FUNDAÇÃO EDUCACIONAL SERRA DOS ÓRGÃOS
CENTRO UNIVERSITÁRIO SERRA DOS ÓRGÃOS
Centro de Ciências e Tecnologia
Curso de Graduação em Engenharia de Produção
Curso de Graduação em Engenharia Ambiental e Sanitária
Álgebra Linear I – Solução da 9ª Lista de Exercícios
1. Uma base para o espaço coluna é formada pelas colunas que contêm um pivô. Para
encontrar uma base para o núcleo, é preciso escalonar a matriz para resolver o
sistema homogêneo Ax = 0; se este sistema só tiver a solução trivial, então o núcleo
será {0} e não terá base. O posto da matriz é a dimensão de seu espaço coluna.
(a) Escalonando a matriz dada, obtemos
1

2
 −1

1

0
0

2
1
1
3
4 −3
2 1
−3 1
0
0
1

0
0

−1 
1 −1 
1 2



0  ℓ 2 ← ℓ 2 − 2ℓ 1  0 −3 1 2 
1  ℓ 3 ← ℓ 3 + ℓ 1  0 6 −2 0  ℓ 3 ← ℓ 3 + 2ℓ 2
−1 
 1 2 1 −1  ℓ 1 ← ℓ 1 + ℓ 3



1
2  ℓ 2 ← − 3 ℓ 2  0 1 − 31 − 23  ℓ 2 ← ℓ 2 + 32 ℓ 3
4  ℓ 3 ← 41 ℓ 3  0 0 0
1 
2 1 0  ℓ 1 ← ℓ 1 − 2ℓ 2  1 0 53 0 



1
1 − 31 0 
0 1 − 3 0
0 0 0 1 
0 0 1 


Como as colunas de pivô são a 1ª, a 2ª e a 4ª, essas colunas de A formam uma
base para o espaço coluna, ou seja, o posto de A é 3 e uma base para C(A) é
  1  2   −1 
      
 2  ,  1  ,  0   .
  −1  4   1  
      
A forma escalonada reduzida de A tem uma variável livre, logo N(A) tem
dimensão 1. A solução geral do sistema homogêneo Ax = 0 é x1 = −5x3/3, x2 = x3/3,
x3 arbitrário, x4 = 0. Escolhendo um valor de x3 diferente de zero, obtemos um
vetor não nulo de N(A); como a dimensão é 1, qualquer vetor não nulo forma uma
base. Escolhendo x3 = 3, vemos que uma base para N(A) é
  −5  
  
 1  

.


3


  0  


(b) Escalonando a matriz dada, obtemos
1 
1 
3 2 1 
1 1
1 1

 ℓ1 ↔ ℓ2 
 ℓ ← ℓ − 3ℓ 

1 
−1 −2 
2
1 0
1 1
3 2 1  2
 −1 0 1 
 −1 0 1  ℓ 3 ← ℓ 3 + ℓ 1  0 1
2  ℓ3 ← ℓ3 + ℓ2






 1 −1 −3 
 1 −1 −3  ℓ 4 ← ℓ 4 − ℓ 1  0 −2 −4  ℓ 4 ← ℓ 4 − 2ℓ 1
1  ℓ 1 ← ℓ 1 + ℓ 2  1 0 −1 
1 1
 1 0 −1 






 0 −1 −2 
 0 −1 −2  ℓ 2 ← −ℓ 2  0 1 2 
0 0 0 
0 0 0 
0 0 0 






0 0 0 
0 0 0 
0 0 0 
Como as colunas de pivô são a 1ªe a 2ª, essas colunas de A formam uma base para
o espaço coluna, ou seja, o posto de A é 2 e uma base para C(A) é
 3   2  
    
 1   1  
,

.
  −1   0  
  1   −1  


A forma escalonada reduzida de A tem uma variável livre, logo N(A) tem
dimensão 1. A solução geral do sistema homogêneo Ax = 0 é x1 = x3, x2 = −2x3, x3
arbitrário. Escolhendo x3 = 1, vemos que uma base para N(A) é
 1  
  
