Prova 03 - T1

Prévia do material em texto

Universidade Federal de Vic¸osa
Departamento de Matema´tica
3a Prova de MAT 135 - A´lgebra Linear e Geometria Anal´ıtica - 27/06/2011
Nome: Matr´ıcula:
1a Questa˜o:(25 pontos)Seja a aplicac¸a˜o T : IR3 −→ IR3 definida por
T (x, y, z) = (2x− 2y − 3z, x− y,−2z).
Sejam C = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} e B = {(1, 2, 0), (0, 1, 1), (2, 3, 1)} bases de IR3.
(a)(5 pontos) Mostre que T e´ uma transformac¸a˜o linear.
(b)(5 pontos) Determine [T ]BC .
(c)(5 pontos) Determine o nu´cleo de T.
(d)(5 pontos) Determine a imagem de T.
(e)(5 pontos) T e´ injetora? Sobrejetora? Verifique o Teorema do Nu´cleo e da Imagem.
Soluc¸a˜o: (a) Sejam u = (u1, u2, u3), v = (v1, v2, v3) ∈ IR e α ∈ IR. Assim,
• T (u+ v) = T ((u1, u2, u3) + (v1, v2, v3)) = T (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3)
= (2(u1 + v1)− 2(u2 + v2)− 3(u3 + v3), (u1 + v1)− (u2 + v2),−2(u3 + v3))
= ((2u1 − 2u2 − 3u3) + (2v1 − 2v2 − 3v3), (u1 − u2) + (v1 − v2),−2u3 − 2v3)
= (2u1 − 2u2 − 3u3, u1 − u2,−2u3) + (2v1 − 2v2 − 3v3, v1 − v2,−2v3)
= T (u1, u2, u3) + T (v1, v2, v3) = T (u) + T (v).
• T (αu) = T (α(u1, u2, u3)) = T (αu1, αu2, αu3) = (2αu1 − 2αu2 − 3αu3, αu1 − αu2,−2αu3)
= α(2u1 − 2u2 − 3u3, u1 − u2,−2u3) = αT (u1, u2, u3) = αT (u).
Logo, T e´ transformac¸a˜o linear.
(b)Para encontrar a matriz [T ]BC , devemos calcular a imagem dos elementos da base B e escrever como com-
binac¸a˜o linear dos elementos da base C. Temos que T (1, 2, 0) = (−2,−1, 0), T (0, 1, 1) = (−5,−1,−2) e T (2, 3, 1) =
(−5,−1,−2). Como C e´ a base canoˆnica de IR3 a combinac¸a˜o linear e´ imediata. Assim, [T ]BC =
 −2 −5 −5−1 −1 −1
0 −2 −2
 .
(c)Temos que N(T ) = {(x, y, z) ∈ IR3;T (x, y, z) = (0, 0, 0)}. Assim, temos que resolver um sistema linear ho-
mogeˆneo  2x − 2y − 3z = 0x − y = 0− 2z = 0
Este sistema pode ser resolvido sem necessidade de escalonamento. Temos que z = 0 e x = y. Assim,
N(T ) = {(x, x, 0);x ∈ IR} = [(1, 1, 0)].
(d)Temos que {T (1, 2, 0), T (0, 1, 1), T (2, 3, 1)} = {(−2,−1, 0), (−5,−1,−2), (−5,−1,−2)} gera Im(T ), mas na˜o e´
conjunto L.I. Uma maneira de obter um conjunto L.I. que gera o mesmo espac¸o e´ colocar os vetores acima como
linhas de uma matriz e a escalonar. As linhas que se anularem com o processo de escalonamento correspondem
aos vetores que devem ser descartados. Neste caso na˜o precisamos ter este trabalho, uma vez que os dois u´ltimos
vetores sa˜o coincidentes, sendo necessa´rio descartar um do conjunto e o conjunto restante agora e´ L.I., visto que
na˜o sa˜o paralelos. Logo, Im(T ) = [(−2,−1, 0), (−5,−1,−2)] e desta forma dim(Im(T )) = 2.
(e)T na˜o e´ injetora, visto que N(T ) 6= {(0, 0, 0)} e T na˜o e´ sobrejetora, pois dim(Im(T )) = 2 6= 3 = dim(IR3). Para
verificar o Teorema do Nu´cleo e da Imagem basta observar que dim(N(T )) + dim(Im(T )) = 1 + 2 = 3 = dim(IR3).
