# Exercícios MT2

Questões de testes antigos de Álgebra Linear e Geometria Analítica, com resolução.

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## Aplicações lineares

Imagem de um vetor por uma aplicação linear

Teste 2, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ a aplicação linear tal que $f(1,0)=(1,2)$ e $f(0,1)=(-3,5)$. Indique $f(1,2)$.

Solução

$f(1,2)=(-5,12)$.

Pela linearidade, $f(1,2)=f(1,0)+2f(0,1)=(1,2)+2(-3,5)=(1-6,2+10)=(-5,12)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $f(1,2)=(-5,12)$.
*   A justificação usa a linearidade, $f(1,2)=f(1,0)+2f(0,1)$.

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Matriz de uma aplicação linear na base canónica

Teste 2, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ a aplicação linear tal que $f(1,0)=(-1,-2)$ e $f(0,1)=(1,7)$. Indique a matriz $M_{bc,bc}(f)$ de $f$ relativamente à base canónica $bc=((1,0),(0,1))$ nos dois lados.

Solução

$M_{bc,bc}(f)=\begin{pmatrix}-1&1\\-2&7\end{pmatrix}$.

As colunas da matriz são as coordenadas das imagens dos vetores da base canónica: a primeira coluna é $f(1,0)=(-1,-2)$ e a segunda é $f(0,1)=(1,7)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $M_{bc,bc}(f)=\begin{pmatrix}-1&1\\-2&7\end{pmatrix}$.
*   A justificação coloca as imagens dos vetores da base como colunas.

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Núcleo de uma aplicação linear

Teste 2, 2023/24

Considere a aplicação linear $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ definida por $f(x,y)=(x+2y,2x+4y)$. Indique o núcleo de $f$.

Solução

$\ker(f)=\langle(-2,1)\rangle$.

$f(x,y)=(0,0)$ equivale a $x+2y=0$ (a segunda equação é o dobro da primeira). Logo $x=-2y$ e o núcleo é o conjunto dos múltiplos de $(-2,1)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $\ker(f)=\langle(-2,1)\rangle$.
*   A justificação resolve o sistema $x+2y=0$, $2x+4y=0$.

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Imagem de uma aplicação linear

Teste 2, 2023/24

Considere a aplicação linear $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ definida por $f(x,y)=(2x+y,2x+y)$. Indique a imagem de $f$.

Solução

$\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1)\rangle$.

Para todo $(x,y)$, $f(x,y)=(2x+y)(1,1)$, pelo que a imagem é o conjunto dos múltiplos de $(1,1)$, uma reta pela origem.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1)\rangle$.
*   A justificação observa que as duas coordenadas da imagem são sempre iguais.

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Lei de uma aplicação a partir do núcleo e de uma imagem

Teste 2, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ a aplicação linear tal que $\ker(f)=\langle(1,1)\rangle$ e $f(0,1)=(10,13)$. Indique $f(x,y)$.

Solução

$f(x,y)=(y-x)(10,13)=(-10x+10y,-13x+13y)$.

Como $(1,1)\in\ker(f)$, $f(1,0)=f(1,1)-f(0,1)=-(10,13)=(-10,-13)$. Pela linearidade, $f(x,y)=x(-10,-13)+y(10,13)=(y-x)(10,13)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $f(x,y)=(y-x)(10,13)$.
*   A justificação deduz $f(1,0)=(-10,-13)$ a partir de $f(1,1)=(0,0)$.

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Dimensão do núcleo a partir das imagens da base canónica

Recurso, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ a aplicação linear tal que $f(1,0,0)=(1,2,3)$, $f(0,1,0)=(2,4,6)$ e $f(0,0,1)=(-2,-4,-6)$. Indique $\dim\ker(f)$.

Solução

$\dim\ker(f)=2$.

As três imagens são múltiplas de $(1,2,3)$, logo a imagem tem dimensão 1. Pelo teorema das dimensões, $\dim\ker(f)=3-1=2$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $\dim\ker(f)=2$.
*   A justificação usa o teorema das dimensões com posto 1.

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Aplicação linear injetiva de R3 em R2

Teste 2, 2023/24

Averigue a veracidade da seguinte afirmação, justificando: "Existe uma aplicação linear injetiva $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$."

Solução

A afirmação é falsa.

Se $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ é linear, então $3=\dim\mathbb R^3=\dim\ker(f)+\dim\operatorname{Im}(f)$. Como $\operatorname{Im}(f)\subseteq\mathbb R^2$, tem-se $\dim\operatorname{Im}(f)\leq2$ e, portanto, $\dim\ker(f)\geq1$. Logo $f$ não é injetiva.

Confere a tua resposta:

*   A resposta classifica a afirmação como falsa.
*   A justificação mostra que $\dim\ker(f)\geq 1$ pelo teorema das dimensões.

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## Valores próprios e diagonalização

Valores próprios de uma aplicação diagonal

Teste 2, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ a aplicação linear definida por $f(x,y)=(2x,-y)$. Indique os valores próprios de $f$.

