ker f ⊥ Imf .

Solution:

(a)

A =

0@ 1 0 20 −1 22 2 0

1A ∼0@ 1 0 2

0 −1 20 2 −4

1A ∼0@ 1 0 2

0 −1 20 0 0

1AVemos que ρA = 2, assim: dim ker f = 3− 2 = 1. Introduzindo parâmetro x3 = t: −x1 = x2 = 2t. Isto é:

x =

0@ −221

1A t, t ∈ R

Observamos que o vetor d1 ∈ ker f (t = 13

).

(b) dimImf = ρA = 2, e mais: a imagem é gerado pelos vetores nas colunas de A. Os vetores nas primeiras duascolunas são linearmente independentes, assim podemos utilizar-os como uma base da imagem: a1 = (1, 0, 2)T ea2 = (0,−1, 2)T ; isto é: Imf =ger(a1,a2).

(c) Primeiramente observamos que d2 e d3 são mutualmente ortogonais e normalizados. Mais: 3d1 = a2 +a3 ∈Imf ,e 3d2 = a1 + a3 ∈Imf . Juntando: d2 e d3 formam uma base ortonormal de Imf .

(d) Observando que d2,d3 ⊥ d1, concluimos: ker f ⊥ Imf .

3. 2 pts. Consideramos a aplicação e os vetores introduzidos no questão 2.

(a) Mostre que os vetores d1,d2,d3 formam uma base ortonormal em R3.

(b) Encontrar as imagens: f(di) em relação a base canônica.

(c) Encontrar as imagens: f(di) em relação a base di.

(d) Encontrar a matriz do f usando a base di no domínio e na imagem.

Solution:

(a) Verifica-se:

d1 · d1 = d2 · d2 = d3 · d3 = 1

E:d1 · d2 = d1 · d3 = d2 · d3 = 0

Assim os di’s formam uma base ortonormal em R3.

(b)f(d1) = 0,

pois d1 ∈ ker f .

f(d2) =1

3

0@ 1 0 20 −1 22 2 0

1A0@ 212

1A =1

3

0@ 636

1A =

0@ 212

1A70 Good problems never ends...

Ole



f(d3) =1

3

0@ 1 0 20 −1 22 2 0

1A0@ 12−2

1A =1

3

0@ −3−6

6

1A =

0@ −1−2

2

1A(c) Observamos: f(d1) = 0, f(d2) = 3d2 e f(d3) = −3d3.

(d) A matriz tem as imagens dos vetores básicos em colunas:

B = V−1A V = VT A V =

0@ 0 0 00 3 00 0 −3

1AComentário: Os vetores di são autovetores da matriz A com autovalores λ1 = 0, λ2 = 3 e λ3 = −3.




Data: 01/06/2010Semestre: 2010.1Curso: MatemáticaDisciplina: Álgebra LinearProva: II, 2a chamada

1. 6 pts.Dado os vetores:

v1 =

0BB@1220

1CCA v2 =

0BB@0111

1CCA v3 =

0BB@0011

1CCA v4 =

0BB@1111

1CCA(a) Mostre que os vetores (vi) formam uma base de R4.

(b) Encontrar uma relação expressando as coordenadas em relação a base canônica, em termo das coordenadas emrelação a base (vi).

(c) Uma aplicação linear, f : R4 7→ R3, é dado por:

f(v1) =

0@ 122

1A f(v2) =

0@ 3−1

1

1A f(v3) =

0@ 403

1A f(v4) =

0@ −530

1AEncontrar o matriz, A′, da f usando base canônica em R3 e base (vi) em R4.

(d) Encontrar o matriz, A, da f usando base canônica em R4 e R3.

(e) Encontrar a dimensão da imagem, f(R4).

(f) Dado os vetores: d1 = v1 + v2 − v3 e d2 = −v1 + 2v2 − v4. Mostre que d1 e d2 gera o núcleo da f .

(g) Encontrar, em termos de v1,v2,v3,v4, todas as vetores que satisfaz: f(x) = f(v1).

Solution:

(a)

“V˛̨̨I”

=

0BB@1 0 0 12 1 0 12 1 1 10 1 1 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0

0 1 0 00 0 1 00 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 1 1 −10 1 1 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0−2 0 1 0

0 0 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 1 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0

0 −1 1 02 −1 0 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 0 2

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0

0 −1 1 02 0 −1 1

1CCA ∼0BB@

1 0 0 10 1 0 −10 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 1 0 0 0−2 1 0 0

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCA ∼0BB@

1 0 0 00 1 0 00 0 1 00 0 0 1

˛̨̨̨˛̨̨̨ 0 0 1

2− 1

2

−1 1 − 12

12

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCAO que mostre que os vetores vi formam uma base em R4.

