primeira aula prática
1. Supondo que A, B 2 Mn⇥n (R) são matrizes tais que AB = O (onde O denota a matriz nula). Demonstre
ou forneça um contra-exemplo para cada uma das seguintes afirmações.
(a) A = O ou B = O.
A afirmação é falsa, um possı́vel contra-exemplo obtém-se considerando


0 1
1 1
A=
e B=
0 0
0 0
(b) BA = O.
Esta afirmação também é falsa, basta considerar A e B como no exemplo anterior.
(c) Se B tem inversa então A = O.
Esta afirmação é verdadeira. Se AB = O e se B tem inversa então tem-se:
AB = O ) (AB)B
2. Considere o sistema de equações
1
= OB
1
) AI = O ) A = O.
(
x+y z =↵
x y + 2z =
(a) Determine a solução geral do problema homogéneo.
O sistema homogéneo é o sistema
Tem-se

1
1
Daqui resulta que y = 3z/2 e x =
com z 2 R.
(b) Considere que ↵ = 1 e
particular do sistema.
(
x+y z =0
x y + 2z = 0
1
1
1 0
2 0
!

1
0
1
2
1 0
3 0
z/2. A solução geral do sistema homogéneo é então ( z/2, 3z/2, z)
= 2 e verifique que x = 1, y = 1 e z = 1 é, nesse caso, uma solução
Para verificar que (1, 1, 1) é solução do sistema inicial basta substitutir x, y e z por 1 em cada uma
das duas equações e verificar que se obtêm igualdades verdadeiras.
(c) Continuando a considerar ↵ = 1 e
= 2 determine a solução geral do sistema.
Tendo a soloução geral do sistema homogéneo e uma solução particular do sistema, a solução geral
do sistema obtém-se somando essa solução particular à solução geral do sistema homogéneo. Neste
caso, a solução geral do sistema é, portanto
✓
◆ ✓
◆
1 3
1
3
(1, 1, 1) +
z, z, z = 1
z, 1 + z, 1 + z , z 2 R
2 2
2
2
(d) Encontre uma solução particular do sistema quando ↵ = 3 e
neste caso.
= 6. Determine a solução geral,
Observando que o sistema com os novos parâmetros se obtém do sistema anterior multiplicando
ambas as equações por 3, fica claro que (3, 3, 3) é uma solução particular (verificar). Como o
sistema homogéneo é o mesmo, a solução geral é, desta vez
✓
◆ ✓
◆
1 3
1
3
(3, 3, 3) +
z, z, z = 3
z, 3 + z, 3 + z , z 2 R
2 2
2
2
1
3. Considere o seguinte sistema de equações:
8
>
<x + y z = ↵
x y + 2z =
>
:
3x + y =
Estude a natureza dos sistema (possı́vel e determinado, possı́vel e indeterminado ou impossı́vel) em
função dos parâmetros ↵, , .
Considerando a
2
1
4 1
3
matriz do sistema e
3
2
1
1 ↵
5!4
1
2
1
0
procedendo à eliminação de Gauss, obtém-se
3
2
1
1
1 ↵
1
1
1 ↵
0
2
3
↵ 5!4 0
2
3
0
2
3
3↵
0
0
0
Assim, se
2↵
6= 0 o sistema é impossı́vel e se
(O sistema nunca é possı́vel e determinado.)
4. Considere as matrizes A e B
A=

1 3
4 2
,
2↵
B=
↵
2↵
3
5
= 0 o sistema é possı́vel e indeterminado.