Solução

Os valores próprios são $2$ e $-1$.

Na base canónica, $M(f)=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$, que já é diagonal. Os valores próprios são as entradas da diagonal, $2$ e $-1$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica os valores próprios $2$ e $-1$.
*   A justificação usa a matriz $\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$.

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Valores próprios com núcleo de dimensão 2

Teste 2, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ a aplicação linear tal que $\ker(f)=\langle(1,0,0),(0,1,0)\rangle$ e $f(1,1,1)=(3,4,5)$. Indique os valores próprios de $f$.

Solução

Os valores próprios são $0$ e $5$.

Escrevendo $(x,y,z)=(x-z)(1,0,0)+(y-z)(0,1,0)+z(1,1,1)$, obtém-se $f(x,y,z)=z(3,4,5)=(3z,4z,5z)$. A matriz de $f$ na base canónica é $\begin{pmatrix}0&0&3\\0&0&4\\0&0&5\end{pmatrix}$, donde os valores próprios são $0$, $0$ e $5$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica os valores próprios $0$ (com multiplicidade 2) e $5$.
*   A justificação obtém $f(x,y,z)=(3z,4z,5z)$.

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Vetor próprio associado a um valor próprio dado

Recurso, 2023/24

A aplicação linear $f:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ definida por $f(x,y)=(2y,2x)$ tem o valor próprio $-2$, e um vetor próprio associado tem a forma $(1,a)$. Indique $a$.

Solução

$a=-1$, ou seja, $(1,-1)$ é vetor próprio associado a $-2$.

Procura-se $a$ tal que $f(1,a)=-2(1,a)$. Como $f(1,a)=(2a,2)$, obtém-se $(2a,2)=(-2,-2a)$, donde $a=-1$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $a=-1$.

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Valores próprios de uma permuta com sinal

Recurso, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ a aplicação linear definida por $f(x,y,z)=(2z,2y,2x)$. Indique os valores próprios de $f$.

Solução

Os valores próprios são $2$, com multiplicidade $2$, e $-2$.

$M(f)=\begin{pmatrix}0&0&2\\0&2&0\\2&0&0\end{pmatrix}$ e $\det(M(f)-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2-4)=-(\lambda-2)^2(\lambda+2)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica os valores próprios $2$ (duplo) e $-2$.
*   A justificação calcula o polinómio caraterístico $-(\lambda-2)^2(\lambda+2)$.

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Reconstruir a aplicação a partir dos espaços próprios

Recurso, 2023/24

Seja $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ a aplicação linear tal que $E_{-2}=\langle(1,0,0),(0,1,0)\rangle$ e $E_{7}=\langle(1,1,1)\rangle$. Indique $f(x,y,z)$.

Solução

$f(x,y,z)=(-2x+9z,-2y+9z,7z)$.

Tem-se $(x,y,z)=(x-z)(1,0,0)+(y-z)(0,1,0)+z(1,1,1)$. Aplicando $f$, que vale $-2$ nos dois primeiros vetores e $7$ no terceiro, obtém-se $f(x,y,z)=-2(x-z)(1,0,0)-2(y-z)(0,1,0)+7z(1,1,1)=(-2x+9z,-2y+9z,7z)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $f(x,y,z)=(-2x+9z,-2y+9z,7z)$.
*   A justificação decompõe $(x,y,z)$ nos espaços próprios.

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Mostrar que uma aplicação é diagonalizável

Recurso, 2023/24

Mostre que a aplicação linear $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^3$ definida por $f(x,y,z)=(x+y+z,x+y+z,x+y+z)$ é diagonalizável.

Solução

$p(\lambda)=(3-\lambda)\lambda^2$, com $\dim E_0=2$ e $\dim E_3=1$; como $2+1=3$, existe uma base de $\mathbb R^3$ de vetores próprios e $f$ é diagonalizável.

Somando as três linhas na matriz de $f$, $p(\lambda)=\det(M(f)-\lambda I)=(3-\lambda)\lambda^2$. O núcleo de $f$ é o plano $x+y+z=0$, de dimensão $2$, e $E_3=\langle(1,1,1)\rangle$. Como $\dim E_0+\dim E_3=3$, a soma dos espaços próprios é $\mathbb R^3$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta calcula o polinómio caraterístico $(3-\lambda)\lambda^2$.
*   A justificação verifica que $\dim E_0=2$ e $\dim E_3=1$.
*   Conclui que $2+1=3=\dim\mathbb R^3$, logo $f$ é diagonalizável.

