Gabarito EP13

Prévia do material em texto

Álgebra Linear 1 
Exercícios Programados 13 – EP13 
Aulas 22 e 23 
Atenção! 
Na aula 23, na seção “As operações análogas com as matrizes associadas”, há um erro no último item da lista, aquele 
que aborda a operação de composição de transformações com as matrizes associadas. A igualdade correta é: 
BACBCA TSTS ,,, ].[][][ 
 
No final deste EP versão aluno, estão disponibilizadas as erratas das aulas da semana. 
 
1. Considere o operador linear T em 2 definido por T(x,y) = (x+y,4x+7y). Determine a matriz 
associada a T, 
  BAT ,
, relativamente às bases 
   .)5,2(),3,1()1,0(),0,1(  BeA
 
Solução. A matriz 
  BAT , 
tem ordem 2x2 (dim CD(T) x dim D(T)) e suas colunas são os vetores 
coordenadas das imagens T(1,0) e T(0,1) dos vetores da base A em relação à base B: 
  

















2221
1211
,
||
)]1,0([)]0,1([
||
aa
aa
TTT BBBA 
Vamos calcular as coordenadas de um vetor qualquer de 
,2 na base B,  )5,2()3,1(),( bayx
.3;25
53
2
yxbyxa
yba
xba





 
 
Assim, 
)5,2)(1()3,1.(3)4,1()0,1( T
 e 
)5,2)(4()3,1.(9)7,1()1,0( T
. 
Logo
  







41
93
,BAT .
 
Deixamos como continuação desse exercício: 
 - Determine 
ABT ,][
 . 
 
- 
  BAT , 
=
 ABT ,][
? 
Observe que determinar 
ABT ,][
, neste caso, é mais fácil que determinar 
  BAT , 
pois A é a base canônica. 
 
 
 
2. Seja 23: T a transformação linear definida por 
)23,2(),,( zyxzyxzyxT 
. Considere as bases A = {(1,1,1), (0,1,1), (0,0,1)} e B = {(2,1), 
(5,3)}. 
i) Determine 
  BAT ,
. 
ii) Se v=(3,-4,2), calcule 
 BvT )(
 utilizando a matriz encontrada. 
Solução: 
A matriz 
  BAT ,
 é de ordem 2 x 3 (a ordem da matriz 
  BAT ,
 é dada por dim CD(T) x dim D(T)). 
  

















232221
131211
,
|||
)]1,0,0([)]1,1,0([)]1,1,1([
|||
aaa
aaa
TTTT BBBBA
. 
Note que 
 )3,5()1,2(),( bayx
.2;53
3
52
xybyxa
yba
xba






 
Assim, 
T(1,1,1) = (2,2) = (-4)(2,1) + (2)(5,3); T(0,1,1) = (0,-1) = (5)(2,1) + (-2)(5,3); 
T(0,0,1) = (1,-2) = (13)(2,1) + (-5)(5,3). Logo, 
  








522
1354
,BAT
. 
ii) Será utilizada a fórmula 
     ABAB vTvT ,)( 
, conseqüência da igualdade (5) - aula 22. 
Devemos, primeiramente, determinar as coordenadas de v em relação a base A. Seja [v]A = [a b c]
T, 
isto é, 
(3,-4,2) = a(1,1,1) + b(0,1,1) + c(0,0,1), ou, 








2
4
3
cba
ba
a
 

 








6
7
3
c
b
a
 , ou seja, 
Av][
 = 











6
7
3
 
Portanto,  



















6
7
3
522
1354
)( BvT

  







10
31
)( BvT
 
O vetor de coordenadas de T(v) na base canônica é T(v) = 31(2,1) – 10(5,3) = (12,1). Naturalmente 
T(v)=(12,1) também seria obtido por meio da lei que define a transformação T, verifique. 
3. Dadas as bases A={(1,1), (1,0)} do 2 e B = {(1,2,0), (1,0,-1), (1,-1,3)) do 3 , determinar a 
transformação linear T: 32  sabendo que  












31
21
02
,BAT
. 
Solução: As colunas de 
  BAT ,
 são as coordenadas das imagens dos vetores de A em relação à base 
B: 
 












1
1
2
)1,1( BT
 e  











3
2
0
)0,1( BT
, 
Logo, T(1,1) = 2(1,2,0) + 1(1,0,-1) - 1(1,-1,3) = (2,5,-4) e 
T(1,0) = 0(1,2,0) - 2(1,0,-1) + 3(1,-1,3) = (1,-3,11). 
Assim, obtivemos as imagens dos vetores da base A. Daqui em diante, segue-se o mesmo procedimento 
utilizado nos exercícios 3 do EP10, ou seja, deve-se determinar a expressão da transformação linear T: 
32 
 sabendo-se que 
T(1,1) = (2,5,-4) e T(1,0) = (1,-3,11). 
Para isso, precisamos determinar coordenadas de um vetor genérico de 
2
 em relação à base A. Sejam 
a e b reais tais que (x,y) = a(1,1) + b(1,0). Então, 





ya
xba
 e a = y e b = x – y. 
Assim (x,y) 2 , (x,y) = y(1,1) + (x-y) (1,0). Aplicando T em ambos os lados dessa igualdade e 
aplicando a linearidade e a homogeneidade: 
T(x,y) = yT(1,1) + (x-y)T(1,0) = y(2,5,-4) + (x – y)(1,-3,11) = (x+y, -3x+8y, 11x-15y). 
 