3
1
0
2
Calcule AB e BA. Constate que AB 6= BA e que, portanto, a propriedade comutativa não é válida
para o produto de matrizes.
Trivial.
5. A transposta de uma matriz A = [aij ] é a matrix AT = [aji ], i.e., a primeira coluna de AT é a primeira
linha de A, a segunda coluna de AT a segunda linha de A, etc. . . . A operação de transposição de matrizes
satisfaz
• (AT )T = A
• (AB)T = BT AT (claro que esta regra generaliza a um qualquer número de factores)
• (A + B)T = AT + BT
• (↵A)T = ↵AT
Uma matriz A diz-se simétrica se AT = A. Mostre que a matriz AT BA é simétrica se a matriz B é
simétrica.
Temos que verificar que AT BA coincide com a sua transposta:
(AT BA)T = AT BT (AT )T = AT BA,
usando as relações acima e o facto de B ser simétrica.
6. Mostre que se uma matriz simétrica A é invertı́vel então A
Queremos mostrar que (A
1 T
) =A
1
. Usando a relação AA
1 T
) = IT , (A
(AA
1
1 T
é simétrica.
1
= I e transpondo
) AT = I , (A
1 T
) A=I
porque A, I são simétricas. Assim, (A 1 )T é uma inversa esquerda de A pelo que só pode ser a inversa
de A, i.e., (A 1 )T = A 1 . Desta forma concluı́-se que A 1 é simétrica.
7. Considere a matriz
onde ↵, ,
2
2
0 ↵
A=4 0 0
0 0
3
6= 0. Mostre que A 6= O mas A = O.
2
0
3
5
Tendo em conta que A2 = AA e A3 = AAA obtém-se
2
32
3
0 0 ↵
5 =4 0 0
0 5
0
0 0
0
0 ↵
4 0 0
0 0
2
2
0 ↵
4 0 0
0 0
e
33
2
3
0 0 0
5 =4 0 0 0 5
0
0 0 0
8. Designando por diag(↵1 , . . . , ↵n ) a matriz diagonal de ordem n em que aii = ↵i (para 1  i  n),
verifique se dada uma matriz arbitrária A do tipo n ⇥ n, se tem sempre que AD = DA, quando
D = diag(↵, ↵, . . . , ↵). Diga em que circunstâncias é que a matriz D é invertı́vel e, nesse caso, determine
a inversa.
Tem-se
2
6
6
6
4
a1,1
a2,1
..
.
a1,2
a2,2
..
.
···
···
..
.
a1,n
a2,n
..
.
an,1
an,2
···
an,n
enquanto que
2
↵1 0
6 0 ↵2
6
6 ..
..
4 .
.
0
0
···
···
..
.
0
0
..
.
···
↵n
32
76
76
76
54
32
76
76
76
54
↵1
0
..
.
0
↵2
..
.
···
···
..
.
0
0
..
.
0
0
···
↵n
a1,1
a2,1
..
.
a1,2
a2,2
..
.
···
···
..
.
a1,n
a2,n
..
.
an,1
an,2
···
an,n
3
2
7 6
7 6
7=6
5 4
3
2
7 6
7 6
7=6
5 4
↵1 a1,1
↵1 a2,1
..
.
↵2 a1,2
↵2 a2,2
..
.
···
···
..
.
↵n a1,n
↵n a2,n
..
.
↵1 an,1
↵2 an,2
···
↵n an,n
↵1 a1,1
↵2 a2,1
..
.
↵1 a1,2
↵2 a2,2
..
.
···
···
..
.
↵1 a1,n
↵2 a2,n
..
.
↵n an,1
↵n an,2
···
↵n an,n
Assim, se D = diag(↵, . . . , ↵), i.e., se ↵1 = ↵2 = · · · = ↵n = ↵ tem-se AD = DA.
3
7
7
7
5
3
7
7
7
5
Uma atriz diagonal já é uma matriz triangular superior, ou seja, será invertı́vel sse não tiver linhas de
zeros, o que acontece se nenhum elemento da diagonal principal for nulo. Assim sendo diag(↵, . . . , ↵) é
invertı́vel sse ↵ 6= 0. Pode constatar-se facilmente que
diag(↵1 , . . . , ↵n ) · diag(
1, . . . ,
n)
= diag(↵1
1 , . . . , ↵n n )
Assim, não é difı́cil constatar que se ↵ 6= 0 se tem,
diag(↵, . . . , ↵) · diag(1/↵, . . . , 1/↵) = diag(1, . . . , 1) = I,
pelo que D
1
= diag(1/↵, . . . , 1/↵).
