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Prova 1 JAIME 2014/01 - Gabarito

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MAT0355 - Álgebra Linear I - A
Primeira Prova - 24/04/2014 - Fila 1
1)
(a) Encontre um vetor do R2 que junto com u = (1; 3) seja uma base
do R2: Existe mais de um? Interprete geometricamente.
(b) Encontre um vetor do R2 que junto com u = (1; 3) não seja uma
base do R2: Existe mais de um? Interprete geometricamente.
Solução.
(a) Por exemplo, v = (0; 1). De fato, u e v são li pois se xu + yv = (0; 0)
então obtemos o sistema
x = 0
x+ y = 0
que tem como solução apenas x = y = 0: Como dimR2 = 2 decorre que u e v
formam uma base do R2:
Existe uma in…nidade de vetores v que com u formam uma base do R2: De
fato, qualquer vetor v do R2 que não está na reta determinada por u e a origem
forma com v uma base do R2:
(b) Por exemplo, v = (0; 0): Existe uma in…nidade de vetores v que com u
não formam uma base do R2: saber, qualquer vetor v múltiplo de u: Geomet-
ricamente: qualquer vetor v que está na reta determinada por u e a origem, e
apenas estes, não formam com v uma base do R2:
2) Enuncie o Teorema do Núcleo e da Imagem para os casos particulares das
TL:
(a) T : R3 !M2�2
(b) S : M2�2 ! R3
A seguir conclua, usando este teorema, que a T não pode ser sobrejetora
(isto é, ImT = M2�2) e a S não pode ser injetora. Explique com cuidado seu
raciocínio.
Solução:
(a) 3 = dimN(T ) + dim Im(T ): Se T fosse sobrejetora então Im(T ) = M2�2
de modo que dim Im(T ) = dimM2�2 = 4: Logo, devemos ter 3 = dimN(T )+4;
ou seja, dimN(T ) = �1; o que é impossível, pois a dimensão sempre é um
número natural maior ou igual a zero.
(b) 4 = dimN(S)+dim Im(S): Se S fosse injetora entãoN(S) = f0g de modo
que dimN(S) = 0: Logo dim Im(S) = 4 o que é impossível pois Im(S) � R3 de
modo que dim Im(S) � dimR3 = 3:
3) Seja A3�3 o subconjunto de todas as matrizes anti-simétricas de ordem
3� 3; ou seja
A3�3 =
�
X 2M3�3 j Xt = �X
	
:
1
(a) Comprove que A3�3 é um subespaço vetorial de M3�3
(b) Comprove que
B =
8<:
24 0 1 0�1 0 0
0 0 0
35 ;
24 0 0 10 0 0
�1 0 0
35 ;
24 0 0 00 0 1
0 �1 0
359=;
é uma base de A3�3:
Solução:
(a) Sendo O 2 M3�3 a matriz nula então temos Ot = �O de modo que
O 2 A3�3:
Se X;Y 2 A3�3 então
(X + Y )t = Xt + Y t = �X + (�Y )) = �(X + Y )
de modo que X + Y 2 A3�3: Se r 2 R e X 2 A3�3 então
(rX)t = rXt = r(�X) = �(rX)
de modo que rX 2 A3�3: Logo A3�3 é um subespaço vetorial de M3�3:
Escrevendo as X 2M3�3 como
X =
24 a b cd e g
g h i
35
temos
Xt =
24 a d gb e h
c g i
35 ; �X =
24 �a �b �c�d �e �g
�g �h �i
35
de modo que Xt = �X ,
a = �a; b = �d; c = �g; e = �e;�g = �h
o que nos dá a = b = c = 0 e nos permite concluir que A3�3 é descrito como
A3�3 =
8<:
24 0 x y�x 0 z
�y �z 0
35 ; x; y; z 2 R
9=; : (1)
Assim, dado
X =
24 0 x y�x 0 z
�y �z 0
35 2 A3�3
temos
X =
24 0 x 0�x 0 0
0 0 0
35+
24 0 0 y0 0 0
�y 0 0
35+
24 0 0 00 0 z
0 �z 0
35
= x
24 0 1 0�1 0 0
0 0 0
35+ y
