Universidade Federal do ParanáAlgebra Linear Olivier Brahic
Lista de exercícios 14Ortogonalidade
Exercícios da Seção 5.1
Exercício 1: Encontre o ângulo emtre os vetores v e w em cada um dos seguintes:
a) v = (2, 1, 3)ᵀ, e w = (6, 3, 9)ᵀ,
b) v = (2,−3)ᵀ, e w = (3, 2)ᵀ,
c) v = (−2, 2)ᵀ, e w = (0, 3)ᵀ,
d) v = (−1,−1, 0)ᵀ, e w = (0, 5, 5)ᵀ,
Exercício 2: Para cada um dos vetores no Problema 1, encontre a projeção escalar de v emw. Encontre também a projeção vetorial de v em w.
Exercício 3: Para cada um dos seguintes pares de vetores x e y, encontre o vetor projeçãop de x em y e verifique que p e x− p são ortogonais.
a) x = (3, 4), e y = (1, 0),
b) x = (3, 5), e y = (1, 1),
c) x = (2, 4, 3), e y = (1, 1, 1),
d) x = (2,−5, 4), e y = (1, 2,−1),
Exercício 5: Encontre o ponto da reta x = 2y que esta mais próximo do ponto (5, 2).
Exercício 6: Encontre o ponto da reta x = 2y + 1 que esta mais próximo do ponto (5, 2).
Exercício 7: Encontre a distância do ponto (1, 2) à reta 4x− 3y = 2.
Exercício 8: Em cada um dos seguinte, encontre a equação do plano normal ao vetor n dado,e passando pelo ponto p0.
a) n = (2, 4, 3), e p0 = (1, 0, 0),
b) n = (−3, 6, 2), e p0 = (4, 2,−5),
c) n = (0, 0, 1), e p0 = (3, 2, 4),
Exercício 9: Encontre a equação do plano que passa pelos pontos p1 = (2, 3, 1), p2 = (5, 4, 3),e p3 = (3, 4, 4).
Exercício 10: Encontre a distância do ponto (1, 1, 1) ao plano 2x+ 2y + z = 0.
Exercício 11: Encontre a distância do ponto (2, 1,−2) ao plano x+ 2y + 3z = 5.
1
Exercício 12: Demostre que se x = (x1, x2)ᵀ, y = (y1, y2)
ᵀ,e z = (z1, z2)ᵀ são vetores
arbitrários do plano R2, então:
a) xᵀ.x ≥ 0,
b) xᵀ.y = yᵀ.x,
c) xᵀ.(y + z) = xT .y + xᵀ.zᵀ.
Exercício 14: Seja x1, x2, e x3 vetores em R3. Se x1 ⊥ x2 e x2 ⊥ x3, é necessário quex1 ⊥ x3 ? Demostre sua reposta.
Exercício 17: Sejam x =
44−44
e y =
4221
.
a) Determine o angulo entre x e y.
b) Determine a distância entre x e y.
Exercício 18: Sejam x e y vetores em Rn. Defina-se:
p =xᵀ · yyᵀ · y
.y e: z = x− p.
a) Mostre que p ⊥ z. Logo p é a projeção vetorial de x em y; isto é, x = p + z onde p e zsão componentes orthogonais, e p é um múltiplo escalar de y.
b) Se ‖p‖ = 6 e ‖z‖ = 8, determine o valor de ‖x‖.
Exercício 19: Para cada uma das seguintes matrizes, determine uma base para cada um dossubespaços Im(Aᵀ), ker(A), Im(A) e ker(Aᵀ).
a) A =
(3 46 8
)
b) A =
(1 3 12 4 0
)
c) A =
4 −21 32 13 4
d) A =
1 0 0 00 1 1 10 0 1 11 1 2 2
Exercício 20: Seja S o conjunto de R3 coberto por x = (1,−1, 1)ᵀ.
a) Encontre uma base para Sᵀ.
b) Dê uma interpretação geométrica para S e Sᵀ.
Exercício 21:
2
a) Seja S o subespaço de R3 coberto pelos vetores x = x1, x2, x3) e y = (y1, y2, y3). Seja:
A =
(x1 x2 x3y1 y2 y3
).