4. Sejam 32: T e 32: S transformações lineares definidas por 
T(x,y) = (x+2y,2x-y,x) e S(x,y)=(-x, y, x+y). Determine: 
i) T + S 
ii) 3T -2S 
iii) A matriz canônica de 3T -2S. Mostre que [3t-2S]=3[T] -2[S] 
Solução: 
(i) (T + S)(x,y) = T(x, y) + S(x, y) = = (x+2y,2x-y,x) + (-x, y, x+y) = (2y, 2x, 2x+y). 
Logo (T + S)(x,y) = (2y, 2x, 2x+y) 
(ii) (3T – 2S)(x, y) = 3T(x,y) – 2S(x, y) = 
= (3(x+2y),3(2x-y),3x) - (-2x, 2y, 2(x+y))= (5x +6y, 6x –5y, x-2y) 
Logo, (3T – 2S)(x, y) = (5x +6y, 6x –5y, x-2y) 
(iii) Com as informações 
 T(1,0) = (1,2,1); T(0,1) = (2,-1,0); S(1,0)=(-1, 0, 1); S(0,1)=(0, 1, 1). 
 (3T – 2S)(1, 0) = (5, 6, 1) e (3T – 2S)(0, 1) = (6, -5, -2), 
podemos determinar as matrizes canônicas de T, S e 3T – 2S. 
 











01
12
21
T
;  











11
10
01
S
 
 












21
56
65
23 ST
=3











01
12
21
-2










11
10
01
=
 T3
 -2
 S
. 
Obs: 
1) Você deve ter observado que determinar a matriz canônica de uma transformação linear é bem mais 
fácil. Você saberia explicar por quê? 
Considere uma transformação linear 
VUT :
 e 
},,,{ 21 neee 
a base canônica de U. De acordo 
com o esquema da figura 1 da aula 22, a matriz canônica de T é dada por: 











|||
)]([)]([)]([
|||
][ 21 neTeTeTT 
. 
Cada 
)]([ ieT
 é o vetor de coordenadas de 
)( ieT
 em relação a base canônica de V. Supondo que 
mV 
, as entradas 
ix
 de um vetor (
mxxx ,,, 21 
) coincidem com as suas coordenadas na base 
canônica: 
)1,...,0,0()0,...,1,0()0,...,0,1(),,,( 2121 mm xxxxxx  
 
Assim, a i-ésima coluna de [T] é composta pelas entradas de 
)( ieT
. 
2) Os itens (i) e (ii) poderiam ser obtidos via matriz canônica. Por exemplo, o item (ii): 
Já vimos que  











01
12
21
T
e  











11
10
01
S
, logo 











12
02
20
][][][ STST
. 
Passando da matriz para a expressão de T, temos T(x,y)=(2y,2x,x+2y). 
5. Sejam 32: T e 23: S dadas por T(x,y) = (5x,x-y,3y) e S(x,y,z)=(x+3z, 2y-z). 
Deduza a fórmula para as compostas S

T e T

S. A composição de transformações lineares é uma 
operação comutativa? 
Primeira Solução: Algebricamente, temos: 
(S

T)(x,y)=S(5x,x-y,3y)=(5x+9y,2x-5y). 
(T

S)(x,y,z)=T(x+3z,2y-z)=(5x+15z,x-2y+4z,6y-3z). 
Pelos resultados obtidos, podemos ver que a composição de transformações lineares não é comutativa. 
Segunda solução: Matricialmente: 
As matrizes canônicas de T e S são: 











30
11
05
][T
 e 








120
301
][S
. 

























52
95
30
11
05
120
301
]].[[][ TSTS 
 e 




























360
421
1505
120
301
30
11
05
]].[[][ STST 
. 
Basta escrever as expressões de S

T e T

S a partir das matrizes obtidas acima, compare. 
 
 
6. Sejam 
221 :MT
 e 
22222 : MMT 
 as transformações lineares dadas por 
)()(1 AtrAT 
 e 
TAAT )(2
. 
i) Determine 
))(( 21 ATT 
, onde 







dc
ba
A
. 
ii) É possível determinar 
))(( 12 ATT 
? Justifique. 
 
