Lista de exercícios 14 Ortogonalidade Exercícios da Seção 51 · Universidade Federal do Paraná...

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Universidade Federal do Paraná Algebra Linear Olivier Brahic Lista de exercícios 14 Ortogonalidade 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) | , e w = (6, 3, 9) | , b) v = (2, -3) | , e w = (3, 2) | , c) v =(-2, 2) | , e w = (0, 3) | , d) v =(-1, -1, 0) | , e w = (0, 5, 5) | , Exercício 2: Para cada um dos vetores no Problema 1, encontre a projeção escalar de v em w. 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 projeção p 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 p 0 . a) n = (2, 4, 3), e p 0 = (1, 0, 0), b) n =(-3, 6, 2), e p 0 = (4, 2, -5), c) n = (0, 0, 1), e p 0 = (3, 2, 4), Exercício 9: Encontre a equação do plano que passa pelos pontos p 1 = (2, 3, 1), p 2 = (5, 4, 3), e p 3 = (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

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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.

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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:

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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,

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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)

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)

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

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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).

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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

).

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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.

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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)).

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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.

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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.

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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.

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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.

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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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