Mostre que Sᵀ = ker(A).
b) Encontre o subespaço de R3 coberto pelos vetores (1, 2, 1)ᵀ (1,−1, 2)ᵀ.
Exercício 22: Seja o subespaço de R4 coberto por x1 = (1, 0,−2, 1)ᵀ e x2 = (0, 1, 3,−2)ᵀ.Encontre uma base para Sᵀ.
Exercício 23: Seja A uma matriz 3× 2 com posto 2. Dê descrições geométricas de Im(A) eker(Aᵀ) e descreva geometricamente como os subespaços estão relacionados.
Exercício 24: É possível que uma matriz tenha o vetor (1, 2, 1)ᵀ no seu espaço linha e o vetor(2, 1, 1)ᵀ no seu espaço nulo ? Explique.
Exercício 25: Seja aj um vetor coluna não nulo de uma matriz A, m× n. É possível que aj
esteja em N(Aᵀ) ? Explique.
Exercício 26: Seja S o subespaço de Rn coberto pelo vetores x1,x2, . . . ,xk. Mostre quey ∈ Sᵀ se e somente se y ⊥ xi para i = 1 . . . k.
Exercício 28: Seja A uma matriz m × n. Explique por que os seguintes enuciados sãoverdadeiros:
a) Todo vetor x em Rn pode ser escrito unicamente como uma soma x = y+z, onde y ∈ ker(A)e z ∈ ker(Aᵀ).
b) Todo vetor b em Rm pode ser escrito unicamente como uma soma b = u + v, ondeu ∈ ker(Aᵀ) e v ∈ Im(Aᵀ).
Exercícios da Seção 5.3
Exercício 29:
a) Encontre o melhor ajustamente de mínimos quadrados por uma função linear aos dados:
x -1 0 1 2y 0 1 3 9
b) Faça um gráfico da sua função linear da parte a) juntamente com os dados em um sistemade coordenadas.
Resoluções:
Resolução do Exercício 1: Encontre o ângulo emtre os vetores v e w em cada um dosseguintes:
a) Os vetores v = (2, 1, 3)ᵀ e w = (6, 3, 9)ᵀ são colineares, logo θ = 0,
3
b) O angulo entre os vetores v = (2,−3)ᵀ e w = (3, 2)ᵀ é dado pela formula:
θ = arccos(v ·w||v||.||w||
)
= arccos(2.3− 3.2√
22 + 32.√
32 + 22)
= arccos(0)
=π
2.
c) Semelhantemente, o angulo entre v = (−2, 2)ᵀ e w = (0, 3)ᵀ é dado por:
θ = arccos(v ·w||v||.||w||
)
= arccos(−2.0 + 2.3√
22 + 22.√
02 + 32)
= arccos(
√2
2)
=π
4.
d) Semelhantemente, o angulo entre v = (−1,−1, 0)ᵀ e w = (0, 5, 5)ᵀ é dado por:
θ = arccos(v ·w||v||.||w||
)
= arccos(−1.0− 1.5 + 0.5√
(−1)2 + (−1)2 + 02.√
02 + 52 + 52)
= arccos(−1
2)
=2π
3.
Resolução do Exercício 2: Para cada um dos vetores no Problema 1, encontre a projeçãoescalar de v em w. Encontre também a projeção vetorial de v em w.
a) Os vetores v = (2, 1, 3)ᵀ e w = (6, 3, 9)ᵀ são colineares, logo a projeção ortogonal de v emw é v = (2, 1, 3).
b) Os vetores v = (2,−3)ᵀ e w = (3, 2)ᵀ são ortogonais logo a projeção ortogonal de v em wé (0, 0).
c) A projeção vetorial de v = (−2, 2)ᵀ em w = (0, 3)ᵀ é dada por:
pw(v) =
(v ·w||w||2
)·w
=−2.0 + 2.3
02 + 32· (0, 3)
= (0, 2).
4
d) Semelhantemente,projeção vetorial de v = (−1,−1, 0)ᵀ em w = (0, 5, 5)ᵀ é dado por:
pw(v) =
(v ·w||w||2
)·w
=−1.0− 1.5 + 0.5
02 + 52 + 52· (0, 5, 5)
=
(0,−1
2,−1
2
).