(b) Usando o cálculo no item anterior, temos:

xAntigo =

0BB@1 0 0 12 1 0 12 1 1 10 1 1 1

1CCAxNovo ⇔ xNovo =

0BB@0 0 1

2− 1

2

−1 1 − 12

12

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCAxAntigo

72 Sr Gandhi, que o senhor acha da civilização inglesa?Sr. Churchill, eu acho uma idéia muito boa!



(c) Nas colunas da matriz, está as imagens dos vetores básicos:

A′ =

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A(d) Temos: A V = A′ ⇔ A = A′ V−1:

A =

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A0BB@

0 0 12− 1

2

−1 1 − 12

12

0 −1 1 01 0 − 1

212

1CCA =

0@ −8 −1 112− 3

2

4 −1 − 12

12

−1 −2 72− 1

2

1A(e)

A′ =

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A ∼0@ 1 3 4 −5

0 −4 −4 80 −5 −5 10

1A ∼0@ 1 3 4 −5

0 −4 −4 80 0 0 0

1AAssim: dim f(R4) = ρA′ = 2.

(f) Primeiramente: dim ker f = n− ρ = 4− 2 = 2. Observando que d1 = [1, 1,−1, 0]v e d2 = [−1, 2, 0, 1]v:

0@ 1 3 4 −51 −1 0 32 1 3 0

1A0BB@

1 −11 2−1 0

0 1

1CCA =

0@ 0 00 00 0

1AOu seja: d1,d2 ∈ ker f . Por d1 e d2 sendo linearmente independentes, concluimos que eles geram o núcleo da f .

(g) Claro, que x = v1 é uma solução particular da equação: f(x) = f(v1). Assim a solução completa desta equaçãoé: x = v1 + ker f = (1 + t− s)v1 + (t+ 2s)v2 − tv2 + sv4, t, s ∈ R.

2. 2 pts. Sendo v1,v2 uma base em C2, uma aplicação linear, f , é dado por:

f(v1) = v1 + 2v2 f(v2) = iv1 + v2

(a) Encontrar a matriz, A, da f em relação a base v1,v2.

(b) Mostre que os vetores: w1 = v1 + v2 e w2 = v1 − v2 formam uma base de C2.

(c) Encontrar a matriz, B, da f em relação a base w1,w2.

Solution:2 pts. Sendo v1,v2 uma base em C2, uma aplicação linear, f , é dado por:

f(v1) = v1 + 2v2 f(v2) = iv1 + v2

(a) As imagens das vetores básicas são dadas, assim:

A =

„1 i2 1

«(b)

(W|I) =

„1 11 −1

˛̨̨̨1 00 1

«∼„

1 10 −2

˛̨̨̨1 0−1 1

«∼„

1 10 1

˛̨̨̨1 012− 1

2

«∼„

1 00 1

˛̨̨̨12

12

12− 1

2

«= (I|W−1)

(c) A matrix na base nova, é: B = W−1A W =

„12

12

12− 1

2

«„1 i2 1

«„1 11 −1

«=

1

2

„1 11 −1

«„1 + i 1− i

3 1

«=

1

2

„4 + i 2− ii− 2 −i

«




3. 2 pts.Dado a matriz:

A =

0@ 5 1 −1−4 1 2

4 0 −1

1A(a) Encontrar as imagens dos vetores: v1 = (1,−1, 1)T e v2 = (1,−2, 2)T .

(b) Encontrar um vetor, v3, tal que: f(v3) = v2 + v3.

(c) Encontrar a matriz da f em relação a base v1,v2,v3.

Solution:

(a)

f(v1) =

0@ 5 1 −1−4 1 2

4 0 −1

1A0@ 1−1

1

1A =

0@ 3−3

3

1A = 3v1

f(v2) =

0@ 5 1 −1−4 1 2

4 0 −1

1A0@ 1−2

2

1A =

0@ 1−2

2

1A = v2

(b) f(v3) = v2 + v3 ⇔ A v3 = v2 + v3 ⇔ (A− I)v3 = v2. Resolvendo este sistema:0@ 4 1 −1−4 0 2

4 0 −2

˛̨̨̨˛̨ 1−2

2

1A ∼0@ 4 1 −1

2 0 −10 0 0

˛̨̨̨˛̨ 1

10

1A ∼0@ 0 1 1

2 0 −10 0 0

˛̨̨̨˛̨ −1

10

1AUsando z como parâmetro, z = t: x = 1

2(t+ 1) e y = −t− 1. Ou seja, a solução completa é:

v3 =

0@ 12

−10

1A+ t

0@ 12

−11

1A , t ∈ R

(c) Observando: f(v1) = 3v1 = [3, 0, 0]v, f(v2) = v2 = [0, 1, 0]v e f(v3) = v2 + v3 = [0, 1, 1]v, obtemos amatriz da f colocando as imagens em colunas:

B =

0@ 3 0 00 1 10 0 1

1A




Data: 24/06/2010Semestre: 2010.1Curso: Engenharia de AlimentosDisciplina: Álgebra LinearProva: III


A =

„1 aa 1

«Onde a 6= 0.