9. Recorde que uma matriz A = [aij ] é triangular superior se todas as entradas abaixo da diagonal principal
são nulas, i.e., se se tem aij = 0 para qualquer j > i. Mostre que o produto de duas matrizes triangulares
superiores é uma matriz triangular superior.
Consideremos duas matrizes A = [ai,j ] e B = [bj,k ] a primeira do tipo m ⇥ n a segunda do tipo n ⇥ p.
A matriz produto AB = [ci,k ] é do tipo m ⇥ p. Um elemento abaixo da diagonal principal de AB é um
elemento da forma
ci,k = ai,1 b1,k + ai,2 b2,k + · · · + ai,n bn,k
onde o ı́ndice de linha, i, é maior que o ı́ndice de coluna, k. Observando que tanto em A como em B
qualquer elemento numa posição em que o ı́ndice de linha é superior ao ı́ndice de coluna é nulo, é fácil
verificar que nas parcelas que compõem a soma acima, um dos factores é sempre zero, pelo que a soma
é nula.
10. Suponhamos que A, B 2 Mn⇥n (R) e que se A é uma matriz quadrada então o traço de A, que se denota
tr(A), é a soma de todos os elementos da diagonal principal. Mostre que
(a) tr(A + B) = tr(A) + tr(B).
(b) tr(↵A) = ↵ · tr(A).
(c) tr(AB) = tr(BA).
(d) tr(AT ) = tr(A).
3
(e) Se B é invertı́vel então tr(A) = tr(BAB
1
).
Suponhamos que A = [ai,j ] e B = [bi,j ].
(a)
tr([ai,j ] + [bi,j ]) = tr([ai,j + bi,j ]) = (a1,1 + b1,1 ) + (a2,2 + b2,2 ) + · · · + (an,n + bn,n ) =
(a1,1 + · · · + an,n ) + (b1,1 + · · · + bn,n ) = tr([ai,j ]) + tr([bi,j ]).
(b) tr(↵[ai,j ]) = tr([↵ai,j ]) = ↵a1,1 + ↵a2,2 + · · · + ↵an,n = ↵(a1,1 + · · · + an,n ) = ↵tr([ai,j ]).
(c) Tem-se que
tr(AB) =
n
X
a1,j bj,1 +
n
X
b1,j aj,1 +
j=1
enquanto que
tr(BA) =
n
X
a2,j bj,2 + · · · +
n
X
an,j bj,n
n
X
b2,j aj,2 + · · · +
n
X
bn,j aj,n
j=1
j=1
j=1
j=1
j=1
analisando em detalhe estas somas constata-se que contêm as mesmas parcelas pelo que são iguais.
(d) O resultado é claro porque as diagonais de A e de AT são iguais.
(e) É uma consequência imediata de (c) pois
tr(BAB
1
) = tr(ABB
1
) = tr(AI) = tr(A).
11. Dada uma matriz quadrada A, uma matriz quadrada B com a propriedade AB = I diz-se uma inversa
direita de A. Análogamente, se BA = I diz-se que B é uma inversa esquerda de A. Mostre que se uma
matriz quadrada tem inversa esquerda e inversa direita, elas são iguais.
Consideremos uma matriz quadrada A e suponhamos que existem matrizes B e C tais que AB = I =
CA. Nestas condições tem-se C = CI = C(AB) = (CA)B = IB = B, comosepretendiaestabelecer.
12. Usando o facto que se uma matriz quadrada tem inversa direita ( resp. inversa esquerda) então é invertı́vel
mostre que se uma matriz satisfaz a equação
A3
A+I=O
então, A é invertivel.
Usando a relação no enunciado tem-se:
A3
pelo que I
A+I=O,I=A
A3 , I = A(I
A2 ),
A2 é a inversa de A.
13. Diga para que valores do parâmetro ↵ o sistema seguinte é possı́vel:
(
3X1 X2 + ↵X3 = 0
3X1 X2 + X3 = 5
Considerando a matriz do sistema e o método de eliminação de Gauss, obtemos


