linear_2014_1_prova_2_b_gabarito

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2a Chamada da 2a Prova de A´lgebra Linear — Turma B — 10/06/2014
Prof. Lu´ıs Fernando Crocco Afonso
Gabarito
1) (15 pontos) Seja P2 o espac¸o dos polinoˆmios em t de grau menor que ou igual a 2. Determine
se a aplicac¸a˜o T : P2 → R2 dada por T (a+ bt+ ct2) = (a+ b, a+ c) e´ linear ou na˜o.
Uma Soluc¸a˜o
Sejam u(t) = a+ bt+ ct2 e v(t) = a′ + b′t+ c′t2 dois polinoˆmios em P2 e α ∈ R. Temos
T (u(t) + v(t)) = T ((a+ a′) + (b+ b′)t+ (c+ c′)t2)
= ((a+ a′) + (b+ b′), (a+ a′) + (c+ c′))
= (a+ b, a+ c) + (a′ + b′, a′ + c′)
= T (u(t)) + T (v(t))
e
T (αu(t)) = T (αa+ (αb)t+ (αc)t2) = (αa+ αb, αa+ αc)
= α(a+ b, a+ c) = αT (u(t)).
Portanto, T e´ linear.
2) (15 pontos) Determine o nu´cleo e imagem da transformac¸a˜o linear T : R3 → R4 dada por
T (x, y, z) = (x+ y, y + z, x− z, x+ 2y + z).
Uma Soluc¸a˜o
Determinemos o nu´cleo de T . Sabemos que (x, y, z) ∈ N (T ) se, e somente se,
T (x, y, z) = 0.
Esta u´ltima equac¸a˜o e´ equivalente ao sistema de equac¸o˜es lineares
x + y = 0
y + z = 0
x − z = 0
x + 2y + z = 0
cuja soluc¸a˜o e´ 
x = z
y = −z
z ∈ R
.
Logo, N (T ) = {(x,−x, x) ; x ∈ R}.
Vejamos, agora, a imagem de T . Sabemos que I(T ) e´ gerada pelas imagens, por T , dos vetores
de uma base qualquer de R3. Em particular, tomando a base canoˆnica de R3 temos que a imagem
de T e´ gerada pelos vetores
T (1, 0, 0) = (1, 0, 1, 1), T (0, 1, 0) = (1, 1, 0, 2), e T (0, 0, 1) = (0, 1, 1, 1).
Seja A a matriz cujas linhas sa˜o os vetores acima, isto e´,
A =
 1 0 1 11 1 0 2
0 1 −1 1
 .
Esta matriz e´ linha equivalente a` matriz
B =
 1 0 1 10 1 −1 1
0 0 0 0
 .
Portanto, I(T ) = [(1, 0, 1, 1), (0, 1,−1, 1)], isto e´, I(T ) = {(x, y, x− y, x+ y) ; x, y ∈ R}.
3) (15 pontos) Sejam B = {(1, 1), (1,−1)} e D = {(1, 1), (0, 1)} bases de R2. Determine a trans-
formac¸a˜o linear T : R2 → R2 tal que
[T ]BD =
[
1 2
3 4
]
.
Uma Soluc¸a˜o
Da matriz [T ]BD obtemos que
T (1, 1) = 1(1, 1) + 3(0, 1) = (1, 4),
T (1,−1) = 2(1, 1) + 4(0, 1) = (2, 6).
Tambe´m temos que
(x, y) =
x+ y
2
(1, 1) +
x− y
2
(1,−1).
Assim, obtemos
T (x, y) = T
(
x+ y
2
(1, 1) +
x− y
2
(1,−1)
)
=
x+ y
2
T (1, 1) +
x− y
2
T (1,−1)
=
x+ y
2
(1, 4) +
x− y
2
(2, 6)
=
(
3x− y
2
, 5x− y
)
.
4) (15 pontos) Determine T−1 : R2 → R2 sabendo que T (3, 0) = (1, 2) e T (0, 3) = (2, 1).
Uma Soluc¸a˜o
Pelos dados do exerc´ıcio, sabemos que T−1(1, 2) = (3, 0) e T−1(2, 1) = (0, 3). Ale´m disto,
podemos ver que
(x, y) =
2y − x
3
(1, 2) +
2x− y
3
(2, 1).
Assim,
T−1(x, y) = T−1
(
2y − x
3
(1, 2) +
2x− y
3
(2, 1)
)
=
2y − x
3
T−1(1, 2) +
2x− y
3
T−1(2, 1)
=
2y − x
3
(3, 0) +
2x− y
3
(0, 3)
= (2y − x, 2x− y).
5) (20 pontos) Sejam B = {(1, 1), (−1, 1)} e D = {(1, 0), (1, 1)} bases de R2.
a) Determine a matriz de mudanc¸a de base [I]BD.
b) Seja T um operador linear em R2. Utilize o ı´tem anterior para determinar [T ]D sabendo que
[T ]B =
[
1 0
2 1
]
.
Uma Soluc¸a˜o
a) Temos
(1, 1) = 0(1, 0) + 1(1, 1);
(−1, 1) = −2(1, 0) + 1(1, 1).
Assim
[I]BD =
[
0 −2
1 1
]
.
b) Temos
[T ]D = [I]BD[T ]B[I]
D
B .
Ale´m disto, sabemos que
[I]DB =
(
[I]BD
)−1
=
 12 1
−1
2
0
 .
Da´ı, utilizando a letra a), obtemos
[T ]D =
[
0 −2
1 1
] [
1 0
2 1
] 12 1
−1
2
0
 = [ −1 −4
1 3
]
.
6) (20 pontos) Seja T : R3 → R3 dado por
T (x, y, z) = (x+ 3y − 3z, 4y,−3x+ 3y + z).
Determine uma base B de R3 na qual [T ]B e´ diagonal e exiba esta matriz.
Uma Soluc¸a˜o
A matriz A de T na base canoˆnica de R3 e´
A =
 1 3 −30 4 0
−3 3 1
 .
O polinoˆmio caracter´ıstico de T e´
p(λ) = det(A− λI) = −λ3 + 6λ2 + 32 = −(λ+ 2)(λ− 4)2.
Logo, seus autovalores sa˜o −2 e 4.
O autoespac¸o S−2 associado a −2 e´ o conjunto das soluc¸o˜es do sistema linear homogeˆneo
3x + 3y − 3z = 0
6y = 0
−3x + 3y + 3z = 0
,
ou seja, S−2 = {(x, 0, x) ; x ∈ R}. Uma base deste subespac¸o e´ B−2 = {(1, 0, 1)}.
O autoespac¸o S4 associado a 4 e´ o conjunto das soluc¸o˜es do sistema linear homogeˆneo
−3x + 3y − 3z = 0
0x + 0y + 0z = 0
−3x + 3y − 3z = 0
,
ou seja, S4 = {(y − z, y, z) ; y, z ∈ R}. Uma base deste subespac¸o e´ B4 = {(1, 1, 0), (−1, 0, 1)}.
A matriz de T com relac¸a˜o a` base B = {(1, 0, 1), (1, 1, 0), (−1, 0, 1)} e´
[T ]B =
 −2 0 00 4 0
0 0 4
 .