(a) Encontrar os autovalores da A.

(b) Encontrar os autovetores da A.

(c) A matriz A é similar com uma matriz diagonal? Caso sim, qual?

(d) Os autovetores da A são ortogonais? Justifique!

Solution:

(a) Ressaltamos que A é simétrica: A = AT . Calculando:

P2(λ) =

˛̨̨̨1− λ aa 1− λ

˛̨̨̨= (1− λ)2 − a2 = 0⇔ λ = 1± a

(b)

A− (1± a)I =

„1− (1± a) a

a 1− (1± a)

«=

„∓a aa ∓a

«∼„∓1 11 ∓1

«x = 0⇔

x1 = ±xt ⇔ x2 = t ∧ x1 = ±t, t ∈ R

Juntando:

λ1 = 1 + a : v1 = t

„11

«λ2 = 1− a : v2 = t

„−11

«Normalizando:

λ1 = 1 + a : d1 =1√2

„11

«λ2 = 1− a : d2 =

1√2

„−11

«(c) Por A ser simétrica, ela é digaonalizável, ou seja similar de uma matriz diagonal, B. Usando a substituição

ortogonal, D−1 = DT :

D =1√2

`1 −1

´Temos:

B = DT A D =

„1 + a 0

0 1− a

«(d) De novo, pelo fator A ser simétrica, seus dois autovetores são ortogonais. Inspecionando:

v1 · v2 =

„11

«·„

11

«= 0


A =

0@ 6 −4 −4−4 6 −4−4 −4 6

1A

75 Viva como se fosse morrer amanha.Aprenda como se fosse viver para sempre

Mahatma Gandhi



(a) Encontrar os autovalores e os autovetores da matriz A.

(b) Encontrar o núcleo da matriz A.

(c) Mostre que A é diagonalizável.

(d) Encontre uma matriz diagonal, B, e uma matriz ortogonal, D, tal que B = D−1A D.

Solution:Ressaltamos que a matrix é simétrica, e assim tem 3 raízes reais (contados com multiplicidade)

(a)

det (A− λI) =

˛̨̨̨˛̨ 6− λ −4 −4−4 6− λ −4−4 −4 6− λ

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ −2− λ −2− λ −2− λ−4 6− λ −4−4 −4 6− λ

˛̨̨̨˛̨ = −(2+λ)

˛̨̨̨˛̨ 1 1 1−4 6− λ −4−4 −4 6− λ

˛̨̨̨˛̨ =

−(3 + λ)

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0−4 10− λ 0−4 0 10− λ

˛̨̨̨˛̨ = −(2 + λ)(10− λ)2 = 0⇔ λ1 = −2 ∨ λ2 = λ3 = 10

λ2 = λ3 = 10:

A− 10I =

0@ −4 −4 −4−4 −4 −4−4 −4 −4

1A ∼0@ 1 1 1

0 0 00 0 0

1Ax = 0⇔

x1 = t ∧ x2 = s ∧ x3 = −t− s⇔ x = t

0@ 10−1

1A+ s

0@ 01−1

1A , t, s ∈ R

λ1 = −2:O autovetor de λ1 = −2 é ortogonal a ambos os autovetores de λ1 = 10, ou seja paralela com o produto vetorialentre os dois:

x =

˛̨̨̨˛̨ i j k

1 0 −10 1 −1

˛̨̨̨˛̨ = „˛̨̨̨ 0 −1

1 −1

˛̨̨̨,

˛̨̨̨−1 1−1 0

˛̨̨̨,

˛̨̨̨1 00 1

˛̨̨̨«=

0@ 111

1A ,

(b) O núcleo é o auto-espaço de autovalor λ = 0. Por λ = 0 não ser autovalor: ker f = {0}.(c) Por A ser simétrica ela é diagonalizável.