1
2a Questa˜o:(25 pontos)Considere a matriz
A =
 2 0 12 1 2
1 0 2

(a)(6 pontos) Mostre que 1 e 3 sa˜o autovalores de A.
(b)(12 pontos) Encontre o autoespac¸o relacionado a cada um desses autovalores.
(c)(7 pontos) A e´ diagonaliza´vel? Em caso afirmativo, encontre P invers´ıvel e D diagonal tal que A = PDP−1.
Soluc¸a˜o: (a)Vamos calcular o polinoˆmio caracter´ıstico.
pA(x) = det(xI −A) =
∣∣∣∣∣∣
x− 2 0 −1
−2 x− 1 −2
−1 0 x− 2
∣∣∣∣∣∣ = (x− 2)2(x− 1)− (x− 1)
= (x− 1)[(x− 2)2 − 1] = (x− 1)(x2 − 4x+ 3) = (x− 1)2(x− 3).
Como os autovalores de A sa˜o as ra´ızes do polinoˆmio caracter´ıstico, temos que 1 e 3 sa˜o autovalores de A e mais
ainda, sa˜o os u´nicos autovalores.
(b)Para encontrar o autoespac¸o relacionado a cada autovalor devemos resolver o sistema linear homogeˆneo (xI −
A)X = 0, para x = 1 e x = 3.
• x=1;  −1 0 −1−2 0 −2
−1 0 −1
 L2 → L2 − 2L1−→
L3 → L3 − L1
 −1 0 −10 0 0
0 0 0
 .
Logo,
AutA(1) = {(x, y, z) ∈ IR3; z = −x, x, y ∈ IR} = {(x, y,−x);x, y ∈ IR3}
= {x(1, 0,−1) + y(0, 1, 0);x, y ∈ IR} = [(1, 0,−1), (0, 1, 0)].
• x=3;  1 0 −1−2 2 −2
−1 0 1
 L2 → L2 + 2L1−→
L3 → L3 + L1
 1 0 −10 2 −4
0 0 0
 .
Logo,
AutA(3) = {(x, y, z) ∈ IR3;x = z, y = 2z, z ∈ IR}
= {(z, 2z, z); z ∈ IR} = [(1, 2, 1)].
(c)Temos que ma(1) = 2 = mg(1) e ma(3) = 1 = mg(3). Logo, A e´ diagonaliza´vel. Ale´m disso, as matrizes
P =
 1 0 10 1 2
−1 0 1
 e D =
 1 0 00 1 0
0 0 3

sa˜o tais que A = PDP−1.
2
3a Questa˜o:(30 pontos)
(a)(10 pontos) Mostre que o conjunto B = {(1, 1, 0), (0, 0,−1), (−1, 1, 3)} e´ uma base para o espac¸o vetorial IR3.
(b)(10 pontos) Encontre o operador linear T : IR3 −→ IR3 tal que T (1, 1, 0) = (1, 0, 0), T (0, 0,−1) = (0,−1, 0) e
T (−1, 1, 3) = (0, 3,−1).
(c)(10 pontos) Encontre o operador linear T : IR2 −→ IR2 reflexa˜o em torno da reta x = 2y.
Soluc¸a˜o: (a)Uma vez que B e´ um conjunto com 3 elementos em IR3, e´ suficiente mostrar que B e´ L.I. Para isso
sejam a, b, c ∈ IR tais que
(0, 0, 0) = a(1, 1, 0) + b(0, 0,−1) + c(−1, 1, 3).
Desta forma, temos o seguinte sistema linear homogeˆneo 1 0 −11 0 1
−1 1 3
 ·
 ab
c
 =
 00
0
 .
Observando que o determinante da matriz dos coeficientes tem determinante diferente de zero, conclu´ımos que o
sistema possui u´nica soluc¸a˜o. Como o sistema e´ linear homogeˆneo, esta soluc¸a˜o e´ a trivial, ou seja, a = b = c = 0,
o que prova que o conjunto e´ L.I. e consequentemente base de IR3.
