Terceira prova Parte A Álgebra Linear 2017.1 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 Turma: 06
3a PROVA (Parte A) - RESOLVIDA
1.a Questa˜o. Seja T : IR4 −→ P2(IR) a transformac¸a˜o linear cuja matriz em relac¸a˜o a`s bases canoˆnicas
de IR4 e de P2(IR) e´ a seguinte:
[T ] =
 1 −2 0 12 −3 2 −1
1 −1 2 −2
 .
Determine:
(a) A expressa˜o de T .
(b) O nu´cleo de T , ker(T ).
(c) Uma base e a dimensa˜o do nu´cleo de T .
(d) Responda justificadamente: A transformac¸a˜o linear T e´ injetora? E´ sobrejetora?
Soluc¸a˜o:
(a) Sabemos que:
[
T (x, y, z, w)
]
= [T ] ·

x
y
z
w
 =
 1 −2 0 12 −3 2 −1
1 −1 2 −2
 ·

x
y
z
w
 =
 x− 2y + w2y − 3 + 2z − w
x− y + 2z − 2w
 .
Portanto, a expressa˜o de T e´:
T (x, y, z, w) = (x− 2y + w) + (2x− 3y + 2z − w)t+ (x− y + 2z − 2w)t2.
(b) Observemos que
(x, y, z, w) ∈ ker(T )⇐⇒ T (x, y, z, w) = 0P2(IR)
(x− 2y + w) + (2x− 3y + 2z − w)t+ (x− y + 2z − 2w)t2 ≡ 0
⇐⇒

x− 2y + w = 0
2x− 3y + 2z − w = 0 E2 → E2 − 2E1
x− y + 2z − 2w = 0 E3 → E3 − E1
∼

x− 2y + w = 0
y + 2z − 3w = 0
y + 2z − 3w = 0
.
1
Portanto, y = −2z + 3w e x = 2y − w = 2(−2z + 3w)− w = −4z + 5w.
Logo,
ker(T ) =
{
(x, y, z, w) ∈ IR4; x = −4z + 5w e y = −2z + 3w}.
(c) Pelo item (b) sabemos que:
(x, y, z, w) ∈ ker(T )⇐⇒ (x, y, z, w) = (−4z+5w, −2z+3w, z, w) = z(−4,−2, 1, 0)+w(5, 3, 0, 1).
Portanto, B = {(−4,−2, 1, 0), (5, 3, 0, 1)} e´ uma base de ker(T ), consequentemente
dimker(T ) = 2.
(d) Como dimker(T ) = 2, enta˜o ker(T ) 6= {0IR4}, portanto T na˜o e´ injetora.
Pelo teorema do nu´cleo e da imagem, sabemos que:
dim Im(T ) = dimD(T )− dimker(T ) = dim IR4 − 2 = 4− 2 = 2.
Como Im(T ) e´ subespac¸o de P2(IR) e dim Im(T ) = 2, segue que Im(T ) 6= P2(IR), portanto T
na˜o e´ sobrejetora.
2.a Questa˜o. Determine uma transformac¸a˜o linear T : IR3 −→ P3(IR) tal que
Im(T ) =
[
1 + 2t− 4t3, 2− t2 − 3t3].
Soluc¸a˜o:
Para determinar T basta defini-la em uma base de IR3, por exemplo, tomemos
B = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}
a base canoˆnica de IR3
Por outro lado, Como B′ = {1 + 2t − 4t3, 2 − t2 − 3t3} e´ um subconjunto L.I. de P3(IR) e
Im(T ) =
[
1 + 2t− 4t3, 2− t2 − 3t3], enta˜o B′ e´ uma base de Im(T ), portanto dim Im(T ) = 2.
Pelo teorema do nu´cleo e da imagem segue que
dim ker(T ) = dim IR3 − dim Im(T ) = 3− 2 = 1.
Assim, definindo, por exemplo,
T (1, 0, 0) = 0P3(IR), T (0, 1, 0) = 1 + 2t− 4t3, T (0, 0, 1) = 2− t2 − 3t3.
2
Obtemos:
T (x, y, z)
T e´ linear
= xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1)
= y(1 + 2t− 4t3) + z(2− t2 − 3t3)
= (y + 2z) + 2yt− zt2 − (4y + 3z)3t3
que satisfaz a exigeˆncia de que Im(T ) =
[
1 + 2t− 4t3, 2− t2 − 3t3].
3.a Questa˜o. Seja T : M2(IR) −→M2(IR) o operador linear dado por:
T
( [
a11 a12
a21 a22
] )
=
[
a11 a12
a11 + a12 + 3a21 −2a11 + a12 + 2a21 − a22
]
.
(a) Encontre o polinoˆmio caracter´ıstico do operador T .
(b) Determine todos os autovalores de T .
(c) Verifique se T e´ um operador diagonaliza´vel, em caso afirmativo obtenha [T ]B, uma matriz de T
em relac¸a˜o a uma base de M2(IR) constitu´ıda de autovetores, tal que [T ]B e´ matriz diagonal.
Soluc¸a˜o:
(a) Como
T
([
1 0
0 0
])
=
[
1 0
1 −2
]
, T
([
0 1
0 0
])
=
[
0 1
1 1
]
,
T
([
0 0
1 0
])
=
[
0 0
3 2
]
, T
([
0 0
0 1
])
=
[
0 0
0 −1
]
,
enta˜o:
[T ] =

