Algebra_P3_manha_GABARITO

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UNIVERSIDADE FEDERAL DO RIO GRANDE DO NORTE 
 
ESCOLA DE CIÊNCIAS E TECNOLOGIA 
 
 
 
 
3º Avaliação – Álgebra Linear (ECT1211) – 2013.2 
GABARITO – Turma 01 (manhã) 
���� (2,0 pontos) Considere a transformação linear 
{ }cbabxaxcbaTPT ++++=→ℜ 223 ),,(,: e responda: 
a) Qual a imagem do vetor (1,2,3)? 
b) Qual a imagem da transformação? 
c) A transformação admite inversa? Qual? 
d) Qual o vetor correspondente no domínio do vetor 23 2 +− xx pertencente à 
imagem? 
RESPOSTA 
a) Imagem do vetor (1,2,3): 
321.2.1)3,2,1(
),,(
2
2
++++=
++++=
xxT
cbabxaxcbaT
 
62)3,2,1( 2 ++= xxT 
b) Imagem da transformação: 
Colocando as variáveis em evidência: 
( ) ( ) ( )111),,( 22 cxbxacbabxaxcbaT ++++=++++= 
Verificando se os três vetores ( ) ( ) ( )1,1,12 ++ xx são LI: 
( ) ( ) ( )
000)321()2()1(
000131211
22
22
++=++++
++=++++
xxkkkkxkx
xxkxkxk
 
0321 === kkk 
Logo, são LI. Portanto os vetores ( ) ( ) ( )1,1,12 ++ xx são a base da imagem e 
como esses vetores geram o P2 inteiro, então: 
Imagem da Transformação = Contradomínio. 
c) Escrevendo a transformação na forma matricial, usando os vetores das base canônica 
do domínio (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1): 
 
 
 
 
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100)1,0,0(
110)0,1,0(
101)0,0,1(
),,(
2
2
2
2
++=
++=
++=
++++=
xxT
xxT
xxT
cbabxaxcbaT
 
Forma matricial: 




















=
c
b
a
cbaT
111
010
001
),,(
 
Encontrando a inversa da transformação: 
[ ]










−
−=










=
101110
010010
001001
133
100111
010010
001001
LLL
IT
 
[ ]1~
111100
010010
001001
233 −










−−
−= TILLL
 




















−−
=++−
0
1
2
01
2
2
1
111
010
001
)(
a
a
a
axaxaT
 
d) 
( )0,1,3
2
1
3
111
010
001
)23( 21 −=










−










−−
=+−− xxT
 
 
 
 
 
 
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���� (2,0 pontos)
 
Considere as transformações lineares: 
T1:ℜ2→ℜ2, T1 = Reflexão em torno do eixo X 
T2: ℜ2→M22, 





++
++
=
baba
baba
baT ),(2
 
T3: ℜ2→P2, baxbabaT +++= 2)(),(3
 
a) A transformação T2 é injetora? 
b) A transformação T3 é sobrejetora? 
c) É possível aplicar a um vetor a transformação T1 e em seguida a transformação T3? 
Em caso afirmativo, qual a matriz resultante? 
d) É possível aplicar a um vetor a transformação T3 e em seguida a transformação T1? 
Em caso afirmativo, qual a matriz resultante? 
 
RESPOSTA 
a) Para uma transformação ser injetora seu núcleo deve ser um vetor nulo: 
 






++
++
=
baba
baba
baT ),(2
 
Núcleo da transformação: 





=
00
00),(2 baT
 
ba
ba
baba
baba
baT
−=
=+






=





++
++
=
0
00
00),(2
 





−
=




−
=





1
1
b
b
b
b
a
 
Núcleo da transformação = {(-1,1)}, logo NÃO é injetora. 
b) Para uma transformação ser sobrejetora a imagem deve ser igual ao 
contradomínio: 
 
 
 
 
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Imagem da transformação: 
( ) ( )11)(),(3 222 +++=+++= xbxabaxbabaT 
Como os vetores (x2+1) da base são iguais, logo LD, então a base da imagem da 
transformação é composta apenas pelo vetor (x2+1). Como a base da imagem 
{(x2+1)} tem dimensão 1 e o contradomínio (P2) tem dimensão 3, logo a imagem 
NÃO é igual ao contradomínio, NÃO sendo, portanto, sobrejetora. 
c) Aplicar a um vetor a transformação T1 e depois a transformação T3 implica em: 
( )( ) ( )baTTbaTT ,13,13 o= 
Matriz T1: Reflexão em torno do eixo X 





−
=
10
01
1T 
 Matriz T3: 










=
11
00
11
3T
 
( )( ) ( )










−
−
=





−










==
11
00
11
10
01
11
00
11
,13,13 baTTbaTT o
 
Logo, 
( )( ) ( ) baxba
b
a
baTT −+−=















−
−
=
2
11
00
11
,13
 
d) Aplicar a um vetor a transformação T3 e depois a transformação T1 implica em: 
( )( ) ( )baTTbaTT ,31,31 o= 
Porém, essa operação NÃO é possível pois o resultado (imagem) da transformação 
T3 é um polinômio de grau 2 e não é possível aplicar esse vetor à transformação T1 
já que seus elementos de entrada (domínio) pertencem ao R2. 
 