(d) Escolhemos como o primeiro vetor básico o autovetor de λ = −2, v1 = (1, 1, 1), e como o segundo vetor básicoum dos autovetos de λ = 10, por exemplo: v2 = (1, 0,−1). Notamos que v1 ⊥ v2 (pois são autovetoresde autovalores diferentes), porém v2 não é ortogonal ao (1,−1, 0). Escolhemos: v3 = (1,−2, 1), pois este éortogonal em v1 e , v2. Por , v3 ser ortogonal em v1, concluimos que é autovetor do raíz dupla, λ = 10, o quetambém pode-se verificar diretamente. Normalizando obtemos uma base ortonormal:

d1 =1√3

0@ 111

1A d2 =1√2

0@ 10−1

1A d3 =1√6

0@ 1−2

1

1AOrganizando estes vetores ortonormais erm colunas, obtemos uma matriz ortogonal, D−1 = DT :

D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6

1CASendo uma base de autovetores, a matriz do f neste base é diagonal:

B =

0@ −2 0 00 10 00 0 10

1AE: B = D−1A D = DT A D.


Mahatma Gandhi




F (x, y, z) = 6x2 + 6y2 + 6z2 − 8xy − 8xz − 8yz

(a) Encontrar uma matriz simétrica, tal que: F (x, y, z) = xT A x.

(b) Encontrar uma base ortonormal de autovetores da matriz A, e uma relação entre as coordenadas novas, (x′, y′, z′),e as coordenadas antigas, (x, y, z).

(c) Encontrar a matriz, B, neste base. Encontre também a forma quadrática transformada: F ′(x′, y′, z′) = F (x, y, z).

(d) Classifique a superfície definida por: F (x, y, z) = 4, fornecendo tipo, centro e semi-eixo(s).

Superfícies quadráticas em R3:I: Elipsóide, centro C(x0, y0, z0), semi-eixos a, b, c:

(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2+

(z − z0)2

c2= 1

II: Hiperbolóide 1 folha, centro C(x0, y0, z0), semi-eixos a, b, c:

(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1

Eixo principal: (x, y, z)T = (x0 + t, y0 + t, z0)T , t ∈ R.

III: Hiperbolóide 2 folhas, centro C(x0, y0, z0), semi-eixos a, b, c:

(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1


IV: Cone quadrático, centro (x0, y0, z0), semi-eixos a, b, c:

(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 0

V: Parabolóide eliptica, centro (x0, y0, z0), semi-eixos a, b:

(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2= z − z0

VI: Parabolóide hiperbólica (sela), centro (x0, y0, z0), semi-eixos a, b:

(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2= z − z0

Solution:

(a) Vemos:

A =

0@ 6 −4 −4−4 6 −4−4 −4 6

1A ,

e observamos que isto é a matriz A do exercício anterior; utilizaremos os resultados ali obtidos.

(b) Usando os resultados do exercício anterior:

D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6

1CA


Mahatma Gandhi



A matriz D transforma coordenadas novas em coordenadas antigas:0@ xyz

1A = D

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x′ 1√3

+ y′ 1√2

+ z′ 1√6

x′ 1√3− z′ 2√

6

x′ 1√3− y′ 1√

2+ z′ 1√

6

1CA⇔0@ x′

y′

z′

1A = DT

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x 1√3

+ y 1√3

+ z 1√3

x 1√2− z 1√

2

x 1√6− y 2√

6+ z 1√

6

1CA(c) De novo, usando os resultados do exercício anterior:

B =

0@ −2 0 00 10 00 0 10

1AE:

F ′(x′, y′, z′) = −2x′2 + 10y′2 + 10z′2

(d) Em termos de x′, y′, z′ a superfície: F (x, y, z) = 4, tranforma em:

−2x′2 + 10y′2 + 10z′2 = 4⇔ −„x′√2

«2

+−

0@ y′q25

1A2

−

0@ z′q25

1A2

= 1

No plano y′z′ (x′ = 0), temos circumferências, nos planos x′y′ (z′ = 0) respectivamente x′z′ (y′ = 0), hipérboles,e a superfície é uma hiperboloide de uma folha (de revolução). O eixo de revolução é o eixo x′, paralelo com ovetor v1 = (1, 1, 1).


Mahatma Gandhi



Data: 24/06/2010Semestre: 2010.1Curso: MatemáticaDisciplina: Álgebra LinearProva: III


A =

„1 aa 1

«Onde a ∈ R.

(a) Encontrar os autovalores da A para todo a ∈ R.

(b) Encontrar os autovetores da A para todo a ∈ R.

(c) A matriz A é similar com uma matriz diagonal? Caso sim, qual?

(d) Os autovetores da A são ortogonais? Justifique!