1 0 0 0
0 1 0 0
1 1 3 0
−2 1 2 −1
 .
Consequentemente o polinoˆmio caracter´ıstico de T e´ dado por:
p(λ) = det
(
[T ]− λI4) = det

1− λ 0 0 0
0 1− λ 0 0
1 1 3− λ 0
−2 1 2 −1− λ

= (1− λ) · (1− λ) · (3− λ) · (−1− λ) = (1− λ)2 · (3− λ) · (−1− λ).
3
(b) p(λ) = 0⇐⇒ (1− λ)2 · (3− λ) · (−1− λ) = 0⇐⇒

λ = 1
ou
λ = 3
ou
λ = −1
Portanto, os autovalores de T sa˜o λ1 = 1, λ2 = 3 e λ3 = −1.
(c) Ja´ que p(λ) tem todas as ra´ızes em IR, devemos analisar as multiplicidades.
Como mA(−1) = mA(3) = 1, segue que mG(−1) = mG(3) = 1, e como mA(1) = 2 devemos
verificar se mG(1) = 2.
Determinemos V (1).
[
a11 a12
a21 a22
]
∈ V1 ⇐⇒

1− 1 0 0 0
0 1− 1 0 0
1 1 3− 1 0
−2 1 2 −1− 1
 ·

a11
a12
a21
a22
 =

0
0
0
0

⇐⇒

0 0 0 0
0 0 0 0
1 1 2 0
−2 1 2 −2
 ·

a11
a12
a21
a22
 =

0
0
0
0

⇐⇒

0 = 0
0 = 0
a11 + a12 + 2a21 = 0
−2a11 + a12 + 2a21 − 2a22 = 0
=⇒
 a11 = −a12 − 2a21a22 = −a11 + a12
2
+ a21 =
3a12
2
+ 3a21
Portanto,
V (1) =
{[
a11 a12
a21 a22
]
∈M2(IR); a11 = −a12 − 2a21 e a22 = 3a12
2
+ 3a21
}
.
Como em V (1) temos duas varia´veis livres, segue que mG(1) = dim V (1) = 2 = mA(1).
Consequemente, T e´ um operador diagonaliza´vel, e portanto, existe uma base B′ de M2(IR)
constitu´ıda de autovetores de T tal que, por exemplo,
[T ]B′ =

1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 3 0
0 0 0 −1

e´ matriz diagonal.
4