3
1 ↵ 0
3
1
↵ 0
!
3
1 1 5
0
0 1 ↵ 5
pelo que o sistema é possı́vel se ↵ 6= 1.
14. Mostre que um sistema de equações lineares em que a matriz dos coeficientes é invertı́vel é sempre possı́vel
e determinado.
Um sistema pode ser sempre escrito na forma matricial Ax = b onde A é a matriz dos coeficientes, x
é o vector cula das variáveis e b é o vector coluna dos termos independentes. Se A é invertı́vel então
tem-se,
Ax = b , A 1 Ax = A 1 b , x = A 1 b.
Assim, x = A
1
b é a única solução do sistema pelo que este é possı́vel e determinado.
4
15. Que relação devem satisfazer ↵, ,
2
seja possı́vel.
A=4
para que o sistema Ax = b onde
3
2
3
2
3
1
4
7
x
↵
5
0
3
5 5, x = 4 y 5, b = 4
2
5
9
z
Considerando a matriz do sistema e eliminação
2
3
2
1
4
7 ↵
1
4
4 0
5!4 0
3
5
3
2
5
9
0
3
de Gauss obtemos,
3
2
7 ↵
1
5!4 0
5
5 2↵ +
0
Desta forma, para que o sistema seja possı́vel, tem que se ter 2↵ +
4
3
0
+
7 ↵
5
0 2↵ +
6= 0.
+
3
5
Segunda aula prática
1. Supondo que V é um espaço linear sobre K. Mostre que
(a) O simétrico de qualquer vector é único, ou seja, dado ~v 2 V se w
~ 0, w
~ 1 satisfazem ~u + w
~ 0 = ~0 e se
~u + w
~ 1 = 0 então w
~0 = w
~ 1.
Tem-se: w
~0 = w
~ 0 + ~0 = w
~ 0 + (~u + w
~ 1 ) = (w
~ 0 + ~u) + w
~ 1 = ~0 + w
~1 = w
~ 1.
(b) Dado um escalar ↵ 2 K tem-se ↵~0 = ~0.
Tem-se: ↵~0 = ↵(~0 + ~0) = ↵~0 + ↵~0. Adicionando a ambos os membros desta igualdade o vector
obtém-se ~0 = ↵~0, como se pretendia.
↵~0
2. De um modo geral, diz-se que uma sucessão de números reais (xn ) é uma sucessão de Fibonacci se para
todo o número natural n 2 N satisfaz a condição xn+2 = xn+1 + xn . Mostre que o conjunto de todas
as sucessões de Fibonacci com as operações usuais de adição de sucessões e de multiplicação de uma
sucessão por um escalar é um espaço linear.
3. Mostre que o conjunto R+ com a operação de adição de vectores, definida por a b := ab (aqui ab denota
o produto usual em R) e a operação de multiplicação por escalar definida por ↵ b = b↵ , é um espaço
linear real.
Recorde-se que as operações com sucessões são efectuadas termo a termo. Desta forma (xn ) + (yn ) =
(xn + yn ) e ↵(xn ) = (↵xn ). Como o espaço das sucessões reais algebrizado com esta operações é um
espaço linear real, basta verifciar que o conjunto das sucessões de Fibonacci, constitui um subespaço
deste.
• A sucessão nula (0) é uma sucessão de Fibonacci, logo o conjunto de tais sucessões não é vazio.
• Se (xn ), (yn ) são sucessões de Fibonacci, satisfazendo portanto xn+1 = xn+1 +xn e yn+1 = yn+1 +yn ,
então a respectiva soma (zn ) = (xn ) + (yn ) = (xn + yn ) é uma sucessão de Fibonacci. Com efeito
zn+2 = xn+2 + yn+2 = (xn+1 + xn ) + (yn+1 + yn ) = (xn+1 + xn ) + (yn+1 + yn ) = zn+1 + zn .
• Finalmente, quanto à multiplicação por escalar tem-se que se (yn ) = ↵(xn ) = (↵xn ) então,
yn+2 =n+2 = ↵(xn+1 + xn ) = ↵xn+1 + ↵xn = yn+1 + yn .
Assim também ↵(xn ) é uma sucessão de Fibonacci se (xn ) o for.
4. Considere o subconjunto de R3 definido por
U = {(x, y, z) 2 R3 | x + y + z = 0}.
Mostre que U é um subespaço linear de R3 .
5
Tal como no caso anterior basta mostrar que este conjunto não é vazio e é echado para somas de vectores
e multiplicação por escalar.
• Claramente (0, 0, 0) 2 U .
• Se (x, y, x), (a, b, c) 2 U tem-se x + y + z = 0 e a + b + c = 0. A soma (x, y, z) + (a, b, c) =
(x + a, y + b, z + c) é um membro de U pois
(x + a) + (y + b) + (z + c) = (x + y + z) + (a + b + c) = 0 + 0 = 0.
• Se (x,y,z)2 U , i.e., se x + y + z = 0 então, ↵(x, y, z) = (↵x, ↵y, ↵z) 2 U pois,
↵x + ↵y + ↵z = ↵(x + y + z) = ↵0 = 0.
5. Recorde que o traço de uma matriz A, que se denota por tr(A), é a soma dos elementos da diagonal
principal. Verifique se o conjunto
U = {A 2 Mn⇥n (R) | tr(A) = 0}
é ou não um subespaço linear de Mn⇥n (R).
Como se vê facilmente a matriz nula tem traço nulo pelo que é um elemento de U que, assim, não é vazio.
Supondo que A, B 2 U então tr(A) = tr(B) = 0. Neste caso tr(A + B) = tr(A) + tr(B) = 0 + 0 = 0,
pelo que A + B 2 U . Quanto à multiplicação por escalar, se A 2 U , i.e., se tr(A) = 0 então tr(↵A) =