Solution:

(a) Ressaltamos que A é simétrica: A = AT . Calculando:

P2(λ) =

˛̨̨̨1− λ aa 1− λ

˛̨̨̨= (1− λ)2 − a2 = 0⇔ λ = 1± a

(b)

A− (1± a)I =

„1− (1± a) a

a 1− (1± a)

«=

„∓a aa ∓a

«∼„∓1 11 ∓1

«x = 0⇔

x1 = ±xt ⇔ x2 = t ∧ x1 = ±t, t ∈ R

Juntando:

λ1 = 1 + a : v1 = t

„11

«λ2 = 1− a : v2 = t

„−11

«Normalizando:

λ1 = 1 + a : d1 =1√2

„11

«λ2 = 1− a : d2 =

1√2

„−11

«(c) Por A ser simétrica, ela é digaonalizável, ou seja similar de uma matriz diagonal, B. Usando a substituição

ortogonal, D−1 = DT :

D =1√2

`1 −1

´Temos:

B = DT A D =

„1 + a 0

0 1− a

«(d) De novo, pelo fator A ser simétrica, seus dois autovetores são ortogonais. Inspecionando:

v1 · v2 =

„11

«·„

11

«= 0


A =

0@ 3 −4 −4−4 3 −4−4 −4 3

1A


Mahatma Gandhi



(a) Encontrar os autovalores e os autovetores da matriz A.




Solution:Ressaltamos que a matrix é simétrica, e assim tem 3 raízes reais (contados com multiplicidade)

(a)

det (A− λI) =

˛̨̨̨˛̨ 3− λ −4 −4−4 3− λ −4−4 −4 3− λ

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ −5− λ −2− λ −2− λ−4 3− λ −4−4 −4 3− λ

˛̨̨̨˛̨ = −(5+λ)

˛̨̨̨˛̨ 1 1 1−4 3− λ −4−4 −4 3− λ

˛̨̨̨˛̨ =

−(5 + λ)

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0−4 7− λ 0−4 0 7− λ

˛̨̨̨˛̨ = −(5 + λ)(7− λ)2 = 0⇔ λ1 = −5 ∨ λ2 = λ3 = 7

λ2 = λ3 = 7:

A− 7I =

0@ −4 −4 −4−4 −4 −4−4 −4 −4

1A ∼0@ 1 1 1

0 0 00 0 0

1Ax = 0⇔

x1 = t ∧ x2 = s ∧ x3 = −t− s⇔ x = t

0@ 10−1

1A+ s

0@ 01−1

1A , t, s ∈ R

λ1 = −5:O autovetor de λ1 = −2 é ortogonal a ambos os autovetores de λ2 = 10, ou seja paralela com o produto vetorialentre os dois:

x =

˛̨̨̨˛̨ i j k

1 0 −10 1 −1

˛̨̨̨˛̨ = „˛̨̨̨ 0 −1

1 −1

˛̨̨̨,

˛̨̨̨−1 1−1 0

˛̨̨̨,

˛̨̨̨1 00 1

˛̨̨̨«=

0@ 111

1A ,


(d) Escolhemos como o primeiro vetor básico o autovetor de λ = −5, v1 = (1, 1, 1), e como o segundo vetorbásico um dos autovetos de λ = 7, por exemplo: v2 = (1, 0,−1). Notamos que v1 ⊥ v2 (pois são autovetoresde autovalores diferentes), porém v2 não é ortogonal ao (1,−1, 0). Escolhemos: v3 = (1,−2, 1), pois este éortogonal em v1 e , v2. Por , v3 ser ortogonal em v1, concluimos que é autovetor do raíz dupla, λ = 7, o quetambém pode-se verificar diretamente. Normalizando obtemos uma base ortonormal:

d1 =1√3

0@ 111

1A d2 =1√2

0@ 10−1

1A d3 =1√6

0@ 1−2

1


D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6


B =

0@ −5 0 00 7 00 0 7



Mahatma Gandhi




F (x, y, z) = 3x2 + 3y2 + 3z2 − 8xy − 8xz − 8yz




(d) Classifique a superfície definida por: F (x, y, z) = 4, fornecendo tipo, centro e semi-eixo(s).


