apendiceB
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para o subespac¸o W . Para isso, constru´\u131mos
uma matriz cujas linhas sa\u2dco os elementos do sistema de geradores do subespac¸o W e
procedemos com o escalonamento
A =
\uf8ee\uf8ef\uf8f0 1 0 1 22 \u22121 1 3
\u22121 1 0 \u22121
\uf8f9\uf8fa\uf8fb \u2212\u2192
\uf8ee\uf8ef\uf8f0 1 0 1 20 \u22121 \u22121 \u22121
0 1 1 1
\uf8f9\uf8fa\uf8fb \u2212\u2192
\uf8ee\uf8ef\uf8f0 1 0 1 20 \u22121 \u22121 \u22121
0 0 0 0
\uf8f9\uf8fa\uf8fb
Assim, podemos escolher
\u393 = { (1, 0, 1, 2), (2,\u22121, 1, 3) } ou \u393\u2032 = { (1, 0, 1, 2), (0, 1, 1, 1) }
para uma base do subespac¸o W .
Finalmente, vamos completar uma base de W para obter uma base de IR4.
Desse modo, podemos escolher
\u3b2 = { (1, 0, 1, 2), (2,\u22121, 1, 3), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) } ou
\u3b2\u2032 = { (1, 0, 1, 2), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1) }
para uma base do espac¸o vetorial IR4, pois construindo a matriz M de ordem 4 associada
ao conjunto \u3b2\u2032
M =
\uf8ee\uf8ef\uf8ef\uf8ef\uf8f0
1 0 1 2
0 1 1 1
0 0 1 0
0 0 0 1
\uf8f9\uf8fa\uf8fa\uf8fa\uf8fb
vemos que esta´ forma escalonada e posto(M) = 4 .
94 A´lgebra Linear e suas Aplicac¸o\u2dces: Notas de Aula
B.2.2 Segunda Prova
Questa\u2dco 1.
Da matriz de mudanc¸a de base [I]\u3b1\u3b3 , sabemos que
p1(x) = q1(x) + q2(x)
p2(x) = 2q1(x) + q2(x)
p3(x) = q3(x)
Da u´ltima equac¸a\u2dco, temos que q3(x) = 1 \u2212 x2. Das duas primeiras equac¸o\u2dces, obtemos
o seguinte sistema linear\uf8f1\uf8f4\uf8f2\uf8f4\uf8f3
q1(x) + q2(x) = p1(x)
2q1(x) + q2(x) = p2(x)
\u21d0\u21d2
\uf8f1\uf8f4\uf8f2\uf8f4\uf8f3
q1(x) + q2(x) = p1(x)
q2(x) = 2p1(x) \u2212 p2(x)
que possui a soluc¸a\u2dco q1(x) = p2(x) \u2212 p1(x) e q2(x) = 2p1(x) \u2212 p2(x). Assim, obtemos
q1(x) = 2x , q2(x) = 1 \u2212 3x e q3(x) = 1 \u2212 x2
que sa\u2dco os elementos da base ordenada \u3b3.
Vamos encontrar o vetor de coordenadas do elemento p(x) = 3 \u2212 x + 2x2 com relac¸a\u2dco
a` base ordenada \u3b1. Para isso, basta fazer
p(x) = a p1(x) + b p2(x) + c p3(x)
3 \u2212 x + 2x2 = a(1 \u2212 x) + b(1 + x) + c(1 \u2212 x2)
obtendo o seguinte sistema linear\uf8f1\uf8f4\uf8f4\uf8f4\uf8f2\uf8f4\uf8f4\uf8f4\uf8f3
a + b + c = 3
\u2212a + b = \u22121
\u2212 c = 2
que possui como soluc¸a\u2dco a = 3 , b = 2 e c = \u22122 . Assim, temos
[p(x)]\u3b1 =
\uf8ee\uf8ef\uf8f0 32
\u22122
\uf8f9\uf8fa\uf8fb .
Petronio Pulino 95
Questa\u2dco 2.
Da condic¸a\u2dco (a) temos que
T (1 + x2) =
[
0 0
0 0
]
.
Da condic¸a\u2dco (b), isto e´, q(x) = 1 6\u2208 Ker(T ), implica que o elemento r(x) = x2 na\u2dco
pode pertencer ao Ker(T ), pois podemos escrever q(x) = p(x) \u2212 r(x). Claramente, se
o elemento r(x) \u2208 Ker(T ), enta\u2dco q(x) \u2208 Ker(T ), o que contradiz a hipo´tese.
Assim, podemos considerar a seguinte transformac¸a\u2dco linear T : P2(IR) \u2212\u2192 IM2(IR), com
{ 1 + x2 } a base para Ker(T ), dada por:
T (1 + x2) =
[
0 0
0 0
]
, T (1) =
[
0 1
1 0
]
e T (x) =
[
2 0
0 1
]
onde estamos escolhendo \u3b3 = { 1 + x2, 1, x } uma base ordenada para P2(IR), que foi
obtida completando a base do Ker(T ).