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## Mudanças de base

Coordenadas noutra base e matriz de passagem compuesta

Teste 2, 2018/19

Seja $E$ um espaço vetorial de dimensão 3 e $B_1=(b_1,b_2,b_3)$, $B_2$ e $B_3$ bases de $E$. Sabendo que $M(\mathrm{Id};B_1,B_2)=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&1&1\\0&2&3\end{pmatrix}$ e $M(\mathrm{Id};B_1,B_3)=\begin{pmatrix}1&1&1\\0&1&1\\0&0&1\end{pmatrix}$, indique as coordenadas de $b_1+b_2$ na base $B_2$ e escreva $M(\mathrm{Id};B_2,B_3)$ como produto de duas das matrizes dadas (sem calcular o produto).

Solução

$[b_1+b_2]_{B_2}=(1,1,2)$ e $M(\mathrm{Id};B_2,B_3)=M(\mathrm{Id};B_1,B_3)\cdot(M(\mathrm{Id};B_1,B_2))^{-1}$.

As colunas de $M(\mathrm{Id};B_1,B_2)$ são as coordenadas dos $b_i$ em $B_2$. Assim, $[b_1+b_2]_{B_2}=(1,0,0)+(0,1,2)=(1,1,2)$. Para a passagem de $B_2$ para $B_3$, passa-se primeiro de $B_2$ para $B_1$ (inversa) e depois de $B_1$ para $B_3$.

Confere a tua resposta:

*   As coordenadas de $b_1+b_2$ em $B_2$ são $(1,1,2)$.
*   A resposta indica $M(\mathrm{Id};B_2,B_3)=M(\mathrm{Id};B_1,B_3)\cdot(M(\mathrm{Id};B_1,B_2))^{-1}$.

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Coordenadas de vetores em bases diferentes

Teste, 2016/17

Considere as bases de $\mathbb R^3$, $B=(b_1,b_2,b_3)$ e $C=(c_1,c_2,c_3)$, e a matriz $M(\mathrm{Id};B,C)=\begin{pmatrix}0&-1&1\\-2&1&1\\0&1&1\end{pmatrix}$. Indique as coordenadas de $b_1$ e de $b_2+b_3$ na base $C$, e as coordenadas de $c_1$ na base $B$.

Solução

$[b_1]_C=(0,-2,0)$, $[b_2+b_3]_C=(-1,1,1)+(1,1,1)=(0,2,2)$ e $[c_1]_B=(0,-1/2,1/2)$.

As colunas de $M(\mathrm{Id};B,C)$ são as coordenadas dos $b_j$ na base $C$, logo $[b_1]_C=(0,-2,0)$ e $[b_2+b_3]_C=(0,2,2)$. Para $[c_1]_B$, resolve-se $M(\mathrm{Id};B,C)\cdot x=(1,0,0)$, o que dá $x=(0,-1/2,1/2)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $[b_1]_C=(0,-2,0)$ e $[b_2+b_3]_C=(0,2,2)$.
*   A resposta indica $[c_1]_B=(0,-1/2,1/2)$.

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## Produtos vetoriais, retas e planos

Volume de um paralelipípedo

Teste, 2016/17

Considere os pontos de $\mathbb R^3$, $a=(0,3,-1)$, $b=(2,0,-1)$ e $c=(-1,0,1)$. Determine o volume do paralelipípedo de vértices $0$, $a$, $b$, $c$, $a+b$, $c+b$, $c+a$ e $c+a+b$, sendo $0=(0,0,0)$.

Solução

O volume é $3$.

O volume é o valor absoluto do produto misto $a\cdot(b\times c)$. Tem-se $b\times c=(2,0,-1)\times(-1,0,1)=(0,-1,0)$ e $a\cdot(b\times c)=(0,3,-1)\cdot(0,-1,0)=-3$. Logo o volume é $|-3|=3$.

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Ponto c com volume e projeção dados

Teste, 2017/18

Considere o paralelipípedo de vértices $0$, $a$, $b$, $c$, $a+b$, $c+b$, $c+a$ e $c+a+b$, com $0=(0,0,0)$, $a=(1,0,1)$ e $b=(1,1,1)$. Sabendo que o volume é $6$, que $P$ é o plano determinado por $0$, $a$ e $b$, e que a reta perpendicular a $P$ que passa por $c$ intersecta $P$ no ponto $(2,3,2)$, determine o(s) ponto(s) $c$.

Solução

$c=(-1,3,5)$ ou $c=(5,3,-1)$.

Uma normal ao plano $P$ é $a\times b=(1,0,1)\times(1,1,1)=(-1,0,1)$. Como a reta por $c$ perpendicular a $P$ passa por $(2,3,2)$, tem-se $c=(2,3,2)+t(-1,0,1)=(2-t,3,2+t)$. O volume é $|a\cdot(b\times c)|=|c_z-c_x|=|2t|$, logo $|2t|=6$ e $t=\pm3$, donde $c=(-1,3,5)$ ou $c=(5,3,-1)$.

Confere a tua resposta:

*   A resposta indica $c=(-1,3,5)$ ou $c=(5,3,-1)$.
*   A justificação usa a normal $a\times b=(-1,0,1)$ e a condição $|\det(a,b,c)|=6$.

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