 
 
 
 
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���� (2,0 pontos) Considere a figura e responda: 
Escala 1:1 
a) Qual a equação da figura no sistema z1z2? 
b) Qual a equação da figura no sistema 
y1y2? 
c) Quais as coordenadas do ponto Q no 
sistema z1z1? 
d) Quais as coordenadas do ponto Q no 
sistema y1y2? 
 
 
RESPOSTA 
a) Analisando apenas o gráfico Z1Z2 temos que a figura está na posição canônica com os 
extremos nos pontos ±4 para o eixo Z1 e ±2 para Z2 logo a Equação da elipse em Z1Z2 
é: 
1641
24
2
2
2
12
2
2
2
2
1
=+∴=+ zz
zz
 
b) Analisando o sistema Y1Y2, percebe-se que o centro da figura está no ponto (6,6), logo 
é possível obter a relação entre os sistemas Y1Y2 e Z1Z2: 
6
6
22
11
−=
−=
yz
yz
 
Substituindo: 
( ) ( ) 16646
164
2
2
2
1
2
2
2
1
=−+−
=+
yy
zz
 
16448124 212221 −=−−+ yyyy 
c) 
Analisando o gráfico Z1Z2 percebe-se que o ponto Q tem coordenadas (0,-2). 
 
 
 
 
 
 
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d) 
Analisando o gráfico Y1Y2 percebe-se que o ponto Q tem coordenadas (6,4). 
 
���� (2,0 pontos) Considere a forma quádrica: 12824 21
2
2
2
1 =++− xxxx 
Sua forma matricial é: 12
24
44
=




−
= xxxx tt A , onde 





=
2
1
x
x
x 
A matriz que diagonaliza ortogonalmente a matriz A é: 









 −
=
5
1
5
2
5
2
5
1
P 
E a matriz diagonal semelhante a A é: 





−
=
60
04
D 
Responda: 
a) Qual o gráfico dessa figura? 
b) Qual o ângulo de rotação dessa figura em relação à posição canônica? 
c) Encontre as interseções da figura com os eixos x1 e x2. 
d) Considerando que no sistema y1y2 a figura está na posição canônica, encontre 
as interseções da figura com os eixos y1 e y2 e escreva esses pontos também 
no sistema x1x2. 
 
RESPOSTA 
a) Para obter o gráfico é necessário encontrar a equação na posição canônica: 
1264
12
60
04
2
2
2
1 =−
=





−
=
yy
yyDyy tt
 
Arrumando a equação da hipérbole: 
1
23
2
2
2
1
=−
yy
 
 
 
 
 
 
 
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Gráfico: 
 
b) O ângulo de rotação é dado pelos autovetores, Analisando 









 −
=
5
1
5
2
5
2
5
1
P , percebe-se que os autovetores são (1,2) e (-2,1) 
Portantoo ângulo de rotação e dado por 
01 44,63
1
2
≈==
−tgθ 
c) Para encontrar as interseções com os eixos X1 e X2deves-e analisar a equação 
em X1X2: 
12824 21
2
2
2
1 =++− xxxx 
Interseção com o eixo X1: X2=0 
real valor existe Nãox
xx
=
=++−
1
1
2
1 120.80.24
 
Interseção com o eixo X2: X1=0 
6
120.820.4
2
2
2
2
±=
=++−
x
xx
 
X1 X2 
0 6± 
- 0 
a) Para encontrar as interseções com os eixos Y1 e Y2 deve-se analisar a equação 
em Y1Y2: 
1264 2221 =− yy 
Interseção com o eixo Y1: Y2=0 
3
120.64
1
2
1
±=
=−
y
y
 
 
 
 
 
 
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Interseção com o eixo Y2: Y1=0 
real valor existe Nãoy
y
=
=−
2
2
2 12.60.4
 
Logo os pontos de interseção com os eixos Y1Y2 são: ( ) ( )0,3,0,3 − 
Esses pontos escritos no sistema X1X2: 















 −
=





=
2
1
2
1
5
1
5
2
5
2
5
1
y
y
x
x
Pyx
 
Ponto ( )0,3 










=
















 −
=





5
32
5
3
0
3
5
1
5
2
5
2
5
1
2
1
x
x
 
Ponto ( )0,3− 










−
−
=







−









 −
=





5
32
5
3
0
3
5
1
5
2
5
2
5
1
2
1
x
x
 
Interseções com os eixos Y1Y2 → ( ) ( )0,3,0,3 − 
Pontos correspondentes no sistema X1X2 → 





−−





5
32
,
5
3
,
5
32
,
5
3