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2+

(z − z0)2

c2= 1


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1



(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1



(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 0


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2= z − z0


(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2= z − z0

Solution:

(a) Vemos:

A =

0@ 3 −4 −4−4 3 −4−4 −4 3

1A ,



D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6

1CA


Mahatma Gandhi




1A = D

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x′ 1√3

+ y′ 1√2

+ z′ 1√6

x′ 1√3− 2z′ 1√

6

x′ 1√3− y′ 1√

2+ z′ 1√

6

1CA⇔0@ x′

y′

z′

1A = DT

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x 1√3

+ y 1√3

+ z 1√3

x 1√2− z 1√

2

x 1√6− y 2√

6+ z 1√

6


B =

0@ −5 0 00 7 00 0 7

1AE:

F ′(x′, y′, z′) = −5x′2 + 7y′2 + 7z′2


−5x′2 + 7y′2 + 7z′2 = 4⇔ −

0@ x′q45

1A2

+−

0@ y′q47

1A2

−

0@ z′q47

1A2

= 1

No plano y′z′ (x′ = 0), temos circumferências, nos planos x′y′ (z′ = 0) respectivamente x′z′ (y′ = 0), hipérboles,

e a superfície é uma hiperboloide de uma folha (de revolução). Semieixos:q

45

,q

47

eq

47

. O eixo de revolução é

o eixo x′, paralelo com o vetor v1 = (1, 1, 1).


Mahatma Gandhi



Data: 29/06/2010Semestre: 2010.1Curso: Engenharia de AlimentosDisciplina: Álgebra LinearProva: IV (Substituitiva)


A =

„1 20 a

«(a) Encontrar os autovalores e os autovetores da A por qualquer valor do constante a ∈ R.

(b) Os autovetores da A são ortogonais? Justifique!

(c) Por quais valores do a ∈ R A é diagonaliável? Por estes valores, encontrar uma matriz regular, D, e uma matrizdiagonal, B, tal que B = D−1A D.

Solution:

(a)

det (A− λI) =

˛̨̨̨1− λ 2

0 a− λ

˛̨̨̨= (1− λ)(a− λ) = 0⇔ λ = 1 ∨ λ = a

λ1 = 1:

det (A− I) =

„0 20 a− 1

«∼„

0 10 0

«x = 0⇔ x = t

„10

«, t ∈ R

v1 =

„10

«λ2 = a:

det (A− aI) =

„1− a 2

0 0

«x = 0⇔ x = t

„2

a− 1

«, t ∈ R

v2 =

„2

a− 1

«(b) Vemos: v1 · v2 = 2 6= 0, assim os autoevetores não são ortogonais. Ressaltamos, que por matrizes simétricas

temos que autovetores de autovalores diferentes são ortogonais, sem a condição da simetria, a teoria apenas garanteque os autovetores são linearmente independentes.

(c) Por a 6= 1 os autovalores são distintos, e os autovetores linearmente independentes. Por a = 1, temos uma raizdupla, λ1 = λ2 = 1, porém somente um autovetor, pois v1 e v2 são linearmente dependentes.Então, A é diagonaizável, se e somente se: a 6= 1, e:

D =

„1 20 a− 1

«B =

„1 00 a

«E:

B = D−1A D


A =

0@ −1 1 11 −1 11 1 −1

1A(a) Encontrar os autovalores e os autovetores da matriz A.



Mahatma Gandhi





Solution:Ressaltamos que a matrix é simétrica, e assim tem 3 raízes reais (contadas com multiplicidade)

(a)

det (A− λI) =

˛̨̨̨˛̨ −1− λ 1 1

1 −1− λ 11 1 −1− λ

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ 1− λ 1− λ 1− λ

1 −1− λ 11 1 −1− λ

˛̨̨̨˛̨ = (1−λ)

˛̨̨̨˛̨ 1 1 1

1 −1− λ 11 1 −1− λ

˛̨̨̨˛̨ =

(1− λ)

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

1 −2− λ 01 0 −2− λ

˛̨̨̨˛̨ = (1− λ)(λ+ 2)2 = 0⇔ λ1 = λ2 = −2 ∨ λ3 = 1

λ1 = λ2 = −2:

A + 2I =

0@ 1 1 11 1 11 1 1

1A ∼0@ 1 1 1

0 0 00 0 0

1Ax = 0⇔

x1 = t ∧ x2 = s ∧ x3 = −t− s⇔ x = t

0@ 10−1

1A+ s

0@ 01−1

1A , t, s ∈ R

λ3 = 1:O autovetor de λ1 = 1 é ortogonal a ambos os autovetores de λ1 = −2, ou seja paralela com o produto vetorialentre os dois:

