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Segunda Prova de A´lgebra Linear - 2013
Unifesp- 2o semestre - 04/04/2013
Nome: Turma:
Matr´ıcula:
Assinatura:
Questa˜o Nota
1-3
4
5
Total
Instruc¸o˜es:
- Identifique com seu nome completo e sua turma a folha de resposta.
- Na˜o e´ permitido o uso de qualquer equipamento eletroˆnico durante a prova.
- Na˜o sera˜o aceitas respostas sem justificativas, salvo a`s com mu´ltipla escolha.
- A prova pode ser feita a la´pis.
1a Questa˜o (1,6 pontos) Dada a transformac¸a˜o linear F : R3 → R3 dada por
F (x, y, z) =
(
x− y
2
,
x− y
2
, 2x+ y
)
podemos dizer que:
(a) dim(ker(F )) = 0.
(b) Im(F ) =
[(
1
2 ,
1
2 , 2
)
, (1, 0, 0), (0, 0, 1)
]
.
(c) A representac¸a˜o matricial na base β = {(1, 0,−1), (0, 1, 2), (1, 2, 0)} para a base
canoˆnica e´ [F ]βcan =
 12 −12 −121
2 −12 −12
2 1 4
.
(d) e´ um isomorfismo, enta˜o podemos achar uma transformac¸a˜o inversa dada por F−1(x, y, z) =(
2(x+ y), 2(x+ y), y − x2
)
.
(e)
(F ◦ F )(x, y, z) = (0, 0, 3
2
(x+ y))
2a Questa˜o (1,6 pontos) Seja
A =
[
2 3
3 2
]
e T : R2 → R2 tal que T (x, y) = (2x+ 3y, 3x+ 2y), assinale a alternativa INCORRETA:
(a) Seja β a base canoˆnica do R2. Enta˜o [T ]ββ = A.
1
(b) Os autovalores de A sa˜o −1 e 5.
(c) Um dos autovetores de A e´ (1, 1).
(d) A dimensa˜o do nu´cleo e´ zero.
(e) A dimensa˜o da imagem e´ 1.
3a Questa˜o (1,6 pontos) Dada a matriz
A =
 0 7 −6−1 4 0
0 2 −2

I-
 41
1
 e´ um dos seus autovetores.
II- Seus autovalores sa˜o 1,−1 e 2.
III- A matriz P que diagonaliza A e´ dada por P =
 9 5 43 1 1
2 2 1

IV- E´ a representac¸a˜o matricial, na base canoˆnica para a canoˆnica de um ope-
rador T : R3 → R3 dado por
T (x, y, z) = (7y − 6z,−x+ 4y, 2y − 2z)
Assinale a alternativa CORRETA:
(a) Somente as proposic¸o˜es I e II sa˜o verdadeiras.
(b) Somente as proposic¸o˜es II e IV sa˜o verdadeiras.
(c) Somente as proposic¸o˜es III e IV sa˜o verdadeiras.
(d) Todas as proposic¸o˜es sa˜o verdadeiras.
(e) Todas as proposic¸o˜es sa˜o falsas.
Soluc¸a˜o:
Sendo
F (x, y, z) =
(
x− y
2
,
x− y
2
, 2x+ y
)
temos que o nu´cleo desta transformac¸a˜o e´ dada por
{
x−y
2
= 0
2x+ y = 0
, ou seja x =
y = 0, z qualquer, e portanto, temos que ker(F ) = z(0, 0, 1) ⇒ dim(ker(F )) = 1.
Portanto na˜o e´ injetora nem um isomorfismo, logo na˜o e´ poss´ıvel determinar uma
inversa. A representac¸a˜o matricial na base canoˆnica do R3 e´ dada por
[F ] =
 12 −12 01
2
−1
2
0
2 1 0