  −2   .
 1  
  
(c) Escalonando a matriz dada, obtemos
 2 2 8 10  ℓ 1 ← 21 ℓ 1  1 1



2 1 3 7 
2 1
 3 −1 −8 3 
 3 −1



1 2 9 8 
1 2
4
5  ℓ1 ← ℓ1 + ℓ2  1
1 1



 0 −1 −5 −3 
0
 0 −4 −20 −12  ℓ 3 ← ℓ 3 − 4ℓ 2  0



5
3  ℓ 4 ← ℓ 4 + ℓ2  0
0 1
 1 0 −1

0 1 5
0 0 0

0 0 0
4
3
−8
9
5

7  ℓ 2 ← ℓ 2 − 2ℓ 1
3  ℓ 3 ← ℓ 3 − 3ℓ 1

8  ℓ 4 ← ℓ 4 − ℓ1
0 −1 2 

−1 −5 −3  ℓ 2 ← −ℓ 2
0 0 0

0 0 0
2

3
0

0
Como as colunas de pivô são a 1ªe a 2ª, essas colunas de A formam uma base para
o espaço coluna, ou seja, o posto de A é 2 e uma base para C(A) é
 2  2  
    
 2  1  
,

.
 3  −1  
  1   2  


A forma escalonada reduzida de A tem duas variáveis livres, logo N(A) tem
dimensão 2. A solução geral do sistema homogêneo Ax = 0 é x1 = x3 – 2x4, x2 = –5x3
– 3x4, x3 e x4 arbitrários. Escolhendo primeiro x3 = 1 e x4 = 0, depois x3 = 0 e x4 =
1, vemos que uma base para N(A) é
Solução da Lista 9
Álgebra Linear I
2
  1   −2 
    
  −5   −3 
,

.




1
0


  0   1  


(d) Escalonando a matriz dada, obtemos
 −1 2 1 
 −1 2 1  ℓ 1 ← −ℓ 1




 2 −1 1  ℓ 2 ← ℓ 2 + 2ℓ 1  0 3 3 
 1 1 2 ℓ ← ℓ + ℓ  0 3 3 ℓ ← ℓ − ℓ
3
1 
3
2

 3
 3
 1 −2 −1 
 1 −2 −1  ℓ 1 ← ℓ 1 + 2ℓ 2  1 0 1 






1
1 
 0 3 3  ℓ2 ← 3 ℓ2  0 1
0 1 1 
0 0 0 
0 0 0 
0 0 0






Como as colunas de pivô são a 1ªe a 2ª, essas colunas de A formam uma base para
o espaço coluna, ou seja, o posto de A é 2 e uma base para C(A) é
  −1   2  
    
  2  ,  −1   .
 1   1  
    
A forma escalonada reduzida de A tem uma variável livre, logo N(A) tem
dimensão 1. A solução geral do sistema homogêneo Ax = 0 é x1 = −x3, x2 = −x3, x3
arbitrário. Escolhendo x3 = 1, vemos que uma base para N(A) é
  −1  
  
