Terceira prova Álgebra Linear 2017.1 Simone Moraes Resolvida

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Universidade Federal da Bahia - Instituto de Matema´tica - DMAT
MAT B38 - A´lgebra Linear I - B Professora: Simone Moraes
3a PROVA - RESOLVIDA
1.a Questa˜o. (3 pontos) Seja T : M2(IR) −→ P2(IR) a transformac¸a˜o linear cuja matriz em relac¸a˜o a`s
bases canoˆnicas de M2(IR) e de P2(IR) e´ a seguinte:
[T ] =
 1 −3 0 12 −5 3 0
0 1 3 −2
 .
Determine:
(a) A expressa˜o de T .
(b) O nu´cleo de T , ker(T ), e sua dimensa˜o.
Responda justificadamente: A transformac¸a˜o linear T e´ injetora?
(c) A imagem de T , Im(T ), e sua dimensa˜o.
Responda justificadamente: A transformac¸a˜o linear T e´ sobrejetora?
Soluc¸a˜o:
(a) Consideremos A =
[
a11 a12
a21 a22
]
uma matriz qualquer em M2(IR), sabemos que as coordenadas de
A em relac¸a˜o a` base canoˆnica de M2(IR) e´:

a11
a12
a21
a22
 .
Portanto,
T
( [
a11 a12
a21 a22
] )
=
 1 −3 0 12 −5 3 0
0 1 3 −2
 ·

a11
a12
a21
a22
 =
 a11 − 3a12 + a222a11 − 5a12 + 3a21
a12 + 3a21 − 2a22
 .
Este u´ltimo escrito em relac¸a˜o a` base canoˆnica de P2(IR).
1
Portanto, a expressa˜o de T e´
T
( [
a11 a12
a21 a22
] )
= (a11 − 3a12 + a22) + (2a11 − 5a12 + 3a21) t+ (a12 + 3a21 − 2a22) t2.
(b) Sabemos do teorema da dimensa˜o do nu´cleo e da imagem que:
4 = dimM2(IR) = dimD(T ) = dimker(T ) + dim Im(T ).
Mas, dim Im(T ) ≤ dimCD(T ) = dimP2(IR) = 3, portanto, dim ker(T ) ≥ 1.
Consequentemente, ker(T ) 6= {0M2(IR)} e portanto, T na˜o e´ injetora.
Observemos que
[
a11 a12
a21 a22
]
∈ ker(T ) se, e somente se, T
( [
a11 a12
a21 a22
] )
= 0
⇐⇒ (a11−3a12+a22)+(2a11−5a12+3a21)t+(a12+3a21−2a22)t2 = 0⇐⇒

a11 − 3a12 + a22 = 0
2a11 − 5a12 + 3a21 = 0
a12 + 3a21 − 2a22 = 0
.
Mas, 
a11 − 3a12 + a22 = 0
2a11 − 5a12 + 3a21 = 0
a12 + 3a21 − 2a22 = 0
∼

a11 − 3a12 + a22 = 0
a12 + 3a21 − 2a22 = 0 E2 −→ E2 − E1
a12 + 3a21 − 2a22 = 0
.
De a12 +3a21− 2a22 = 0 obtemos a12 = −3a21 +2a22, substituindo em a11− 3a12 + a22 = 0 obtemos:
a11 = 3(−3a21 + 2a22)− a22 = −9a21 + 5a22.
Portanto,
ker(T ) =
{[
a11 a12
a21 a22
]
∈M2(IR); a11 = −9a21 + 5a22 e a12 = −3a21 + 2a22
}
.
Como em ker(T ) temos duas varia´veis livres, segue que dim ker(T ) = 2.
(c) Pelo teorema da dimensa˜o do nu´cleo e da imagem sabemos
dim Im(T ) = dimD(T )− dimker(T ) (b)= 4− 2 = 2.
Como dim Im(T ) = 2 < 3 segue que Im(T ) 6= P2(IR), e portanto, T na˜o e´ sobrejetora.
2
Sabemos que p(t) = a0 + a1t + a2t
2 ∈ Im(T ) se, e somente se existe
[
a11 a12
a21 a22
]
∈ M2(IR) tal que
T
( [
a11 a12
a21 a22
] )
= p(t).
⇐⇒ (a11 − 3a12 + a22) + (2a11 − 5a12 + 3a21)t+ (a12 + 3a21 − 2a22)t2 = a0 + a1t+ a2t2
⇐⇒