↵tr(A) = ↵0 = 0, pelo que ↵A 2 U .
6. Como se sabe, o conjunto Rn [X] dos polinómios na incógnita X, com coeficientes em R e grau  n é um
espaço linear sobre R. Verifique se o conjunto U constituı́do pelos p(X) 2 Rn [X] tais que p(1) = 0 é ou
não um subespaço linear de Rn [X].
O polinómio nulo anula-se no ponto 1 (anula-se em qualquer ponto) logo é membro de U e assim
U não é vazio. Se p(X) e q(X) se anulam no ponto 1, então o mesmo sucede com (p + q)(X) pois
(p + q)(1) = p(1) + q(1) = 0 + 0 = 0. Da mesma forma, se p(X) se anula no ponto 1, o mesmo sucede
com (↵p)(X), uma vez que (↵p)(1) = ↵ · p(1) = ↵0 = 0.
7. Verifique se o conjunto U = {(x, y) 2 R2 | xy = 0} é ou não um subespaço do espaço R2 .
Pode verificar-se que este conjunto não é fechado para a adição de vectores: (1, 1), (1, 1) 2 U mas
(1, 1) + (1, 1) = (2, 0) 2
/ U.
8. Considere dois subespaços U, W de um espaço linear V .
(a) Mostre que U \ W é um subespaço linear de V .
~0 2 U e ~0 2 V , logo ~0 2 U \ V que, por isso, não é vazio. Se ~u, ~v 2 U \ V então ~u + ~v 2 U pois
~u, ~v 2 U e ~u + ~v 2 V pois ~u, ~v 2 V . Desta forma ~u + v 2 U \ V . De modo análogo se mostra que se
~u 2 U \ V então ↵~u 2 U \ V .
(b) Mostre através de um exemplo que U [ W pode não ser um subespaço de V .
Considerando os conjuntos U = {(x, y) 2 R2 | x = 0} e V = {(x, y) 2 R2 | y = 0}, correspondem
a rectas que passam na origem sendo, por isso, dois subespaços de R2 . Mas a união não é fechada
para a soma de vectores. Por exemplo (0, 1), (1, 0) 2 U [ V mas (0, 1) + (1, 0) = (1, 1) 2
/ U [ U.
(c) Designando por U + W o conjunto constituı́do por todas as somas ~u + ~v em que ~u 2 U e w
~ 2W
mostre que U [ W ⇢ U + W e que U + W é um subespaço linear de V . (De facto, U + W é o menor
subespaço de V que contém U [ W .)
Se ~u 2 U então ~u = ~u + ~0 2 U + W ; se w
~ 2 W então w
~ = ~0 + w
~ 2 U + W . Conclui-se assim que
U, W ⇢ U + W o que implica U [ W ⇢ U + W . Este facto também mostra que U + W não é vazio.
Basta mostrar que U + W é fechado para a soma e para a multiplicação por escalar. Supondo que
~x, ~y 2 U + W então existem ~u1 , ~u2 , w
~ 1, w
~ 2 tais que ~x = ~u1 + w
~ 1 e ~y = ~u2 + w
~ 2 . Assim,
~x + ~y = (~u1 + w
~ 1 ) + (~u2 + w
~ 2 ) = (~u1 + ~u2 ) + (w
~1 + w
~ 2 ) 2 U + W,
porque v 2 U e w
~1 + w
~ 2 2 W . Analogamente para o produto por escalar.
6
9. Supondo que V é um espaço linear e que ~v1 , . . . , ~vn 2 V denotamos por LV (~v1 , . . . , ~vn ) o conjunto de
todas as combinações lineares de ~v1 , . . . , ~vn , ou seja, todos os elementos de V que são da forma
↵1~v1 + ↵2~v2 + · · · + ↵n~vn .
Mostre que LV (~v1 , . . . , ~vn ) é um subespaço linear de V .
• ~0 2 LV (~v1 , . . . , ~vn ), uma vez que se obtém considerando os escalares ↵1 , . . . ↵n nulos.
• Considerando agora dois elementos de LV (~v1 , . . . , ~vn ), por exemplo ~x = ↵1,1~v1 + · · · + ↵1,n~vn e
~y = ↵2,1~v1 + · · · + ↵2,n~vn tem-se que:
~x + ~y = (↵1,1~v1 + · · · + ↵1,n~vn ) + (↵2,1~v1 + · · · + ↵2,n~vn ) =
= (↵1,1 + ↵2,1 )~v1 + · · · + (↵1,n + ↵2,n )~vn 2 LV (~v1 , . . . , ~vn ).
• Analogamente para a multiplicação por escalar.
10. Mostre que LR3 ((1, 0, 0), (0, 1, 0)) e LR3 ((1, 1, 0), (1, 1, 0)) são o mesmo subespaço de R3 .
Para verificar que os espaços são iguais temos que mostar que LR3 ((1, 0, 0), (0, 1, 0)) = LR3 ((1, 1, 0), (1, 1, 0))
basta mostrar que
LR3 ((1, 0, 0), (0, 1, 0)) ⇢ LR3 ((1, 1, 0), (1, 1, 0)) e LR3 ((1, 1, 0), (1, 1, 0)) ⇢ LR3 ((1, 0, 0), (0, 1, 0))
Para se verificar a primeira inclusão basta verificar que os vectores (1, 0, 0), (0, 1, 0) 2 LR3 ((1, 1, 0), (1, 1, 0)),
uma vez que, contendo um conjunto de vectores, um subespaço contém todas as suas combinações lineares. Para verificar se (1, 0, 0) 2 LR3 ((1, 1, 0), (1, 1, 0)) é preciso verificar se existem escalares ↵, tais
que (1, 0, 0) = ↵(1, 1, 0) + (1, 1, 0), isto é equivalente a dizer que o sistema
8
(
>
<1 = ↵ +
1=↵+
,
0=↵
>
0=↵
:
0=0
é possı́vel (que é precisamente o que sucede). E pode proceder-se de modo análogo para o outro vector
e, depois, para a outra inclusão.
