Terceira prova Parte B 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 B) - RESOLVIDA
1.a Questa˜o. Seja T : M2(IR) −→ P2(IR) a transformac¸a˜o linear definida por:
T
([
1 0
0 0
])
= 1+t+t2, T
([
0 1
0 0
])
= −1−t, T
([
0 0
1 0
])
= −t−t2, T
([
0 0
0 1
])
= 1+2t2.
Determine:
(a) A expressa˜o de T .
(b) O nu´cleo de T , ker(T ), e sua dimensa˜o.
(c) Responda justificadamente: A transformac¸a˜o linear T e´ injetora? E´ sobrejetora?
Soluc¸a˜o:
(a) Como
T
([
1 0
0 0
])
= 1 + t+ t2, T
([
0 1
0 0
])
= −1− t
T
([
0 0
1 0
])
= −t− t2, T
([
0 0
0 1
])
= 1 + 2t2,
enta˜o:
T
([
a11 a12
a21 a22
])
= a11(1 + t+ t
2) + a12(−1− t) + a21(−t− t2) + a22(1 + 2t2)
= (a11 − a12 + a22) + (a11 − a12 − a21)t+ (a11 − a21 + 2a22)t2
.
(b) Observemos que [
a11 a12
a21 a22
]
∈ ker(T )⇐⇒ T
([
a11 a12
a21 a22
])
= 0P2(IR)
⇐⇒ (a11 − a12 + a22) + (a11 − a12 − a21)t+ (−a11 − a21 + 2a22)t2 ≡ 0
⇐⇒

a11 − a12 + a22 = 0
a11 − a12 − a21 = 0 E2 → E2 − E1
a11 − a21 + 2a22 = 0 E3 → E3 − 3E1
∼

a11 − a12 + a22 = 0
−a21 − a22 = 0
a12 − a21 + a22 = 0
.
1
Portanto,
a21 = −a22
a12 = a21 − a22 = −2a22
a11 = a12 + a22 = −3a22.
Logo,
ker(T ) =
{[
a11 a12
a21 a22
]
∈M2(IR); a11 = −3a22, a12 = −2a22 e a21 = −a22
}
,
consequentemente dimker(T ) = 1.
(c) Como dimker(T ) = 1, enta˜o ker(T ) 6= {0M2(IR)}, portanto T na˜o e´ injetora.
Pelo teorema do nu´cleo e da imagem, sabemos que:
dim Im(T ) = dimD(T )− dimker(T ) = dim IR3 − 1 = 4− 1 = 3.
Como Im(T ) e´ subespac¸o de P2(IR) e dim Im(T ) = 3, segue que Im(T ) = P2(IR), portanto T
e´ sobrejetora.
2.a Questa˜o. Considere a transformac¸a˜o linear T : P2(IR) −→ IR3 dada por
T
(
p(t)
)
=
(
− (p(−1))+ a2, p(1), p(1)− a0),
com p(t) = a0 + a1t+ a2t
2.
(a) Determine a matriz de T em relac¸a˜o a`s bases canoˆnicas de P2(IR) e de IR3.
(b) Verifique se T e´ isomorfismo, em caso afirmativo determine a expressa˜o de
T−1 : IR3 −→ P2(IR) a inversa de T .
Soluc¸a˜o:
(a) Observemos que
T
(
p(t)
)
=
(− p(−1) + a2, p(1), p(1)− a0) = (− a0 + a1, a0 + a1 + a2, a1 + a2).
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, 1, 0) = (−1) · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 1)
T (t) = (1, 1, 1) = 1 · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 1)
T (2) = (0, 1, 1) = 0 · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 1)
.
2
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 01 1 1
0 1 1
 .
(b) Como
det[T ]
1a linha
= −
∣∣∣∣∣ 1 11 1
∣∣∣∣∣−
∣∣∣∣∣ 1 10 1
∣∣∣∣∣ = −1 6= 0,
enta˜o T e´ isomorfismo.
Vamos obter T−1 : IR3 −→ P2(IR) atrave´s da inversa da matriz [T ]:
−1 1 0 | 1 0 0
1 1 1 | 0 1 0 L2 −→ L2 + L1
0 1 1 | 0 0 1 L3 −→ −L3 + L2
∼
−1 1 0 | 1 0 0 L1 −→ L1 + L3
0 2 1 | 1 1 0 L2 −→ L2 − 2L3
1 0 0 | 0 1 −1
∼
0 1 0 | 1 1 −1
0 2 1 | 1 1 0 L2 −→ L2 − 2L1
1 0 0 | 0 1 −1
∼
0 1 0 | 1 1 −1
0 0 1 | −1 −1 2
1 0 0 | 0 1 −1 L3 → L1 → L2 → L3
∼
1 0 0 | 0 1 −1
0 1 0 | 1 1 −1
0 0 1 | −1 −1 2
.
Portanto,
[
T−1(x, y, z)
]
=
 0 1 −11 1 −1
−1 −1 2
 ·
 xy
z
 =
 y − zx+ y − z
−x− y + 2z
 ,
com este vetor em coordenadas em relac¸a˜o a` base canoˆnica de P2(IR).
Logo, T−1(x, y, z) = (y − z) + (x+ y − z)t+ (−x− y + 2z)t2.
3.a Questa˜o. Seja T : IR3 −→ IR3 o operador linear cuja matriz em relac¸a˜o a` base canoˆnica
de IR3 e´ dado por:  b 0 0a 1 −3
−a 0 −2
 ,
com a e b nu´meros reais.
(a) Encontre o polinoˆmio caracter´ıstico do operador T .
3
(b) Determine os autovalores de T e verifique se o operador linear e´ diagonaliza´vel, nos
seguintes casos:
(b1) b 6= 1, b 6= −2 e a e´ um real qualquer.
(b2) b = 1 e a 6= 0.
(b3) b = −2 e a = 0.
Soluc¸a˜o:
(a) O polinoˆmio caracter´ıstico de T e´ dado por:
p(λ) = det
(
[T ]− λI4) = det
 b− λ 0 0a 1− λ −3
−a 0 −2− λ