Resolução do Exercício 3: Para cada um dos seguintes pares de vetores x e y, encontre ovetor projeção p de x em y e verifique que p e x− p são ortogonais.
a) A projeção de x = (3, 4), em y = (1, 0) é dada por:
p =
(x · y||y||2
)· y
=3.1 + 4.0
12 + 02· (1, 0)
= (3, 0).
Verifiquemos que:
p · (x− p) = (3, 0) · ((3, 4)− (3, 0))
= (3, 0) · (0, 4)
= 3.0 + 0.4
= 0
logo p e (x− p) são ortogonais.
b) Semelhantemente, a projeçao vetorial de x = (3, 5), em y = (1, 1) é dada por:
p =
(x · y||y||2
)· y
=3.1 + 5.1
12 + 12· (1, 1)
= (4, 4).
Verifiquemos que:
p · (x− p) = (4, 4) · ((3, 5)− (4, 4))
= (4, 4) · (−1, 1)
= 4.(−1) + 1.4
= 0
logo p e (x− p) são ortogonais.
c) Semelhantemente, a projeçao vetorial de x = (2, 4, 3) em y = (1, 1, 1) é dada por:
p =
(x · y||y||2
)· y
=2.1 + 4.1 + 3.1
12 + 12 + 12· (1, 1, 1)
= (3, 3, 3).
5
Verifiquemos que:
p · (x− p) = (3, 3, 3) · ((2, 4, 3)− (3, 3, 3))
= (3, 3, 3) · (−1, 1, 0)
= 3.(−1) + 3.1 + 3.0
= 0
logo p e (x− p) são ortogonais.
d) Semelhantemente, a projeção vetorial de x = (2,−5, 4) em y = (1, 2,−1) é dada por:
p =
(x · y||y||2
)· y
=2.1− 5.2 + 4.1
12 + 22 + (−1)2· (1, 2,−1)
= (−2,−4, 2).
Verifiquemos que:
p · (x− p) = (−2,−4, 2) · ((2,−5, 4)− (−2,−4, 2))
= (−2, 4, 2) · (4, 1, 0)
= −2.4 + 4.1 + 2.0
= 0
logo p e (x− p) são ortogonais.
Resolução do Exercício 5: Notemos ∆ a reta de equação x = 2x. Note que ∆ é umareta vetorial (ela passa por (0, 0)) dirigida por v := (2, 1), logo basta encontrar a projeçãoortogonal de u := (5, 2) em v.Obtemos:
p =
(u · v||v||2
)· v
=5.2 + 2.1
22 + 12· (2, 1)
=
(24
5,12
5
).
O ponto da reta x = 2y que esta mais próximo do ponto (5, 2) é dado por(245 ,
125
).
6
Resolução do Exercício 6: O ponto (5, 2) pertence na reta reta x = 2y + 1, logo o pontomais perto de (5, 2) dessa reta é (5, 2).
Resolução do Exercício 7:Notemos:
• ∆ a reta de equação 4x− 3y = 2,
• ∆′ a reta ortogonal a ∆ passando por u := (1, 2).
Observe que ∆ é dirigida pelo vetor v := (3, 4), logo a reta ortogonal ∆′ tem equação:
v · ((x, y)− u) = 0 ⇐⇒ 3(x− 1) + 4(y − 2) = 0 ⇐⇒ 3x+ 4y = 11.
O ponto da reta ∆ mais perto de u = (1, 2) é dado pela interseção ∆∩∆′, logo basta resolvero sistema: {
4x− 3y = 2
3x+ 4y = 11.
Concluemos que o ponto mais perto é dado por p = (4125 ,3825). A distância de u = (1, 2) à reta
4x− 3y = 2 é dado por:
||u− p|| =(
1− 41
25
)2
+
(2− 38
25
)2
= [· · · ] =16
25= 0, 64.