24 0 0 10 0 0
�1 0 0
35+ z
24 0 0 00 0 1
0 �1 0
35 :
2
Concluimos que A3�3 é gerado pelos vetores24 0 1 0�1 0 0
0 0 0
35 ;
24 0 0 10 0 0
�1 0 0
35 ;
24 0 0 00 0 1
0 �1 0
35 :
Decorre de (2) que A3�3 é descrito por 3 variáveis independentes, de modo que
dimA3�3 = 3: Logo, como B tem 3 vetores, B é uma base de A3�3:
Uma outra maneira de comprovar que B é uma base de A3�3 é veri…cando
que os vetores de B são li, ou seja, que a única solução do sistema
x
24 0 1 0�1 0 0
0 0 0
35+ y
24 0 0 10 0 0
�1 0 0
35+ z
24 0 0 00 0 1
0 �1 0
35 =
24 0 0 00 0 0
0 0 0
35
é x = y = z = 0: Mas isto é verdade pois
x
24 0 1 0�1 0 0
0 0 0
35+ y
24 0 0 10 0 0
�1 0 0
35+ z
24 0 0 00 0 1
0 �1 0
35 =
24 0 x y�x 0 z
�y �z 0
35
de modo que a igualdade (3) é verdadeira quando24 0 x y�x 0 z
�y �z 0
35 =
24 0 0 00 0 0
0 0 0
35
o que só é possível quando x = y = z = 0:
4) Obtenha a expressão geral T (x; y) de uma TL T : R2 ! R2 tal que
T (1; 0) = (2; 3) e T (1; 1) = (0; 2):
É verdade que se duas transformações lineares T1; T2 : R2 ! R2 são tais que
T1(1; 0) = T2(1; 0) e T1(1; 1) = T2(1; 1) então necessariamente T1 = T2; ou seja,
T1(x; y) = T2(x; y) para todo (x; y) 2 R2? Justi…que sua resposta.
Solução:
Uma maneira para encontrar T (x; y):
Sabendo que toda TL de R2 em R2 é da forma T (x; y) = (ax+ by; cx+ dy);
temos
(2; 3) = T (1; 0) = (b; c)
(0; 2) = T (1; 1) = (a+ b; c+ d)
do que segue
b = 2
c = 3
a+ b = 0
c+ d = 2
3
que tem como solução a = �2; b = 2; c = 3; d = �1: Logo T (x; y) = (�2x +
2y; 3x� y):
Outra maneira para encontrar T (x; y) (como feito em aula): dado (x; y);
descobrimos a; b em termos de x e de y tal que
(x; y) = a(1; 0) + b(1; 1) (2)
ou seja
(x; y) = (a+ b; b)
o que nos dá
a+ b = x
b = y
de modo que b = y e a = x� y: Logo, aplicando T em ambos lados de (1)
T (x; y) = aT (1; 0) + bT (1; 1) = (x� y)(2; 3) + y(0; 2)
= (2x� 2y; 3x� 3y + 2y) = (2x� 2y; 3x� y):
Resposta à pergunta: sim. Como vimos no caso acima, o conhecimento de
T (0; 1) e de T (1; 1) determina a lei de T (x; y): Logo T1(x; y) e T2(x; y) tem que
ter necessariamente a mesma lei e, portanto, coincidem, ou seja, T1 = T2:
5) Justi…que de forma completa e clara por que uma …gura F do plano
que é simétrica em relação aos eixos coordenados é necessariamente simétrica
em relação a origem (ou seja, se Rx(F ) = F; Ry(F ) = F então S(F ) = F ).
Lembrar que: Rx(a; b) = (a;�b); Ry(a; b) = (�a; b) e S(x; y) = (�x;�y):
Construa uma …gura que mostre que a recíproca não é verdadeira, ou seja:
construa uma …gura que é simétrica em relação à origem mas que não é simétrica
em relação aos eixos coordenados.
Solução:
Lembremos, conforme visto em aula, que Ry(Rx(x; y))) = Ry(x;�y) =
(�x;�y) = S(x; y) de modo que
S(F ) = Ry(Rx(F )) = Ry(F ) = F:
O gra…co da função y = x tem uma simetria em relação à origem mas não
simétrico nem em relação ao eixo x nem em relação ao eixo y: x
4
-5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-4
-2
2
4
x
y
5