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MAT0355 - Álgebra Linear I - A Primeira Prova - 24/04/2014 - Fila 2 1) Obtenha a expressão geral T (x; y) de uma TL T : R2 ! R2 tal que T (0; 1) = (1; 3) e T (1; 1) = (0; 2): É verdade que se duas transformações lineares T1; T2 : R2 ! R2 são tais que T1(0; 1) = T2(0; 1) 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 (1; 3) = T (0; 1) = (b; d) (0; 2) = T (1; 1) = (a+ b; c+ d) do que segue b = 1 d = 3 a+ b = 0 c+ d = 2 que tem como solução a = �1; b = 1; c = �1; d = 3: Logo T (x; y) = (�x + y;�x+ 3y): 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(0; 1) + b(1; 1) (1) ou seja (x; y) = (b; a+ b) o que nos dá b = x a+ b = y de modo que b = x e a = y � x: Logo, aplicando T em ambos lados de (1) T (x; y) = aT (0; 1) + bT (1; 1) = (y � x)(1; 3) + x(0; 2) = (�x+ y; 3y � 3x+ 2x) = (�x+ y;�x+ 3y): 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: 1 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) 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 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -4 -2 2 4 x y 4) 2 (a) Encontre um vetor do R2 que junto com u = (3; 1) seja uma base do R2: Existe mais de um? Interprete geometricamente. (b) Encontre um vetor do R2 que junto com u = (3; 1) 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 3x = 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: 5) 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 : (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: 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=; : (2) 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 : 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 4 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: 5
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