Resolução do Exercício 8: De maneira geral, a equação do plano normal ao vetor n dado,e passando pelo ponto p0 é dada por: n · ((x, y, z)− p0) = 0.
a) A equação do plano normal ao vetor n = (2, 4, 3) e passando por p0 = (1, 0, 0) é dada por2(x− 1) + 4y + 3z = 0, ou seja:
2x+ 4y + 3z = 2.
b) A equação do plano normal ao vetor n = (−3, 6, 2), e passando por p0 = (4, 2,−5) é dadapor −3(x− 4) + 6(y − 2) + 2(z + 5) = 0, ou seja:
−3x+ 6y + 2z = −10.
c) A equação do plano normal ao vetor n = (0, 0, 1), e passando por p0 = (3, 2, 4) é dada por0(x− 3) + 0(y − 2) + 1(z − 4) = 0, ou seja:
z = 4.
7
Resolução do Exercício 9: Notemos P o plano que passa pelos pontos p1 = (2, 3, 1),p2 = (5, 4, 3), e p3 = (3, 4, 4). O plano P é dirigido pelos vetores v1 e v2 onde:
v1 = p2 − p1 = (5, 4, 3)− (2, 3, 1) = (3, 1, 2),
v2 = p3 − p1 = (3, 4, 4)− (2, 3, 1) = (1, 1, 3).
Segue que o vetor normal ao plano P é dado por:
n = v1 ∧ v2 =
312
∧1
13
=
1.3− 2.13.3− 2.13.1− 1.1
=
172
.
Finalmente, a equação do plano P por p1, normal a n é dado por:
n · (p1 − (x, y, z)) = 0 ⇐⇒ x− 2 + 7(y − 3) + 2(z − 1) = 0
⇐⇒ x+ 7y + 2z = 25
Resolução do Exercício 10: Notemos P o plano de equação 2x + 2y + z = 0. O vetornormal a P é dado por n = (2, 2, 1), logo a reta por u = (1, 1, 1), ortogonal a P é dada por:
∆ ={
(x, y, z) ∈ R3 | (x, y, z) = (1, 1, 1) + t(2, 2, 1) onde t ∈ R}
A projeção ortogonal de u em P sendo a interseção entre P e ∆, é o único ponto de ∆satisfazendo a equação 2x+2y+z = 0. Para encontra-lo, basta resolver a equação 2x+2y+z =0 para (x, y, z) = (1 + 2t, 1 + 2t, 1 + t). Obtemos:
2(1 + 2t) + 2(1 + 2t) + (1 + t) = 0 ⇐⇒ 9t+ 5 = 0 ⇐⇒ t = −5
9.
Logo a projeçãp p de u em P é dada por:
p =
(1− 2.5
9, 1− 2.5
9, 1− 5
9
)=
(−1
9,−1
9,4
9
).
Finalmente, a distância de u a P dada pela norma:
||u− p|| =∣∣∣∣∣∣∣∣(1, 1, 1)−
(−1
9,−1
9,4
9
)∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣(10
9,10
9,5
9
)∣∣∣∣∣∣∣∣=
√(10
9
)2
+
(10
9
)2
+
(5
9
)2
=
√225
9=
√9.25
9=
5
3.
Outro método: A projeção vetorial de u em n é dada por:
pn(u) =u · n||n||2
n.
Ele tem norma:||pn(u)|| = |u · n|
||n||=
1.2 + 1.2 + 1.1√22 + 22 + 12
=5
3
Este valor coincida com a distância de u a P, pois P é um plano vetorial (ele passa por(0, 0, 0)).
8
Resolução do Exercício 11: Notemos P o plano de equação x + 2y + 3z = 5. O vetornormal a P é dado por n = (6, 2, 3), logo a reta por u = (2, 1,−2), ortogonal a P é dada por:
∆ ={
(x, y, z) ∈ R3 | (x, y, z) = (2, 1,−2) + t(1, 2, 3) onde t ∈ R}
A projeção ortogonal de u em P sendo a interseção entre P e ∆, é o único ponto de ∆satisfazendo a equação x+2y+3z = 5. Para encontra-lo, basta resolver a equação x+2y+3z =5 para (x, y, z) = (2 + t, 1 + 2t,−2 + 3t). Obtemos:
(2 + t) + 2(1 + 2t) + 3(−2 + 3t) = 5 ⇐⇒ 14t = 7 ⇐⇒ t =1
2.