2
Logo
[F ◦ F ] =
 12 −12 01
2
−1
2
0
2 1 0
 12 −12 01
2
−1
2
0
2 1 0
 =
 0 0 00 0 0
3
2
−3
2
0

(F ◦ F )(x, y, z) =
(
0, 0,
3(x− y)
2
)
A imagem de F e´ dada por
(
x−y
2
, x−y
2
, 2x+ y
)
= x
(
1
2
, 1
2
, 2
)
+y
(−1
2
, −1
2
, 1
)
=
[(
1
2
, 1
2
, 2
)
,
(−1
2
, −1
2
, 1
)]
.
A representac¸a˜o matricial nas bases apresentadas e´ dada por
F (1, 0,−1) =
(
1
2
,
1
2
, 2
)
F (0, 1, 2) =
(
−1
2
,−1
2
, 1
)
F (1, 2, 0) =
(
−1
2
,−1
2
, 4
)
Logo [F ]βcan =
 12 −12 −121
2
−1
2
−1
2
2 1 4
�.
A matriz [
2 3
3 2
]
tem autovalores dados por∣∣∣∣ 2− λ 33 2− λ
∣∣∣∣ = (2− λ)2 − 9 = λ2 − 4λ− 5 = 0
As ra´ızes sa˜o λ1 = 5 e λ2 = −1. O autovalor associado a` λ1 e´ dado por[
2 3
3 2
] [
x
y
]
= 5
[
x
y
]
⇒
{
2x+ 3y = 5x
3x+ 2y = 5y
⇒ x = y ⇒ x = 1
v1 =
[
1
1
]
e a` λ2 [
2 3
3 2
] [
x
y
]
= −
[
x
y
]
⇒
{
2x+ 3y = −x
3x+ 2y = −y ⇒ x = −y ⇒ x = 1
v2 =
[ −1
1
]
3
Dado T : R2 → R2 tal que T (x, y) = (2x + 3y, 3x + 2y), temos que o nu´cleo e´ dado
por {
2x+ 3y = 0
3x+ 2y = 0
⇒ ker(T ) = (0, 0)
Logo o nu´cleo tem dimensa˜o zero e pelo teorema da dimensa˜o do nu´cleo e da imagem
temos que a imagem tera´ dimensa˜o 2�.
Iremos diagonalizar a matriz
A =
 0 7 −6−1 4 0
0 2 −2

Seu polinoˆmio caracter´ıstico e´∣∣∣∣∣∣
−λ 7 −6
−1 4− λ 0
0 2 −2− λ
∣∣∣∣∣∣ = (λ− 1)(1 + λ)(λ− 2)
Os autovalores sa˜o 1,−1 e 2. De 0 7 −6−1 4 0
0 2 −2
 xy
z
 =
 xy
z

temos 
7y − 6z = x
−x+ 4y = y
2y − 2x = z
Usando o processo de escalonamento vemos que o sistema acima e´ equivalente a`{ −x+ 7y − 6z = 0
2y = 3z
de onde vemos que o autovetor e´ dado por 93
2

Para λ = −1 temos  0 7 −6−1 4 0
0 2 −2
 xy
z
 = −
 xy
z

4
de onde vem o vetor pro´prio  51
2

e para λ = 2 temos o autovetor  42
1
 .
formando enta˜o a matriz
P =
 9 5 43 1 2
2 2 1

tal que
P−1AP =
 1 0 00 −1 0
0 0 2

Esta matrix multiplicada por um vetor de coordenadas da base canoˆnica nos fornece
a transformac¸a˜o explicitamente, ou seja
T (x, y, z) = (7y − 6z,−x+ 4y, 2y − 2z)
5
4a Questa˜o
1. Seja T : R2 → R2 uma transformac¸a˜o linear tal que T (1, 0) = (4, 3) e T (1, 1) =
(1,−1).
(a) (1,3 pontos) Calcule T (2,−3)
(b) (1,3 pontos) Determine a matriz que representa T na base {(1, 2), (2, 1)}
Soluc¸a˜o:
Usando o fato que
T (1, 0) = (4, 3) e T (1, 1) = (1,−1)
(x, y) = (x− y)(1, 0) + y(1, 1)
T (x, y) = (x, y)T (1, 0) + yT (1, 1) = (x− y)(4, 3) + y(1,−1) = (4x− 3y, 3x− 4y)
T (2,−3) = (17, 18)
Para determinar a matriz teremos que fazer
T (1, 2) = (−2,−5) = −8/3(1, 2) + 1/3(2, 1)
T (2, 1) = (5, 2) = 1/3(1, 2) + 8/3(2, 1)
[T ]ββ =
[ −8/3 −1/3
1/3 8/3
]
6
5a Questa˜o (2,6 pontos)
2. Seja a transformac¸a˜o T : R3 → R3 dada por
T (x, y, z) = (3x+ 3y + 4z, 3y + 5z,−z).
Determine os autovalores e autovetores.
Soluc¸a˜o:
A representac¸a˜o matricial deste operador na base canoˆnica e´ dada por
[T ] =
 3 3 40 3 5
0 0 −1

Logo os autovalores sera˜o dados atrave´s de∣∣∣∣∣∣
3− λ 3 4
0 3− λ 5
0 0 −1− λ
∣∣∣∣∣∣ = −(3− λ)2(1 + λ) = 0
⇒ λ1 = −1 e λ2 = 3
O ca´lculo do autovetor associado a` λ1 e´ 3 3 40 3 5
0 0 −1
 xy
z
 = −
 xy
z

⇒

3x− 3y − 4z = −x
3y + 5z = −y
−z = −z
⇒

x = − z
16
y = −5
4
z
z = z
⇒ v1 =
 −1−20
16

para o autovetor associado a` λ2 teremos 3 3 40 3 5
0 0 −1
 xy
z
 = 3
 xy
z

⇒

3x− 3y − 4z = 3x
3y + 5z = 3y
−z = 3z
⇒ v1 =
 10
0

7