11. Verifique se o o vector (1, 1, 1) é ou não elemento de LR3 ((1, 0, 1), (0, 1, 1))
Tem-se (1, 1, 1) 2 LR3 ((1, 0, 1), (0, 1, 1)) sse existem escalares ↵,
tais que
(1, 1, 1) = ↵(1, 0, 1) + (0, 1, 1),
o que é equivalente a dizer que o sistema
8
>
<1 = ↵
1=
>
:
1=↵+
é possı́vel. Como é fácil constatar aquele sistema é impossı́vel, pelo que o vector em questão não é
elemento de LR3 ((1, 0, 1), (0, 1, 1)).
Terceira aula prática
1. Determine se cada um dos subconjuntos abaixo é ou não um subespaço de R4 e em caso afirmativo
determine uma base:
(a) U = {(x, y, z, w) 2 R4 | y = w = 0};
7
U = {(x, y, z, w) 2 R4 | y = w = 0} = {(x, 0, z, 0) | x, y 2 R}. Os elementos de U são assim as combinações lineares dos vectores (1, 0, 0, 0) e (0, 0, 1, 0) ou seja, o conjunto L((1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0)) que,
como se sabe, é um subsepaço de R4 . O conjunto {(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} gera U e como se observa
facilmente colocando estes vectores como linhas de uma matriz, são linearmente independentes pelo
que {(1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0)} é uma base de U .
(b) W = {(x, y, z, w) 2 R4 | y w}.
É fácil verificar que este conjunto não é fechado para a multiplicação por escalar pois, por exemplo,
o vector (o, 1, 0, 0) 2 W mas, ( 1)(0, 1, 0, 0))(0, 1, 0, 0) 2
/ W.
2. Determine uma base e a dimensão de U = LR3 ((1, 2, 0), (1, 4, 0), (1, 3, 1), (0, 1, 1)).
De um conjunto gerador é sempre possı́vel obter uma base usando o método de eliminação de Gauss que,
como se sabe preserva o espaço das linhas de uma matriz. Assim, considerando a matriz
2
3
1 2 0
6 1 4 0 7
7
A=6
4 1 3 1 5
0 1 1
o espaço das linhas
2
1 2
6 1 4
6
4 1 3
0 1
de A é precisamente o esapço
3
2
3
2
0
1 2 0
1
6 0 2 0 7
6 0
0 7
7!6
7
6
4 0 1 1 5!4 0
1 5
1
0 1 1
0
U . Procedendo à
3
2
2 0
1
6 0
1 0 7
7!6
4 0
1 1 5
1 1
0
eliminação de Gauss, temos
3
2
3
2 0
1 2 0
6
7
1 0 7
7!6 0 1 0 7
5
4
0 1
0 0 1 5
0 1
0 0 0
As linhas não nulas geram U e são linearmente independentes pelo que, vistas como vectores, constituem
uma base de U que tem, portanto, dimensão 3, tendo-se assim U = R3 .
3. Seja W = {(2↵ 3 + ,
↵, + ↵, ) | ↵, ,
caso afirmativo determine uma base de W .
2 R} ⇢ R4 . Verifique se W é um subespaço de R4 . Em
Considerando um elemento arbitrário de W temos,
(2↵
3 + ,
↵, + ↵, ) = (2↵, ↵, ↵, 0) + ( 3 , , , 0) + ( , 0, 0, ) =
= ↵(2, 1, 1, 0) + ( 3, 1, 1, 0) + (1, 0, 0, 1).
revelando que W = L((2, 1, 1, 0), ( 3, 1, 1, 0), (1, 0, 0, 1)) sendo por isso um subespaço de R4 . Usando o
processo anterior podemos a partir deste conjunto gerador obter uma base de W .
4. Considere o espaço linear das matrizes M3⇥3 (R). Seja W o subconjunto formado pelas matrizes simétricas,
i.e., as matrizes A tais que AT = A.
(a) Mostre que W é um subespaço linear de M3⇥3 (R).
A matriz nula é elemento de W , pelo que este não é vazio. Por outro lado, se A, B 2 W , ou seja se
A = AT e B = B T então tem-se (A + B)T = AT + B T = A + B, pelo que A + B 2 W . Finalmente,
se A 2 W tem-se (↵A)T = ↵AT = ↵A assim, ↵A2 W . Desta forma W é subespaço de M3⇥3 (R).
(b) Determine uma base de W e calcule a sua dimensão.
Cada elemento de W é uma matriz simétrica ou seja, da forma
2
3
↵ x y
4 x
z 5
y z
que pode assim escrever-se
2
3
2
3
2
↵ x y
1 0 0
0
4 x
z 5 = ↵4 0 0 0 5 + 4 0
y z
0 0 0
0
2
0 0 1
+y 4 0 0 0
1 0 0
8
3
0 0
1 0 5+
0 0
3
2
0
5+z4 0
0
2
3
2
3
0 0 0
0 1 0
4 0 0 0 5 + x4 1 0 0 5+
0 0 1
0 0 0
3
0 0
0 1 5
1 0
ou seja W é o espaço gerado pelas 6 matrizes à direita e é, por isso, um espaço linear. Se designarmos
por A1 , A2 , . . . , A6 essas matrizes, é fácil ver que,
↵1 A1 + ↵2 A2 + · · · + ↵6 A6 = O sse ↵1 = ↵2 = · · · = ↵6 = 0,
desta forma aquelas 6 matrizes constituem uma base do espaço W que, assim, tem dimansão 6.
5. Já foi estabelecido num exercı́cio anterior que o conjunto das matrizes de ordem 2 tais que tr(A) = 0
constitui um subespaço linear de M2⇥2 (R). Determine a dimensão deste subespaço.
Basta observar que o conjunto em questão consiste nas matrizes da forma