Logo a projeção p de u em P é dada por p = (2, 1,−2) + t(1, 2, 3), com t = 12 , ou seja:
p =
(2 +
1.1
2, 1 +
2.1
2,−2 +
3.1
2
)=
(5
2, 2,−1
2
).
Finalmente, a distância de u a P dada pela norma:
||u− p|| =∣∣∣∣∣∣∣∣(2, 1,−2)−
(5
2, 2,−1
2
)∣∣∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣∣∣(−1
2,−1,
−3
2
)∣∣∣∣∣∣∣∣=
√(−1
2
)2
+ (−1)2 +
(−3
2
)2
=
√14
2.
9
Observe que neste caso, não se aplica o outro método do Exercício 10 pois P não passa pelaorigem (não é um plano vetorial, só um plano dito afim).
Resolução do Exercício 12: Se x = (x1, x2)ᵀ, y = (y1, y2)
ᵀ,e z = (z1, z2)ᵀ são vetores
arbitrários do plano R2, calculemos que:
a) xᵀ.x = x21︸︷︷︸≥0
+ x22︸︷︷︸≥0
≥ 0,
b) xᵀ.y = x1.y1 + x2.y2 = y1.x1 + y2.x2 = yᵀ.x,
c) xᵀ.(y + z) = x1(y1 + z1) + x2(y2 + z2) = x1y1 + x2y2 + x1z1 + x2z2 = xT .y + xᵀ.zᵀ.
Resolução do Exercício 14: Seja x1, x2, e x3 vetores em R3. Se x1 ⊥ x2 e x2 ⊥ x3,não énecessário que x1 ⊥ x3. Por exemplo, para x1 = (1, 0, 0), x2 = (0, 1, 0) e x3 = (1, 0, 1), temos:
• x1 · x2 = 0, logo x1 ⊥ x2
• x2 · x3 = 0, logo x2 ⊥ x3
• x1 · x3 = 1 6= 0, logo x1 e x3 não são ortogonais.
10
Resolução do Exercício 17: Sejam x =
44−44
e y =
4221
.
a) Determine o angulo entre os vetores x =
44−44
e y =
4221
é dado pela formula:
θ := arccos
(x · y||x||||y||
)= arccos
(4.4 + 4.2− 4.2 + 4.1√
42 + 42 + (−4)2 + 42√
42 + 22 + 22 + 12
)= [. . . ] =
π
3
b) A distância entre x e y é dada pela formula:
d(x,y) := ||x− y||
=√
(4− 4)2 + (4− 2)2 + (−4− 2)2 + (4− 1)2
=√
49 = 7.
Resolução do Exercício 18: Sejam x e y vetores em Rn. Defina-se:
p =xᵀ · yyᵀ · y
.y e: z = x− p.
a) Mostremos que p ⊥ z.
p · zᵀ =(xᵀ · yyᵀ · y
y)ᵀ·(x− xᵀ · y
yᵀ · yy)
=xᵀ · yyᵀ · y
yᵀ · x− xᵀ · yyᵀ · y
yᵀ · xᵀ · y
yᵀ · yy = 0
Logo p é a projeção vetorial de x em y; isto é, x = p + z onde p e z são componentesorthogonais, e p é um múltiplo escalar de y.
11
b) Se ‖p‖ = 6 e ‖z‖ = 8, pelo Teorema de Putágora, temos:
‖x‖2 = ‖p‖2 + ‖z‖2
= 82 + 62
= 64 + 36 = 100
logo ‖x‖ = 10.
Resolução do Exercício 19:O objetivo deste exercício pe de ilustrar pro contas as seguinte formulas:
Im(Aᵀ) = ker(A)⊥,
ker(Aᵀ) = Im(A)⊥,
que valem para qualquer matriz A ∈Mm,n(R).
a) Para A :=
(3 46 8
):
i) Calculemos Im(Aᵀ): Temos Aᵀ =
(3 64 8
), logo Im(Aᵀ) = Cob{(3, 4)ᵀ, (6, 8)ᵀ}.
Neste caso, é claro que os vetores (3, 4)ᵀ e (6, 8)ᵀ são colineares, pois
2(3, 4)ᵀ − 1(6, 8)ᵀ = (0, 0)ᵀ.