a11 − 3a12 + a22 = a0
2a11 − 5a12 + 3a21 = a1
a12 + 3a21 − 2a22 = a2
∼

a11 − 3a12 + a22 = a0
a12 + 3a21 − 2a22 = a1 − 2a0 E2 −→ E2 − E1
a12 + 3a21 − 2a22 = a2
.
Das duas u´ltimas equac¸o˜es obtemos: a2 = a1 − 2a0.
Portanto,
Im(T ) =
{
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 ∈ P2(IR); a2 = a1 − 2a0
}
.
2.a Questa˜o. (3 pontos) Determine uma transformac¸a˜o linear T como nos seguintes casos:
(a) T : P3(IR) −→ P2(IR) e ker(T ) =
[
1− t2, t− t3].
(b) T : P2(IR) −→M2(IR) e Im(T ) =
[ [
1 −2
3 −3
]
,
[
3 −5
0 1
] ]
Soluc¸a˜o:
(a) Como
{
1− t2, t− t3} e´ um subconjunto L.I. de P3(IR) vamos completar esse conjunto de maneira
a obter uma base de P3(IR), por exemplo, consideremos B =
{
1− t2, t− t3, t2, t3} base de P3(IR).
Dado p(t) = a0 + a1t + a2t
2 + a3t
3 em P3(IR), escrevemos p(t) como combinac¸a˜o linear dos vetores
de B da seguinte maneira:
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 = a0(1− t2) + a1(t− t3) + (a0 + a2) t2 + (a1 + a3) t3.
Agora basta definir a transformac¸a˜o nos vetores da base B, lembrando que queremos ter
ker(T ) =
[
1− t2, t− t3], portanto dimkerT = 2, logo pelo teorema do nu´cleo e da imagem devemos
ter dim Im(T ) = 2, consequentemente T (t2) e T (t3) devem ser L. I. em P2(IR).
Assim, tomando, por exemplo,

T (1− t2) = 0
T (t− t3) = 0
T (t2) = 1
T (t3) = t2
temos:
T
(
p(t)
)
= T
(
a0(1− t2) + a1(t− t3) + (a0 + a2) t2 + (a1 + a3) t3
)
T e´ linear
= a0 T
(
1− t2)+ a1 T(t− t3)+ (a0 + a2) T (t2) + (a1 + a3) T (t3)
= (a0 + a2) + (a1 + a3) t
2
.
3
(b) Para determinar uma transformac¸a˜o basta defini-la em uma base, assim tomamos B = {1, t, t2}
base canoˆnica de P2(IR), como queremos que Im(T ) =
[ [
1 −2
3 −3
]
,
[
3 −5
0 1
] ]
, pelo teorema
do nu´cleo e da imagem devemos ter dim ker(T ) = 1, consequentemente algum vetor de B deve ser
levado pela T no vetor nulo de M2(IR).
Tomando, por exemplo,

T (1) =
[
0 0
0 0
]
T (t) =
[
3 −5
0 1
]
T (t2) =
[
1 −2
3 −3
]
, temos:
T
(
p(t)
)
= T
(
a0 + a1 t+ a2 t
2
)
T e´ linear
= a0 T (1) + a1 T (t) + a2 T (t
2)
= a1
[
3 −5
0 1
]
+ a2
[
1 −2
3 −3
]
=
[
3a1 + a2 −5a1 − 2a2
3a2 a+ 1− 3a2
]
.
3.a Questa˜o. (2 pontos) Seja T : P3(IR) −→M2(IR) a transformac¸a˜o linear dada por
T
(
a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3
)
=
[
a0 a1 + a2
a1 − a2 −a3
]
.
Verifique se T e´ isomorfismo, em caso afirmativo obtenha T−1 a inversa de T .
Soluc¸a˜o:
A matriz de T em relac¸a˜o a`s bases canoˆnicas de P3(IR) e M2(IR) e´:
[T ] =