Solução: 
i) A transformação composta 
)( 21 TT 
(A), de 
22M
 em 

, é dada por: 
)( 21 TT 
(A) = 
da
db
ca
trAtrATATT TT 





 )()())(( 121
 
ii) Não é possível determinar 
))(( 12 ATT 
, pois Im(
1T
) = 

 e D(
2T
) = 
22M
. Essa composição só seria 
possível se Im(
1T
)  D(
2T
). 
 
7. Para as transformações lineares 
1T
 e 
2T
 do exercício anterior: 
(a) Determine uma base para o núcleo de 
1T
. 
(b) Determine uma base para a imagem de 
1T
 
(c) Determine uma base para o núcleo de 
2T
. 
(d) Determine uma base para a imagem de 
2T
. 
 
Solução: 
(a) 
 0)(|)()( 1221  ATMATN
. 
Seja 
)( 1TN
dc
ba
A 






, então 
0)()(1  daAtrAT
, o que implica em 
ad 
. 
Logo, 


























 cba
ac
ba
adM
dc
ba
TN ,,||)()( 221
. 
Como 

























 01
00
00
10
10
01
cba
ac
ba
, temos como conjunto de geradores as matrizes 


















 01
00
00
10
,
10
01
e
. Estas matrizes formam um conjunto LI, para verificar isso, resolvemos o sistema 
linear gerado a partir de: 
























 00
00
01
00
00
10
10
01
cba
, 
cuja solução é única: 
0 cba
. 
Assim, uma base para 
)( 1TN
 é 
























 01
00
,
00
10
,
10
01 . 
 
(b) Do item (a), 
3)(dim 1 TN
. Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, 
)Im(dim)(dim)(dim 1122 TTNM 
, o que implica em 
134)(dim)(dim)Im(dim 1221  TNMT
. 
Logo, 
)Im( 1T
. Uma base para 
)Im( 1T
 é a base canônica de 

: 
}1{
. 
 
(c) 













00
00
)(|)()( 2222 ATMATN
. 
Seja 
)( 2TN
dc
ba
A 






, então 













00
00
)(
db
ca
AAT T
 o que implica em 
0 dcba
. 
Logo, 













00
00
)( 2TN
 e a base de 
)( 2TN
 é o conjunto vazio. 
Sabemos que uma base para um espaço vetorial é um subconjunto desse espaço formado por vetores LI e 
que um conjunto que contenha o vetor nulo de um espaço vetorial é LD. 
Considere V um espaço vetorial e 
 0S
 o subespaço vetorial de V cujo único elemento é vetor nulo de V, 
ou seja, o menor subespaço de V. 
Uma base para S não poderá conter elementos, caso contrário ela conterá o vetor nulo, o único vetor de S, 
mas como observado não será LI. Conclui-se então que uma base para o subespaço que contém somente o 
vetor nulo do espaço é o conjunto vazio. 
 
(d) Como 
)( 2TN
 é o conjunto vazio e dimensão de um espaço é o número de vetores de uma de suas bases, 
0)(dim 2 TN
. Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, 
)Im(dim)(dimdim 2222 TTNM 
, o que implica em 
404)(dimdim)Im(dim 2222  TNMT
. 
Assim, 
222 )Im( MT 
 e uma base para 
)Im( 2T
 é a base canônica de 
22M
 






























10
00
,
01
00
,
00
10
,
00
01 . 
 
8. Seja 
32: PPT 
, a transformação linear definida por 
)3())((  xxpxpT
, ou seja, 
)( 221 xcxccT o 
 = 
))3()3(( 2210  xcxccx
. 
a) Encontre 
  BAT ,
 em relação às bases 
},,1{ 2xxA 
 e 
},,,1{ 32 xxxB 
. 
b) Calcule as coordenadas de 
)1( 2xxT 
em relação à base B, usando a matriz obtida no item a). 
c) Confira o resultado obtido em b) calculando 
)1( 2xxT 
 diretamente. 
 
Solução. 
a) Aplicando 
T
 aos vetores de 
A
 e escrevendo o resultado como combinação linear dos vetores de 
B
, temos: 
32 .0.0.11.0)1( xxxxT 
 
322 .0.131.03)3()( xxxxxxxxT 
 
322322 .1.6.91.096)3()( xxxxxxxxxT 
 
Logo,  















100
610
931
000
,BAT . 
Obs: Como 
A
 e 
B
são as bases canônicas de 
2P
 e 
3P
 (respectivamente), 
  BAT ,
 é a matriz canônica de 
T
. 
b) Lembrando que 
ABAB
vTvT ].[][)]([
,

e observando que 











1
1
1
)]1[( 2
A
xx
 : 
 

ABAB
vTxxT ].[][)]1([
,
2
 






































1
5
7
0
1
1
1
100
610
931
000
 
c) 
 )1( 2xxT 322 57)3()3(1( xxxxxx  
 
Obs: A comparação acima é direta porque as bases envolvidas são as bases canônicas do domínio e 
contradomínio de T .