Segue que: Im(Aᵀ) = Cob{(3, 4)ᵀ, (6, 8)ᵀ} = Cob{(3, 4)ᵀ} tem dimensão 1, e admite{(3, 4)ᵀ} por base.
ii) Calculemos ker(A): Pela definição, temos:
(x, y) ∈ ker(A) ⇐⇒(
3 46 8
)(xy
)= 0,
⇐⇒
{3x+ 4y = 0
6x+ 8y = 0
⇐⇒ (x, y) = α(−4, 3) (onde α ∈ R)
⇐⇒ (x, y) ∈ Cob{(−4, 3)}
Logo ker(A) admite {(−4, 3)ᵀ} por base, e tem dimensão 1.Observação: podemos facilmente verificar neste caso que vale a formula
Im(Aᵀ) = ker(A)⊥.
De fato:
• pelo item i) temos: Im(Aᵀ) = Cob{(3, 4)ᵀ}• pelo item ii) temos: ker(A) = Cob{(−4, 3)ᵀ}.
Mas é claro que (3, 4) ⊥ (−4, 3) são ortogonais.
12
iii) Calculemos Im(A): Temos A =
(3 46 8
), logo Im(A) = Cob{(3, 6)ᵀ, (4, 8)ᵀ}.
Segue da conta no item ii) que os vetores (3, 6)ᵀ e (4, 8)ᵀ são colineares, pois
−4(3, 6)ᵀ + 3(4, 8)ᵀ = (0, 0)ᵀ.
Segue que: Im(A) = Cob{(3, 6)ᵀ, (4, 8)ᵀ} = Cob{(3, 6)ᵀ} = Cob{(1, 2)} tem dimensão1, e admite {(1, 2)ᵀ} por base.
iv) Calculemos ker(Aᵀ): Pela definição, temos:
(x, y) ∈ ker(Aᵀ) ⇐⇒(
3 64 8
)(xy
)= 0,
⇐⇒
{3x+ 6y = 0
4x+ 8y = 0
⇐⇒ (x, y) = α(−2, 1)(α ∈ R)
⇐⇒ (x, y) ∈ Cob{(−2, 1)}
Logo ker(Aᵀ) admite {(−2, 1)} por base, e tem dimensão 1.Observação: de novo, podemos facilmente verificar neste caso que vale a formula
ker(Aᵀ) = Im(A)⊥.
De fato:• pelo item iv) temos: ker(Aᵀ) = Cob{(−2, 1)ᵀ}• pelo item iii) temos: Im(A) = Cob{(1, 2)ᵀ}.
Mas é claro que (−2, 1) ⊥ (1, 2) são ortogonais.
b) Para A =
(1 3 12 4 0
)
i) Calculemos Im(Aᵀ): Temos Aᵀ =
1 23 41 0
, logo Im(Aᵀ) = Cob{(1, 3, 1)ᵀ, (2, 4, 0)ᵀ}.
Neste caso, é claro que os vetores (3, 4)ᵀ e (6, 8)ᵀ são linearmente independentes, pois
λ1(1, 3, 1)ᵀ − λ2(2, 4, 0)ᵀ = (0, 0, 0)ᵀ =⇒ λ1 = λ2 = 0.
Segue que: Im(Aᵀ) = Cob{(1, 3, 1)ᵀ, (2, 4, 0)ᵀ} = Cob{(1, 3, 1)ᵀ, (1, 2, 0)ᵀ} tem dimen-são 1, e admite {(1, 3, 1)ᵀ, (1, 2, 0)ᵀ} por base.
ii) Calculemos ker(A): Pela definição, temos:
(x, y, z) ∈ ker(A) ⇐⇒(
1 3 12 4 0
)xyz
= 0,
⇐⇒
{x+ 3y + z = 0
2x+ 4y = 0.
⇐⇒ (x, y, z) = α(2,−1, 1) (onde α ∈ R)
⇐⇒ (x, y, z) ∈ Cob{(2,−1, 1)}
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Logo ker(A) = Cob{(2,−1, 1)}, admite {(2,−1, 1)ᵀ} por base, e tem dimensão 1.Observação: podemos facilmente verificar neste caso que vale a formula
Im(Aᵀ) = ker(A)⊥.