1 0 0 0
0 1 1 0
0 1 −1 0
0 0 0 −1
 .
Como det[T ] = −2 6= 0, segue que T e´ um isomorfismo.
Vamos determinar T−1 atrave´s da matriz inversa de [T ].
4
1 0 0 0 | 1 0 0 0
0 1 1 0 | 0 1 0 0
0 1 −1 0 | 0 0 1 0 L3 −→ L3 − L2
0 0 0 −1 | 0 0 0 1 L4 −→ −L4
∼
1 0 0 0 | 1 0 0 0
0 1 1 0 | 0 1 0 0
0 0 −2 0 | 0 −1 1 0 L3 −→ −1/2L3
0 0 0 1 | 0 0 0 −1
∼
1 0 0 0 | 1 0 0 0
0 1 0 0 | 0 1/2 1/2 0 L2 −→ L2 − L3
0 0 1 0 | 0 1/2 −1/2 0
0 0 0 1 | 0 0 0 −1
.
Portanto,
[T ]−1 =

1 0 0 0
0
1
2
1
2
0
0
1
2
−1
2
0
0 0 0 −1

.
Consequentemente,
T−1
( [
a11 a12
a21 a22
] )
=

1 0 0 0
0
1
2
1
2
0
0
1
2
−1
2
0
0 0 0 −1

·

a11
a12
a21
a22
 =

a11
a12 + a21
2
a12 − a21
2
−a22

,
com este vetor em coordenadas em relac¸a˜o a` base canoˆnica de P3(IR).
Portanto,
T−1
( [
a11 a12
a21 a22
] )
= a11 +
(
a12 + a21
2
)
t+
(
a12 − a21
2
)
t2 − a22 t3.
4.a Questa˜o. (3 pontos) Seja T : P3(IR) −→ P3(IR) o operador linear dado por:
T
(
a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3
)
= a0 + (2a0 + 3a1)t+ (a0 + a1 + a2)t
2 + (a0 − a1 + 5a2 + 2a3)t3.
5
(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) Responda justificadamente: T e´ diagonaliza´vel? Em caso afirmativo apresente uma matriz de T em
relac¸a˜o a uma base de P3(IR) tal que esta matriz e´ diagonal.
Soluc¸a˜o:
A matriz de T em relac¸a˜o a` base canoˆnica de P3(IR) e´ dada por:
[T ] =

1 0 0 0
2 3 0 0
1 1 1 0
1 −1 5 2
 .
(a) Logo, o polinoˆmio caracter´ıstico de T e´ dado por:
p(λ) = det
(
[T ]− λI4) = det

1− λ 0 0 0
2 3− λ 0 0
1 1 1− λ 0
1 −1 5 2− λ

= (1− λ) · (3− λ) · (1− λ) · (2− λ) = (1− λ)2 · (3− λ) · (2− λ).
(b) p(λ) = 0⇐⇒ (1− λ)2 · (3− λ) · (2− λ) = 0⇐⇒

λ = 1
ou
λ = 3
ou
λ = 2
Portanto, os autovalores de T sa˜o λ1 = 1, λ2 = 3 e λ3 = 2.
(c) Determinemos V1.
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ V1 ⇐⇒

1− 1 0 0 0
2 3− 1 0 0
1 1 1− 1 0
1 −1 5 2− 1
 ·

a0
a1
a2
a3
=

0
0
0
0

6
⇐⇒

0 0 0 0
2 2 0 0
1 1 0 0
1 −1 5 1
 ·

a0
a1
a2
a3
 =

0
0
0
0

⇐⇒

2a0 + 2a1 = 0
a0 + a1 = 0
a0 − a1 + 5a2 + a3 = 0
⇐⇒
{
a0 = −a1
a3 = −a0 + a1 − 5a2 = 2a1 − 5a2
Portanto,
V1 =
{
p(t) = a0 + a1t+ a2t
2 + a3t
3 ∈ P3(IR); a0 = −a1 e a3 = 2a1 − 5a2
}
.
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. Ale´m
disso, mA(1) = 2 = mG(1), mA(3) = 1 = mG(3) e mA(2) = 1 = mG(2).
A matriz de T em relac¸a˜o a uma base B′ de P3(IR) constitu´ıda de autovetores de T pode ser:
[T ]B′ =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 3 0
0 0 0 2
 .
7