Terceira prova Álgebra Linear 2016.2 Simone Moraes Resolvida

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Universidade Federal da Bahia - Instituto de Matema´tica - DMAT
MAT A07 - A´lgebra Linear A Professora: Simone Moraes
3a PROVA RESOLVIDA
1.a Questa˜o. Seja T : P2(IR) −→ M2(IR) a transformac¸a˜o linear cuja matriz em relac¸a˜o a`s bases
canoˆnicas e´ dada por
[T ] =

1 4 −7
0 1 −3
1 0 5
6 10 0
 .
Determine:
(a) T
(
p(t)
)
da transformac¸a˜o linear, com p(t) = a0 + a1t+ a2t
2.
(b) O nu´cleo de T .
(c) T e´ injetora? T e´ sobrejetora? Justifique!
Soluc¸a˜o:
Consideremos p(t) = a0+a1t+a2t
2 um polinoˆmio qualquer em P2(IR), sabemos que as coordenadas
de p(t) em relac¸a˜o a` base canoˆnica de P2(IR) e´:
 a0a1
a2
 .
Portanto,
T
(
p(t)
)
=

1 4 −7
0 1 −3
1 0 5
6 10 0
 ·
 a0a1
a2
 =

a0 + 4a1 − 7a2
a1 − 3a2
a0 + 5a2
6a0 + 10a1
 .
Este u´ltimo escrito em relac¸a˜o a` base canoˆnica de M2(IR).
Portanto, a expressa˜o de T e´
T
(
p(t)
)
=
[
a0 + 4a1 − 7a2 a1 − 3a2
a0 + 5a2 6a0 + 10a1
]
.
Sabemos do teorema da dimensa˜o do nu´cleo e da imagem que:
3 = dimP2(IR) = dimD(T ) = dimker(T ) + dim Im(T ).
Mas, dim Im(T ) ≤ dimD(T ) = dimP2(IR) = 3, portanto, dim Im(T ) ≤ 3.
Consequentemente, Im(T ) 6= M2(IR) e portanto, T na˜o e´ sobrejetora.
1
Observemos que p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 ∈ ker(T ) se, e somente se, T(p(t)) = 0M2(IR)
⇐⇒
[
a0 + 4a1 − 7a2 a1 − 3a2
a0 + 5a2 6a0 + 10a1
]
=
[
0 0
0 0
]
⇐⇒

a0 + 4a1 − 7a2 = 0
a1 − 3a2 = 0
a0 + 5a2 = 0
6a0 + 10a1 = 0
=⇒
{
a1 = 3a2
a0 = −5a2
.
Como 6a0 + 10a1 = 6(−5a2) + 10(3a2) = 0 e −5a2 + 4(3a2)− 7a2 = 0, segue que:
ker(T ) =
{
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 ∈ P2(IR); a0 = −5a2 e a1 = 3a2
}
.
Ale´m disso, ker(T ) temos duas varia´veis livres, segue que dim ker(T ) = 2.
Finalmente, T na˜o e´ injetora, pois ker(T ) 6= {0P2(IR)}.
2.a Questa˜o. Seja T : P2(IR) −→ IR3 a transformac¸a˜o linear dada por
T
(
p(t)
)
=
(
a0 − a1, a1 + 2a2, a2
)
,
com p(t) = a0 + a1 t+ a2 t
2.
(a) Determine a matriz de T em relac¸a˜o a`s bases canoˆnicas de P2(IR) e de IR3.
(b) Mostre que T e´ isomorfismo.
(c) Obtenha T−1 : IR3 −→ P2(IR) a transformac¸a˜o linear inversa de T .
Soluc¸a˜o:
(a) Consideremos B = {1, t, t2} a base canoˆnica de P2(IR) e B′ =
{
(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)
}
a
base canoˆnica de IR3, enta˜o:
T (1) = (1, 0, 0) = 1 · (1, 0, 0) + 0 · (0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 1)
T (t) = (−1, 1, 0) = (−1) · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 1)
T (2) = (0, 2, 1) = 0 · (1, 0, 0) + 2 · (0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 1)
.
Portanto, a matriz de T em relac¸a˜o a`s bases canoˆnicas de P2(IR) e de IR3 e´ a matriz:
[T ] =
 1 −1 00 1 2
0 0 1
 .
(b) Como det[T ] = 1 6= 0, enta˜o T e´ isomorfismo.
(c) Vamos obter T−1 : IR3 −→ P2(IR) atrave´s da inversa da matriz [T ]:
1 −1 0 | 1 0 0
0 1 2 | 0 1 0 L2 −→ L2 − 2L3
0 0 1 | 0 0 1
∼
1 −1 0 | 1 0 0 L1 −→ L1 + L2
0 1 0 | 0 1 −2
0 0 1 | 0 0 1
2
∼
1 0 0 | 1 1 −2
0 1 0 | 0 1 −2
0 0 1 | 0 0 1
.
Portanto,
T−1(x, y, z) =
 1 1 −20 1 −2
0 0 1
 ·
 xy
z
 =
 x+ y − 2zy − 2z
z
 ,
com este vetor em coordenadas em relac¸a˜o a` base canoˆnica de P2(IR).
Logo, T−1(x, y, z) = (x+ y − 2z) + (y − 2z)t+ zt2.
3.a Questa˜o. Seja T : M2(IR) −→ M2(IR) o operador linear cuja matriz em relac¸a˜o a` base canoˆnica
de M2(IR) e´ a seguinte:
[T ] =