x =

˛̨̨̨˛̨ i j k

1 0 −10 1 −1

˛̨̨̨˛̨ = „˛̨̨̨ 0 −1

1 −1

˛̨̨̨,

˛̨̨̨−1 1−1 0

˛̨̨̨,

˛̨̨̨1 00 1

˛̨̨̨«=

0@ 111

1A ,


(d) Escolhemos como o primeiro vetor básico o autovetor de λ = 1, v1 = (1, 1, 1), e como o segundo vetor básicoum dos autovetores de λ = −2, por exemplo: v2 = (1, 0,−1). Notamos que v1 ⊥ v2 (pois são autovetoresde autovalores diferentes), porém v2 não é ortogonal ao (1,−1, 0). Escolhemos: v3 = (1,−2, 1), pois este éortogonal em v1 e v2. Por , v3 ser ortogonal em v1, concluimos que é autovetor da raíz dupla, λ = −2, o quetambém pode-se verificar diretamente. Normalizando obtemos uma base ortonormal:

d1 =1√3

0@ 111

1A d2 =1√2

0@ 1

−1

1A d3 =1√6

0@ 1−2

1


D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6


B =

0@ 1 0 00 −2 00 0 −2



Mahatma Gandhi




F (x, y, z) = −x2 − y2 − z2 + 2xy + 2xz + 2yz




(d) Classifique a superfície definida por: F (x, y, z) = 2, encontrando tipo, centro e semi-eixo(s) na base canônica.


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2+

(z − z0)2

c2= 1


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1



(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1



(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 0


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2= z − z0


(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2= z − z0

Solution:

(a) Vemos:

A =

0@ −1 1 11 −1 11 1 −1

1A ,



D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6

1CA


Mahatma Gandhi




1A = D

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x′ 1√3

+ y′ 1√2

+ z′ 1√6

x′ 1√3− 2z′ 1√

6

x′ 1√3− y′ 1√

2+ z′ 1√

6

1CA⇔0@ x′

y′

z′

1A = DT

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x 1√3

+ y 1√3

+ z 1√3

x 1√2− z 1√

2

x 1√6− 2y 2√

6+ z 1√

6


B =

0@ 1 0 00 −2 00 0 −2

1AE:

F ′(x′, y′, z′) = x′2 − 2y′2 − 2z′2


x′2 − 2y′2 − 2z′2 = 2⇔„x′√2

«2

−`y′´2 − `z′´2 = 1

Em planos paralelos com o plano y′z′ (x′ = α), somente temos quanto: α2 > 2, neste casos temos circumferências.Nos planos x′y′ (z′ = κ) respectivamente x′z′ (y′ = β), hipérboles, e a superfície é uma hiperboloide de duasfolhas (de revolução). O eixo de revolução é o eixo x′, paralelo com o vetor (x, y, z)T = v1 = (1, 1, 1)T .


Mahatma Gandhi



Data: 29/06/2010Semestre: 2010.1Curso: MatemáticaDisciplina: Álgebra LinearProva: IV (Substituitiva)


A =

„a 30 2

«(a) Encontrar os autovalores e os autovetores da A por qualquer valor do constante a ∈ R.

(b) Os autovetores da A são ortogonais? Justifique!

(c) Por quais valores do a ∈ R A é diagonaliável? Por estes valores, encontrar uma matriz regular, D, e uma matrizdiagonal, B, tal que B = D−1A D.

Solution:

(a)

det (A− λI) =

˛̨̨̨a− λ 3

0 2− λ

˛̨̨̨= (a− λ)(2− λ) = 0⇔ λ = a ∨ λ = 2

λ1 = 2:

det (A− I) =

„a− 2 3

0 0

«x = 0⇔ x = t

„3

a− 2

«, t ∈ R

v1 =

„3

a− 2

«λ2 = a:

det (A− aI) =

„0 30 2− a

«∼„

0 10 0

«x = 0⇔ x = t

„10

«, t ∈ R

v2 =

„10

«(b) Vemos: v1 · v2 = 3 6= 0, assim os autoevetores não são ortogonais. Ressaltamos, que por matrizes simétricas

temos que autovetores de autovalores diferentes são ortogonais, sem a condição da simetria, a teoria apenas garanteque os autovetores são linearmente independentes.

(c) Por a 6= 2 os autovalores são distintos, e os autovetores linearmente independentes. Por a = 2, temos uma raizdupla, λ1 = λ2 = 2, porém somente um autovetor, pois v1 e v2 são linearmente dependentes.Então, A é diagonaizável, se e somente se: a 6= 2, e:

D =

„3 1

a− 2 0

«B =

„1 00 a

«E:

B = D−1A D


A =

0@ −2 1 11 −2 11 1 −2

1A(a) Encontrar os autovalores e os autovetores da matriz A.