= (b− λ) ·
∣∣∣∣∣ 1− λ −30 −2− λ
∣∣∣∣∣ = (b− λ) · (1− λ) · (−1− λ).
(b) Sabemos que os autovalores de T sa˜o as ra´ızes de p(λ).
p(λ) = 0⇐⇒ (b− λ) · (1− λ) · (−2− λ) = 0⇐⇒

λ = b
ou
λ = 1
ou
λ = −2
(b1) Se b 6= 1, b 6= −2, enta˜o T e´ um operador de IR3 com treˆs autovalores distintos,
portanto T e´ diagonaliza´vel.
(b2) Se b = 1 e a 6= 0, enta˜o p(λ) = (1− λ)2 · (−2− λ).
Portanto, p(λ) tem todas as ra´ızes em IR, devemos analisar as multiplicidades.
Como mA(−2) = 1, segue que mG(−2) = 1, e como mA(1) = 2 devemos verificar se
mG(1) = 2.
Determinemos V (1).
(x, y, z) ∈ V (1)⇐⇒
 1− 1 0 0a 1− 1 −3
−a 0 −2− 1
 ·
 xy
z
 =
 00
0

⇐⇒
 0 0 0a 0 −3
−a 0 −3
 ·
 xy
z
 =
 00
0
⇐⇒

0 = 0
ax− 3z = 0
−ax− 3z = 0
=⇒

z =
ax
3
z = −ax
3
4
Como, a 6= 0 segue que x = 0 e consequentemente z = 0, logo:
V (1) =
{
(x, y, z) ∈ IR3; x = z = 0
}
.
Assim mG(1) = dim V (1) = 1 6= 2 = mA(1).
Portanto, T na˜o e´ diagonaliza´vel.
(b3) Se b = −2 e a = 0, enta˜o p(λ) = (1− λ) · (−2− λ)2.
Portanto, p(λ) tem todas as ra´ızes em IR, devemos analisar as multiplicidades.
Como mA(1) = 1, segue que mG(1) = 1, e como mA(−2) = 2 devemos verificar se
mG(−2) = 2.
Determinemos V (−2).
(x, y, z) ∈ V (−2)⇐⇒
 −2− (−2) 0 0a 1− (−2) −3
−a 0 −2− (−2)
 ·
 xy
z
 =
 00
0

a=0
=⇒
 0 0 00 3 −3
0 0 0
 ·
 xy
z
 =
 00
0
⇐⇒

0 = 0
3y − 3z = 0
0 = 0
=⇒ y = z.
Logo:
V (−2) =
{
(x, y, z) ∈ IR3; y = z
}
,
assim mG(−2) = dim V (−2) = 2 = mA(−2).
Portanto, T e´ diagonaliza´vel.
5