1 0 0 0
2 7 0 0
1 3 1 0
1 −2 5 11
 .
(a) Encontre o polinoˆmio caracter´ıstico do operador T .
(b) Determine todos os autovalores de T .
(c) Encontre o auto-espac¸o associado ao menor dos autovalores de T e a dimensa˜o deste auto-espac¸o.
(d) T e´ diagonaliza´vel? Em caso afirmativo apresente uma matriz de T em relac¸a˜o a uma base de
M2(IR) tal que esta matriz e´ diagonal.
Soluc¸a˜o:
(a) O polinoˆmio caracter´ıstico de T e´ dado por:
p(λ) = det
(
[T ]− λI4) = det

1− λ 0 0 0
2 7− λ 0 0
1 3 1− λ 0
1 −2 5 11− λ

= (1− λ) · (7− λ) · (1− λ) · (11− λ) = (1− λ)2 · (7− λ) · (11− λ).
(b) p(λ) = 0⇐⇒ (1− λ)2 · (7− λ) · (11− λ) = 0⇐⇒

λ = 1
ou
λ = 7
ou
λ = 11
Portanto, os autovalores de T sa˜o λ1 = 1, λ2 = 7 e λ3 = 11.
(c) Determinemos V1.
[
a11 a12
a21 a22
]
∈ V1 ⇐⇒

1− 1 0 0 0
2 7− 1 0 0
1 3 1− 1 0
1 −2 5 11− 1
 ·

a11
a12
a21
a22
 =

0
0
0
0

3
⇐⇒

0 0 0 0
2 6 0 0
1 3 0 0
1 −2 5 10
 ·

a11
a12
a21
a22
 =

0
0
0
0

⇐⇒

2a11 + 6a12 = 0
a11 + 3a12 = 0
a11 − 2a12 + 5a21 + 10a22 = 0
=⇒
{
a11 = −3a12
a21 = a12 − 2a22
Portanto,
V1 =
{[
a11 a12
a21 a22
]
∈M2(IR); a11 = −3a12 e a21 = a12 − 2a22
}
.
Como em V1 temos duas varia´veis livres, segue que dim V1 = 2.
(d) Sim, T e´ diagonaliza´vel, pois o polinoˆmio caracter´ıstico de T tem todas as ra´ızes em real e
mA(1) = 2 = mG(1), mA(7) = 1 = mG(3) e mA(11) = 1 = mG(2).
Uma matriz de T em relac¸a˜o a uma base B′ de M2(IR) constitu´ıda de autovetores de T pode ser:
[T ]B′ =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 7 0
0 0 0 11
 .
4