Mahatma Gandhi





Solution:Ressaltamos que a matrix é simétrica, e assim tem 3 raízes reais (contadas com multiplicidade)

(a)

det (A− λI) =

˛̨̨̨˛̨ −2− λ 1 1

1 −2− λ 11 1 −2− λ

˛̨̨̨˛̨ =

˛̨̨̨˛̨ −λ −λ −λ

1 −2− λ 11 1 −2− λ

˛̨̨̨˛̨ = −λ

˛̨̨̨˛̨ 1 1 1

1 −2− λ 11 1 −2− λ

˛̨̨̨˛̨ =

−λ

˛̨̨̨˛̨ 1 0 0

1 −3− λ 01 0 −3− λ

˛̨̨̨˛̨ = −λ(λ+ 3)2 = 0⇔ λ1 = λ2 = −3 ∨ λ3 = 0

λ1 = λ2 = −3:

A− 10I =

0@ 1 1 11 1 11 1 1

1A ∼0@ 1 1 1

0 0 00 0 0

1Ax = 0⇔

x1 = t ∧ x2 = s ∧ x3 = −t− s⇔ x = t

0@ 10−1

1A+ s

0@ 01−1

1A , t, s ∈ R

λ3 = 0:O autovetor de λ1 = 0 é ortogonal a ambos os autovetores de λ1 = −3, ou seja paralela com o produto vetorialentre os dois:

x =

˛̨̨̨˛̨ i j k

1 0 −10 1 −1

˛̨̨̨˛̨ = „˛̨̨̨ 0 −1

1 −1

˛̨̨̨,

˛̨̨̨−1 1−1 0

˛̨̨̨,

˛̨̨̨1 00 1

˛̨̨̨«=

0@ 111

1A ,

(b) O núcleo é o auto-espaço de autovalor λ = 0, assim: ker f = t

0@ 111

1A, t ∈ R.

(c) Por A ser simétrica ela é diagonalizável.

(d) Escolhemos como o primeiro vetor básico o autovetor de λ = 0, v1 = (1, 1, 1), e como o segundo vetor básicoum dos autovetores de λ = −3, por exemplo: v2 = (1, 0,−1). Notamos que v1 ⊥ v2 (pois são autovetoresde autovalores diferentes), porém v2 não é ortogonal ao (1,−1, 0). Escolhemos: v3 = (1,−2, 1), pois este éortogonal em v1 e v2. Por , v3 ser ortogonal em v1, concluimos que é autovetor da raíz dupla, λ = −3, o quetambém pode-se verificar diretamente. Normalizando obtemos uma base ortonormal:

d1 =1√3

0@ 111

1A d2 =1√2

0@ 10−1

1A d3 =1√6

0@ 1−2

1


D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6


B =

0@ 0 0 00 −3 00 0 −3



Mahatma Gandhi




F (x, y, z) = −2x2 − 2y2 − 2z2 + 2xy + 2xz + 2yz




(d) Classifique a superfície definida por: F (x, y, z) = −3, encontrando tipo, centro (se tiver) e semi-eixo(s) na basecanônica.


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2+

(z − z0)2

c2= 1


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1



(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 1



(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2− (z − z0)2

c2= 0


(x− x0)2

a2+

(y − y0)2

b2= z − z0


(x− x0)2

a2− (y − y0)2

b2= z − z0

Solution:

(a) Vemos:

A =

0@ −2 1 11 −2 11 1 −2

1A ,



D =

0B@1√3

1√2

1√6

1√3

0 − 2√6

1√3− 1√

2

1√6

1CA


Mahatma Gandhi




1A = D

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x′ 1√3

+ y′ 1√2

+ z′ 1√6

x′ 1√3− 2z′ 1√

6

x′ 1√3− y′ 1√

2+ z′ 1√

6

1CA⇔0@ x′

y′

z′

1A = DT

0@ x′

y′

z′

1A =

0B@ x 1√3

+ y 1√3

+ z 1√3

x 1√2− z 1√

2

x 1√6− 2y 1√

6+ z 1√

6


B =

0@ 0 0 00 −3 00 0 −3

1AE:

F ′(x′, y′, z′) = −3y′2 − 3z′2

(d) Em termos de x′, y′, z′ a superfície: F (x, y, z) = −3, tranforma em:

−3y′2 − 3z′2 = −3⇔ y′2 + z′2 = 1

Isto é um cilíndro, com geradores paralelos ao eixo x′, ou seja: (x, y, z)T = (1, 1, 1)T , e centros neste. Ossemi-eixos das circumferências, são: a = b = 1.


Mahatma Gandhi



OBS! Respondendo a prova à lapis, perde-se o direito de revisão da prova. OBS!


Mahatma Gandhi

Provas Algebra Linear, Gabaritos

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