Vamos tomar um elemento gene´rico p(x) = a + bx + cx2 \u2208 P2(IR) e representa\u2013lo
com relac¸a\u2dco a` base ordenada \u3b3 de P2(IR)
p(x) = d1( 1 + x
2 ) + d2 + d3x
= (d1 + d2) + d3x + d1x
2
obtendo o seguinte sistema linear\uf8f1\uf8f4\uf8f4\uf8f4\uf8f2\uf8f4\uf8f4\uf8f4\uf8f3
d1 + d2 = a
d1 = c
d3 = b
que possui somente a soluc¸a\u2dco d1 = c , d2 = a \u2212 c e d3 = b. Desse modo, temos que
p(x) = c( 1 + x2 ) + (a \u2212 c) + bx .
Agora, fazendo T (p(x)) = T (a + bx + cx2), obtemos
T (a + bx + cx2) = c T (1 + x2) + (a \u2212 c) T (1) + b T (x) =
\uf8ee\uf8f0 2b a\u2212 c
a\u2212 c b
\uf8f9\uf8fb .
Assim, encontramos uma transformac¸a\u2dco T com as propriedades pedidas.
96 A´lgebra Linear e suas Aplicac¸o\u2dces: Notas de Aula
Questa\u2dco 3.
Tomando uma combinac¸a\u2dco linear nula
m\u2211
i=1
ci T (vi) = 0W ,
e como T e´ uma transformac¸a\u2dco linear, podemos escrever
T
(
m\u2211
i=1
ci vi
)
= 0W .
Considerando a hipo´tese que T e´ injetora, isto e´, Ker(T ) = { 0V }, temos que
m\u2211
i=1
ci vi = 0V .
Como { v1 , · · · , vm } e´ linearmente independente em V , implica que
c1 = c2 = · · · = cm = 0 .
Portanto, { T (v1) , · · · , T (vm) } e´ linearmente independente em W .
Questa\u2dco 4.
(a) A afirmac¸a\u2dco e´ Falsa.
Considere que exista uma transformac¸a\u2dco linear injetora T de IR4 em IR3, isto e´,
Ker(T ) = { 0V }. Pelo Teorema do nu´cleo e da imagem, temos dim( Im(T ) ) = 4.
O que na\u2dco e´ poss´\u131vel, pois Im(T ) e´ um subespac¸o de IR3 e dim( IR3 ) = 3. Logo, na\u2dco
existe uma transformac¸a\u2dco linear injetora T de IR4 em IR3.
(b) A afirmac¸a\u2dco e´ Verdadeira.
Considere uma transformac¸a\u2dco linear T de IR4 em P2(IR) tal que dim( Ker(T ) ) = 1.
Pelo Teorema do nu´cleo e da imagem, temos que dim( Im(T ) ) = 3. Como Im(T )
e´ um subespac¸o de P2(IR), tem\u2013se que Im(T ) = P2(IR), pois dim(P2(IR) ) = 3. Logo,
existe uma transformac¸a\u2dco linear T sobrejetora de IR4 em P2(IR).
(c) A afirmac¸a\u2dco e´ Falsa.
Considere uma transformac¸a\u2dco linear injetora T de IR2 em P2(IR). Pelo Teorema
do nu´cleo e da imagem, temos que dim( Im(T ) ) = 2, pois Ker(T ) = { 0V }.
Logo, tem\u2013se que Im(T ) 6= P2(IR), pois dim(P2(IR) ) = 3. Portanto, na\u2dco existe uma
transformac¸a\u2dco bijetora T de IR2 em P2(IR).
Petronio Pulino 97
Questa\u2dco 5.
Temos que \u3b3 = { (1,\u22121), (0, 1) } e´ uma base para o IR2. Vamos mostrar que \u3b3
e´ linearmente independente. Considere a combinac¸a\u2dco linear nula
a(1,\u22121) + b(0, 1) = (0, 0) \u21d0\u21d2
\uf8f1\uf8f2\uf8f3 a = 0\u2212a + b = 0 .
Assim, obtemos a = b = 0. Logo, \u3b3 e´ linearmente independente em IR2.
Vamos tomar um elemento gene´rico (a, b) \u2208 IR2 e representa\u2013lo com relac¸a\u2dco a` base
ordenada \u3b3
(a, b) = c(1,\u22121) + d(0, 1) = (c, \u2212c + d) .
Assim, obtemos o seguinte sistema linear\uf8f1\uf8f2\uf8f3 c = a\u2212c + d = b
que possui como soluc¸a\u2dco c = a e d = a + b. Desse modo, temos que
(a, b) = a(1,\u22121) + (a + b)(0, 1) .