  −1   .
 1  
  
2. Solução:
(a) (1, 3, −2, 1) ⋅ (2, 2, 1, −4) = 2 + 6 – 2 – 4 = 2.
(b) (2, 2, 3, −1, 1) ⋅ (−2, 0, 1, 1, 2) = –4 + 0 + 3 – 1 + 2 = 0.
(c) (1, 1, 0, 1) ⋅ (3, 0, −3, 1) = 3 + 0 + 0 + 1 = 4.
3. O cosseno do ângulo entre os vetores u e v é o produto interno dos vetores dividido
pelas normas dos dois vetores, ou seja, cos(θ) = (u ⋅ v)/(||u||||v||).
(a) (1, 3) ⋅ (-3, 1) = 3 – 3 = 0, logo o ângulo é π/2.
( , ) ⋅ (1, 0) =
v = 1 e u ⋅ v = ( , ) ⋅ ( 0,1 ) =
(b) u =
1
2
+
1
2
=1, v =1 e u⋅v =
2
2
(c) u =
1
4
+
3
4
= 1,
1
2
2
2
3
2
2
2
3
2
, logo o ângulo é π/4.
, logo o ângulo é π/6.
(d) (1, 1) ⋅ (1, -1) = 1 – 1 = 0, logo o ângulo é π/2.
(e) (3, 1, −5) ⋅ (1, 2, 1) = 3 + 2 – 5 = 0, logo o ângulo é π/2.
(f) u =
1
8
+ 81 +
3
4
= 1, v =
1
2
+ 21 = 1 e u ⋅ v =
logo o ângulo é π/3.
(g) u ⋅ v =
(
Solução da Lista 9
6
6
,−
6
6
)(
, 2 66 ⋅
3
3
,−
3
3
,−
3
3
)=
18
18
+
18
18
Álgebra Linear I
(
2
4
,−
2
4
,
3
2
)⋅(
2
2
,−
2
2
)
, 0 = 28 + 82 = 21 ,
− 21818 = 0 , logo o ângulo é π/2.
3
(h) u = 1 + 4 + 9 = 14 , v = 9 + 4 + 1 = 14 e u ⋅ v = (1, 2, 3) ⋅ (3, 2, 1) = 3 + 4 + 3
=10, logo o ângulo é arccos ( 75 ) .
4. Seja F1 a força de magnitude 60 e F2 a força de magnitude 80. Como cos(30°) = √3⁄2
e sen(30°) = ½, colocando F2 no eixo horizontal, obtemos as coordenadas F1 = (30√3,
30) e F2 = (80, 0), logo a força total é F = (80 + 30√3, 30). A Figura a seguir mostra
as forças dadas e a resultante.
Então a magnitude da força resultante F é
||F|| = 80 + 30√3
+ 30 = 6400 + 160 ∙ 30√3 + 2700 + 900
=10100 + 48√3 = 2025 + 12√3 ≅ 135,3 N.
Vamos calcular o cosseno do ângulo entre a força resultante F e a força F1 de 60N:
cos ( θ ) =
F⋅ F1
F F1
=
(80 + 30
)(
3,30 ⋅ 30 3,30
)
20 25 + 12 3 900 (3) + 900
=
2400 3 + 900 (3) + 900
20 25 + 12 3 ( 60 )
 2400 3 + 3600 
 ≈ 17,2°.
⇒ θ = arccos 