↵
↵
e proceder como no exercı́cio anterior (este subespaço tem dimensão 3).
6. Considere o espaço liner U = R4 . Estabeleça cada uma das asserções seguintes ou mostre que é falsa,
recorrendo, se apropriado, a contra-exemplos.
(a) LR3 ((1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1)) = U ;
A asserção é falsa pois três vectores não podem gerar um espaço de dimensão 4.
(b) O conjunto {(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0.0.1, 1), ( 1, 0, 0, 1)} é linearmente independente.
A asserção é falsa. Colocando os vectores como linhas de uma matriz e procedendo À elimiação
de Gauss surgirá uma linha de zeros pelo que o espaço das linhas tem dimensão 3. Os 4 vectores
iniciais, que pertencem a este espaço, têm então que ser linearmente dependentes.
(c) Qualquer conjunto de vectores {~v1 , ~v2 , ~v3 , ~v4 } ⇢ R4 tal que LR4 (~v1 , ~v2 , ~v3 , ~v4 ) é linearmente independente.
A asserção é verdadeira: n vectores só podem gerar um espaço de dimensão n se forem linearmente
independentes.
(d) Se {~u, ~v } ⇢ R4 então existem vectores ~x, ~y tais que {~u, ~v , ~x, ~y } é uma base de R4 .
A asserção é falsa: considerando ~u = ~v = ~0 tem-se que L(~u, ~v , ~x, ~y ) = L(~x, ~y ) e não pode ser R4 ,
uma vez que são necessários pelo menos 4 vectores para gerar R4 .
7. Considere os vectores