De fato:
• pelo item i) temos: Im(Aᵀ) = Cob{(1, 3, 0)ᵀ, (1, 2, 0)}• pelo item ii) temos: ker(A) = Cob{(2,−1, 1)ᵀ}.
Mas é claro que:
(1, 3, 1) ⊥ (2,−1, 1)
(1, 2, 0) ⊥ (2,−1, 1)
Note que cada relação de ortogonalidade acima coresponde a uma linha no sistemalinear do item ii) (a menos de uma constante multiplicative pela segunda linha).
iii) Calculemos Im(A): TemosA =
(1 3 12 4 0
), logo Im(Aᵀ) = Cob{(1, 2)ᵀ, (3, 4)ᵀ, (1, 0)ᵀ}.
Temos 3 vetores, (1, 2)ᵀ, (3, 4)ᵀ e (1, 0)ᵀ, no espaço R2 de dimensão 2, logo são line-armente dependentes (uma relaçao explicita segue da conta no item ii)); Claramente(1, 2)ᵀ e (3, 4)ᵀ são linearmente independentes logo Im(Aᵀ) = Cob{(1, 2)ᵀ, (3, 4)ᵀ} =R2.
iv) Calculemos ker(Aᵀ): Pela definição, temos:
(x, y) ∈ ker(Aᵀ) ⇐⇒
1 23 41 0
(xy
)= 0,
⇐⇒
x+ 2y = 0
3x+ 4y = 0
x = 0.
⇐⇒ (x, y)ᵀ = (0, 0)ᵀ.
Logo ker(Aᵀ) = {0} admite o conjunto vazio por base, e tem dimensão 0.Observação: de novo, podemos facilmente verificar neste caso que vale a formula
ker(Aᵀ) = Im(A)⊥.
De fato:
• pelo item iv) temos: ker(Aᵀ) = {(0, 0)ᵀ}• pelo item iii) temos: Im(A) = R2.
Mas é claro que (R2)⊥ = {(0, 0)}.
c) O caso A =
4 −21 32 13 4
se resolve de maneira semalhante.
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d) O caso A =
1 0 0 00 1 1 10 0 1 11 1 2 2
se resolve de maneira semalhante.
Resolução do Exercício 20: Seja S o conjunto de R3 coberto por x = (1,−1, 1)ᵀ.
a) Encontremos uma base para Sᵀ. O conjunto S = Cob{(1,−1, 1)} é gerado por um vetorsó, logo:
(x, y, z)ᵀ ∈ S⊥ ⇐⇒ (x, y, z) · (1,−1, 1) = 0,
⇐⇒ x− y + z = 0,
⇐⇒ (x, y, z) = α(−1, 0, 1) + β(1, 1, 0) (α, β ∈ R).
b) O conjunto S é uma reta verotial em R3 (mais precisament, a reta passando por (0, 0, 0) edirigida por (1,−1, 1)) e Sᵀ é o plano vetorial (passando por (0, 0, 0)) ortogonal à reta S.
Resolução do Exercício 21:
a) Seja S o subespaço de R3 coberto pelos vetores x = (x1, x2, x3) e y = (y1, y2, y3). Seja:
A =
(x1 x2 x3y1 y2 y3
).
Mostremos que Sᵀ = ker(A): O espaço S é gerado pelos vetores x = (x1, x2, x3) e y =(y1, y2, y3), logo:
z = (z1, z2, z3) ∈ S⊥ ⇐⇒ z · u = 0 ∀u ∈ S,⇐⇒ z · (λ1x + λ2y) = 0 ∀λ1, λ2 ∈ R,⇐⇒ z · x = 0 e z · y = 0,
⇐⇒
{z1x1 + z2x2 + z3x3 = 0
z1y1 + z2y2 + z3y3 = 0.
⇐⇒ z ∈ ker(A).
b) Para encontrar o subespaço de R3 coberto pelos vetores (1, 2, 1)ᵀ (1,−1, 2)ᵀ. Basta resolvero sistema: {
z1 + 2z2 + z3 = 0
z1 − z2 + 2z3 = 0.⇐⇒ (z1, z2, z3) = α()
Referências
[1] Steven J. Leon, Álgebra Linear com aplicações, 8a edição, LTC 2011.
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