(b)Devemos colocar um vetor qualquer de IR3 como combinac¸a˜o linear da base B, ou seja, encontrar a, b, c tais que
(x, y, z) = a(1, 1, 0) + b(0, 0,−1) + c(−1, 1, 3). 1 0 −1 x1 0 1 y
0 −1 3 z
 L2 → L2 − L1−→
 1 0 −1 x0 0 2 y − x
0 −1 3 z
 L2 ↔ L3−→
 1 0 −1 x0 −1 3 z
0 0 2 y − x
 .
Assim, c =
y − x
2
, b = 3c− z = 3
2
y − 3
2
x− z e a = x+ c = y + x
2
. Logo,
T (x, y, z) = aT (1, 1, 0) + bT (0, 0,−1) + cT (−1, 1, 3)
=
(
y + x
2
)
(1, 0, 0) +
(
3
2
y − 3
2
x− z
)
(0,−1, 0) +
(
y − x
2
)
(0, 3,−1) =
(
y + x
2
, z,
x− y
2
)
(c)Para encontrar tal transformac¸a˜o linear, devemos possuir a imagem de alguma base de IR2 e o procedimento e´
ana´logo ao apresentado acima. Podemos escolher uma base de maneira conveniente da seguinte forma: um vetor
u = (2, 1) sobre a reta x = 2y e´ refletido sobre ele mesmo, ou seja, T (u) = u. Tomando um segundo vetor v = (1,−2)
que e´ perpendicular a` reta x = 2y, tem imagem pela transformac¸a˜o linear um vetor perpendicular a` mesma reta,
como mesmo mo´dulo, pore´m sentido contra´rio ao de v, ou seja, T (v) = −v. Resumindo temos T (2, 1) = (2, 1) e
T (1,−2) = (−1, 2). Devemos colocar (x, y) como combinac¸a˜o linear dos vetores (2, 1), (1,−2) que formam uma base
de IR2.
(x, y) = a(1,−2) + b(2, 1)[
1 2 x
−2 1 y
]
L2 → L2 + 2L1
−→
[
1 2 x
0 5 y + 2x
]
.
Logo, b =
y + 2x
5
e a =
x− 2y
5
. Portanto,
T (x, y) =
1
5
(x− 2y)T (1,−2) + 1
5
(y + 2x)T (2, 1)
=
1
5
(x− 2y)(−1, 2) + 1
5
(y + 2x)(2, 1)
=
(
3x+ 4y
5
,
4x− 3y
5
)
.
3
4a Questa˜o(20 pontos) Julgue cada ı´tem abaixo como verdadeiro ou falso, justificando com uma argumento lo´gico
ou com um contra-exemplo.
(a) (V) Se {u, v} e´ um conjunto L.I., enta˜o o conjunto {u+ v, u− v} tambe´m e´ L.I.
(b) (V) Seja T : V −→ V transformac¸a˜o linear e u, v e w vetores de V. Se T (u) = 2w e T (2v) = 3w, enta˜o
T
(
1
3u+ v
)
= 136 w.
(c) (F) Seja T : IR3 −→ IR4 transformac¸a˜o linear dada por T (x, y, z) = (2x− y, z,−x, y − z) e´ isomorfismo.
(d) (V) Se T : V −→ V e´ um operador linear tal que N(T ) = [v], v 6= −→0 , enta˜o λ = 0 e´ autovalor de T.
Soluc¸a˜o: (a) Sejam a, b ∈ IR tais que
a(u+ v) + b(u− v) = 0.
Quero mostrar que a = b = 0 para que o conjunto {u+ v, u− v} seja L.I.
a(u+ v) + b(u− v) = 0
(a+ b)u+ (a− b)v = 0.
Como {u, v} e´ L.I., temos que {
a + b = 0
a − b = 0
Desta forma, a = b = 0 como quer´ıamos.
(b)Temos que T (u) = w e T (v) =
3
2
w. Assim,
T
(
1
3
u+ v
)
=
1
3
T (u) + T (v) =
2
3
w +
3
2
w =
13
6
w.
(c)T na˜o e´ isomorfismo, pois a dimensa˜o do domı´nio e´ diferente da dimensa˜o do contradomı´nio.
(d)Basta observar que T (v) = 0 = 0.v, com v na˜o-nulo. Logo, λ = 0 e´ autovalor de T.
Boa Prova!
4