1 1
0 0
,

0 2
0 0
(a) Mostre que são linearmente independentes.
É fácil verificar que
↵

1 1
0 0
+

0 2
0 0
=

0 0
0 0
,↵=
=0
(b) Determine uma base de M2⇥2 (R) contendo aqueles vectores.
Comecemos por determinar uma matriz linearmente independente das duas anteriores. Não é difı́cil
constatar que qualquer combinação linear dessas duas matrizes terá a segunda linha nula. Assim,
por exemplo, a matriz

0 0
1 0
não faz parte do espaço gerado por aquelas duas matrizes sendo por isso linearmente independente
daqueles dois vectores. Obtivémos assim um conjunto linearmente independente com três vectores
⇢


1 1
0 2
0 0
,
,
0 0
0 0
1 0
9
Para obter uma base de M2⇥2 (R) precisamos de mais um vector independente daqueles 3. Mais
uma vez, não é difı́cil constatar que qualquer combinação linear daquelas 3 matrizes terá um zero
na segunda linha, segunda coluna. Assim a matriz

0 0
0 1
não pertence ao espaço que elas geram, pelo que o conjunto
⇢



1 1
0 2
0 0
0 0
,
,
,
0 0
0 0
1 0
0 1
é linearmente independente constituindo assim uma base de M2⇥2 (R).
8. Considere U = LR4 ((1, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 0)) e W = {(x, y, z, w) | x
y + w = z e z = 0}, subespaços de R4 .
(a) Determine uma base de U + W .
Sabemos que U + W é gerado pela união de quaisquer dois conjuntos geradores, um de U outro de
W . Atendendo a que
W = {(x, y, z, w) | x
y + w = z e z = 0} = {(x, x + w, 0, w) | x, w 2 R} = L((1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1))
concluı́mos então que
U + W = L((1, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 0), (1, 1, 0, 0), (0, 1, 0, 1))
A partir deste conjunto gerador podemos agora obter facilmente uma base, colocando os vectores
como linhas de uma matriz e procedendo à eliminação de Gauss (a dimensão de U + W é 3).
(b) Determine a dimensão de U \ W (Obs: não precisa de determinar uma base para U \ W ).
De facto não é necessário determinar explicitamente U \ W para determinar a sua dimensão. Como
se sabe vale a fórmula:
dim(U + W ) = dim(U ) + dim(W )
dim(U \ W ).
Neste caso é muito fácil verificar que dim(U ) = dim(W ) = 2, pelo que tem que ser dim(U \ W ) = 1.
Poderı́amos ter determinado directamente a intersecção U \ W , procedendo do seguinte modo: O espaço
U pode ser caracterizado da seguinte forma
(x, y, z, w) 2 U sse (9↵, )(x, y, z, w) = ↵(1, 1, 0, 1) + (1, 0, 0, 0),
o que acontece sse o seguinte sistema (nas incógnitas ↵, ) é possı́vel
8
8
x=↵+
=x y
>
>
>
>
>
>
<y = ↵
<↵ = y
,
>
>
z=0
z=0
>
>
>
>
:
:
w=↵
w=y
ou seja, se w = y e z = 0. Desta forma
U \ W = {(x, y, z, w) | x
y + w = 0 ^ z = 0 ^ w = y} = {(x, y, z, w) | x = 0, z = 0, w = y} =
= {(0, y, 0, y) | y 2 R} = L((0, 1, 0, 1)).
concluindo-se desta forma que tem dimensão 1.
9. Um espaço linear V diz-se a soma directa de dois dos seus subespaços U e W , escrve-se V = U W se
V = U + W e se U \ W = {~0}. (Neste caso, dim(V ) = dim(U ) + dim(W ) e uma base de V obtém-se
unindo uma base de U com uma base de W .)
(a) O conjunto das matrizes simétricas de ordem n (ou seja, satisfazendo A = AT ) é um subsepaço de
Mn⇥n (R). Mostre que o conjunto das matrizes anti-simétricas de ordem n (ou seja, satisfazendo
AT = A) é um subespaço de Mn⇥n (R).
10
A matriz nula é anti-simétrica, pelo que o conjunto das matrizes anti-simétricas não é vazio. Se
A, B são antisimétricas, ou seja, se AT = A e B T = B então a sua soma satisfaz
(A + B)T = AT + B T =
pelo que é anti-simétrica. Por outro lado, se AT =
A
B=
(A + B),
A tem-se que
(↵A)T = ↵AT = ↵( A) =
(↵A),
pelo que ↵A ambém é anti-simétrica. Desta forma o conjunto das matrizes anti-seimétricas não é
vazio e é fechado para a multiplicação por escalr e soma de matrizes, sendo por isso um subespaço
de Mn⇥n (R).
(b) Mostre que dada uma qualquer matriz A de ordem n, as matrizes
1
(A + AT ) e
2
1
(A
2
AT )
são, respectivamente simétrica e anti-simétrica.
Faremos a verificação para a segunda, a primeira é análoga.
✓
1
(A
2
◆T
1
A )
= (A
2
T
AT )T =
1 T
(A
2
(AT )T ) =
1 T
(A
2
A) =
1
(A
2
AT ),
pelo que é anti-simétrica.
(c) Sendo Simn (R) e ASimn (R) os subespaços das matrizes simétricas e anti-simétricas de ordem n,
respectivamente, mostre que
Mn⇥n (R) = Simn (R)
ASimn (R).
Tenha em conta que para qualquer A 2 Mn⇥n (R),
A=
1
1
(A + AT ) + (A
2
2
AT ).
A relação anterior mostra que Mn⇥n (R) = Simn (R) + ASimn (R). A relação é verdadeira uma vez
que
1
1
1
1
1
1 T
(A + AT ) + (A AT ) = A + AT + A
A = A.
2
2
2
2
2
2
Finalmente, para verificar que a soma é directa é preciso dmonstrar que a intersecção Simn (R) \
ASimn (R) = {~0}.ou seja que só a matriz nula é ao mesmo tempo simétrica e anti-simétrica. Isso
é claro uma vez que se A é simétrica tem-se A = AT e se é anti-simétrica tem-se A = AT então
terá que ser A = A o que implica imediatamente A = O.
11