Agora, fazendo
T (a, b) = aT (1,\u22121) + (a + b)T (0, 1)
= a(2 + x) + (a + b)(x\u2212 1)
= (a \u2212 b) + (2a + b)x
obtemos a transformac¸a\u2dco linear T .
Para mostrar que T e´ um isomorfismo, basta mostrar que Ker(T ) = { 0IR2 }. Assim,
considerando um elemento (a, b) \u2208 Ker(T ), temos que
T (a, b) = (a \u2212 b) + (2a + b)x = 0P1(IR) para todo x \u2208 IR
Assim, obtemos o seguinte sistema linear homoge\u2c6neo\uf8f1\uf8f2\uf8f3 a \u2212 b = 02a + b = 0
que possui somente a soluc¸a\u2dco trivial a = b = 0. Logo, T e´ um isomorfismo.
98 A´lgebra Linear e suas Aplicac¸o\u2dces: Notas de Aula
Vamos encontrar o isomorfismo inverso. Dado um elemento p(x) = a + bx \u2208 P1(IR) ,
supomos que T\u22121(a + bx) = (c, d). Assim, temos que T (c, d) = a + bx, isto e´,
(c \u2212 d) + (2c + d)x = a + bx ,
obtendo o seguinte sistema linear \uf8f1\uf8f2\uf8f3 c \u2212 d = a2c + d = b
que possui como soluc¸a\u2dco c =
a + b
3
e d =
b\u2212 2a
3
.
Portanto, temos que o isomorfismo inverso e´ dado por:
T\u22121(a + bx) =
(
a + b
3
,
b\u2212 2a
3
)
.
Petronio Pulino 99
B.2.3 Terceira Prova
Questa\u2dco 1.
Chamando [p(x)]\u3b2 =
[
a
b
]
.
Sabemos que [T (p(x))]\u3b3 = [T ]
\u3b2
\u3b3 [p(x)]\u3b2 . Assim, obtemos o seguinte sistema linear
\uf8ee\uf8ef\uf8f01 12 1
1 2
\uf8f9\uf8fa\uf8fb[a
b
]
=
\uf8ee\uf8ef\uf8f013
0
\uf8f9\uf8fa\uf8fb \u21d0\u21d2
\uf8f1\uf8f4\uf8f2\uf8f4\uf8f3
a + b = 1
2a + b = 3
a + 2b = 0
\u21d0\u21d2
{
a + b = 1
\u2212 b = 1
que tem uma u´nica soluc¸a\u2dco a = 2 e b = \u22121. Logo, [p(x)]\u3b2 =
[
2
\u22121
]
.
Chamando \u3b2 = { q1(x), q2 }, onde
q1(x) = x\u2212 x2 + x3 e q2(x) = 1 + x + x2 .
Conhecemos a matriz [T ]\u3b2\u3b3 , onde \u3b3 = { x\u2212 1, p1(x), p2(x) }. Assim, temos que
T (q1(x)) = (x \u2212 1) + 2p1(x) + p2(x)
T (q2(x)) = (x \u2212 1) + p1(x) + 2p2(x)
. (B.1)
Tomando T (p(x)) = p\u2032(x) + (x + 1)p(0) , vamos calcular
T (q1(x)) = 1 \u2212 2x + 3x2
T (q2(x)) = 1 + 2x + (x + 1) = 3x + 2
. (B.2)
Substituindo (B.2) em (B.1), obtemos um sistema linear nas inco´gnitas p1(x) e p2(x)\uf8f1\uf8f4\uf8f2\uf8f4\uf8f3
2p1(x) + p2(x) = 3x
2 \u2212 3x + 2
p1(x) + 2p2(x) = 2x + 3
Fazendo a primeira equac¸a\u2dco menos a segunda equac¸a\u2dco, obtemos
p1(x) \u2212 p2(x) = 3x2 \u2212 5x \u2212 1 ,
o que completa a resoluc¸a\u2dco da questa\u2dco.
100 A´lgebra Linear e suas Aplicac¸o\u2dces: Notas de Aula
Questa\u2dco 2.
(a) Note que a aplicac¸a\u2dco \u3008 · , · \u3009 definida por:
\u3008 f , g \u3009 =
\u222b 1
0
f \u2032(x)g(x)dx ; \u2200 f, g \u2208 C10([0, 1])
na\u2dco satisfaz a propriedade de simetria. De fato,
\u3008 f , g \u3009 =
\u222b 1
0
f \u2032(x)g(x)dx 6=
\u222b 1
0
g\u2032(x)f(x)dx = \u3008 g , f \u3009 .
Por exemplo, tomando as func¸o\u2dces f(x) = 1 \u2212 x e g(x) = 1 \u2212 x2, temos que
\u3008 f , g \u3009