1200 25 + 12 3
 1200 25 + 12 3 
Resposta: A magnitude da força resultante é aproximadamente 135,3N e o ângulo
que esta resultante faz com a força de 60 N é de aproximadamente 17,2°.
=
2400 3 + 3600
5. A figura a seguir mostra a velocidade vetorial resultante; a velocidade escalar é a
norma da velocidade vetorial. Na figura, o norte é na direção do semieixo positivo
dos y.
A norma do vetor v é dada por
v = 52 + 282 = 809 ≈ 28, 44 .
O curso do barco é dado pelo ângulo com o norte, ou seja, o ângulo do vetor v com o
vetor k, cujo cosseno é
Solução da Lista 9
Álgebra Linear I
4
cos (θ ) =
v ⋅k
−28
=
≈ −0, 9844 .
v
809
Portanto, o ângulo é de aproximadamente θ ≈ arccos(-0,9844) ≈ 169,87°.
Resposta: A velocidade escalar é de aproximadamente 28,44 km/h e o curso é de
aproximadamente 170°.
6. Como cos(45°) = √2⁄2, temos
√
∙
= cos(θ) = ‖‖‖‖ =
√√
.
Note que 6 + 2r > 0. Multiplicando em cruz, elevando ao quadrado e resolvendo a
equação do segundo grau, obtemos
√264 + ! = 2"6 + 2!# ⇒ 26"4 + ! # = 4"36 + 24! + 4! #
#
⇒ 13"4 + ! = 2"36 + 24! + 4! # ⇒ 52 + 13! = 72 + 48! + 8! ⇒ 5! − 48! − 20 = 0
48 ± 48 − 4 ⋅ 5"−20# 48 ± √4 ⋅ 12 + 4 ⋅ 5 48 ± 4 ⋅ "144 + 25#
⇒!=
=
=
2⋅5
10
10
48 ± √4 ⋅ 169 48 ± 4 ⋅ 13 48 ± 52
=
=
=
.
10
10
10
Temos então duas raízes: r = 10 e r = -4/10 = -0,4. Como ambas satisfazem 6 + 2r > 0,
as duas raízes correspondem a soluções válidas. Resposta: r = 10 ou r = -0,4.
7. Solução:
a. ortogonais: u ⋅ v = 0 ⇒ 5r + 6r = 0 ⇒ r = 0.
b. paralelos: u = λv, λ > 0 ⇒ )5 = *! ⇒ * = = , * > 0 ⇒ ! = 30, ! > 0 ⇒ ! = √30.
+
! = 6*
+
5 = *!
c. opostos: u = λv, λ < 0 ⇒ )
⇒ * = = , * < 0 ⇒ ! = 30, ! < 0 ⇒ ! = −√30.
! = 6*
8. Neste exercício, denotaremos o produto interno de dois vetores u e v por <u, v>. Seja
θ o ângulo entre os vetores u e v. As figuras abaixo mostram duas situações: na
primeira, 0 ≤ θ ≤ π/2 e, portanto, cos(θ) ≥ 0; na segunda, π/2 ≤ θ ≤ π e cos(θ) ≤ 0. Em
qualquer dos dois casos, a projeção ortogonal w tem norma ||w|| = ||u||⋅ |cos(θ)| e w
tem a mesma direção que o vetor v. No primeiro caso, como está claro na primeira
figura, os vetores w e v têm o mesmo sentido, mas, no segundo caso, w e v têm
sentidos opostos. O vetor de norma 1 que tem a mesma direção e o mesmo sentido
que o vetor v é o vetor v/||v||. Então w = [||w||/||v||] v no primeiro caso e w =
−[||w||/||v||]v.
u
u
w
w
v
v
Então, se cos(θ) ≥ 0,
w = u cos (θ ) e w = u cos (θ )
u, v v
u, v
v
⇒w= u
=
v
2
v
u v v
v
Analogamente, se cos(θ) ≤ 0,
Solução da Lista 9
Álgebra Linear I
5
 v 
u, v v
u, v
v
 = u cos (θ )
w = − u cos (θ ) e w = − u cos (θ )  −
⇒w= u
=
v
2
 v 
v
u v v
v


9. Um vetor v é ortogonal a u se e somente se <u,v> = 0. Mas, se v = (x,y), <u,v> = 0 ⇔ 2x
– 7y = 0 ⇔ 7y = 2x ⇔ v = c (7, 2), onde c é um escalar. Mas queremos apenas os
vetores unitários, ou seja, ||v|| = 1. Então
1
1
1
v = 1 ⇔ c ( 7,2 ) = 1 ⇔ c 14 + 4 = 1 ⇔ c =
⇔c = ±
⇔v=±
( 7,2 ) .
18
3 2
3 2
Resposta: Os dois vetores unitários ortogonais a u são ±(7,2)(√2)/6.
10. Respostas:
(a) u = (1, −2, 3), v = (2, −4, 6): u ⋅ v = 28, u × v = (0, 0, 0); não são perpendiculares.
(b) u = (1, 0,0), v = (0, 0, 1): u ⋅ v = 0, u × v = (0, −1, 0); são perpendiculares.
(c) u = (1, 0, 0), v = (0, 1, 0): u ⋅ v = 0, u × v = (0, 0, 1); são perpendiculares.
(d) u = (1, 2, 3), v = (−2, 1, −1): u ⋅ v = −3, u × v = (−5, −5, 5); não são perpendiculares.
(e) u = (−2, 1, −1), v = (1, 2, 3): u ⋅ v = −3, u × v = (5, 5, −5); não são perpendiculares.
(f) u = (1, 3, 0), v = (3, 1, 0): u ⋅ v = 6, u × v = (0, 0, −8); não são perpendiculares.
11. Respostas:
(a) x – 2y – z = 0.
(b) x + 2y + z = 9.
(c) x + y + z = 1.
(d) 4x + y + 5z = 17.
(e) 3x – 4y + 2z = 9.
(f) 12x + 13y + 8z = 33.
(g) 5x + y + 3z = 6.
(h) 6x − 3y + 5z = 17.
(i) 17x + 4y + 10z = 19.
Solução da Lista 9
Álgebra Linear I
6