Álgebra Transformações Lineares Exercícios resolvidos

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Universidade Federal Rural do Semiárido-UFERSA
Departamento de Ciências Exatas e Naturais
Curso: Bacharelado em Ciência e Tecnologia e Computação
Disciplina: Álgebra Linear
Aluno(a):
Turno: � Manhã � Tarde � Noite
Foi para entregar dia 19/10
1. Se T : V →W é uma transformação linear, mostre que:
(a) Ker(T ) é um subespaço de V .
(b) Im(T ) é um subespaço de W .
Solução:
(a) De fato, se T é linear, T (0) = 0, ou seja 0 ∈ Ket(T ). Agora se u, v ∈ Ker(T ), então
T (u) = 0 = T (v). Agora,
T (u+ v) = T (u) + T (v) (pela linearidade da T )
= 0 + 0 (pois T (u) = 0 = T (v))
= 0.
E, portanto, T (u+v) = 0⇒ (u+v) ∈ Ker(T ). Sejam λ ∈ R e u ∈ Ker(T ). Então, T (u) = 0.
Ora,
T (λu) = λT (u) (pela linearidade da T )
= λ0 (pois T (u) = 0)
= 0.
E, portanto, T (λu) = 0 ⇒ λu ∈ Ker(T ). Logo, concluímos que Ker(T ) é um subespaço
vetorial de V .
(b) De fato, se T é linear, T (0) = 0, ou seja existe 0 ∈ V onde T (0) = 0, assim 0 ∈ Im(T ). Sejam
w1, w2 ∈ Im(T ). Queremos mostrar que (w1 + w2) ∈ Im(T ). Isto é, existe v ∈ V tal que
w1 + w2 = T (v). Ora, se w1, w2 ∈ Im(T ), então existem vetores v1, v2 ∈ V tais que
w1 = T (v1) e w2 = T (v2).
Agora, somando-se membro a membro estas duas equações vetoriais, vem
w1 + w2 = T (v1) + T (v2)
= T (v1 + v2) (pela linearidade da T )
= T (v) (fazendo v = (v1 + v2) ∈ V ).
Isto é, existe v ∈ V tal que w1 + w2 = T (v), basta tomarmos v = v1 + v2 ∈ V e, portanto,
(w1+w2) ∈ Im(T ). Agora, se λ ∈ R e w ∈ Im(T ), então queremos mostrar que λw ∈ Im(T ).
Isto é, existe v ∈ V tal que λw = T (v). Ora, se w ∈ Im(T ), então existe u ∈ V tal que
w = T (u). Agora, multiplicando ambos os membros desta equação vetorial por λ e usando a
linearidade de T , vem
λw = λT (u) = T (λu) = T (v),
fazendo v = λu ∈ V . Isto é, existe v ∈ V tal que λw = T (v), basta tomarmos v = λu ∈ V e,
portanto, λw ∈ Im(T ). Daí, concluímos que Im(T ) é um subespaço vetorial de W .
2. Considere a transformação linear T : R3 → R3 dada por T (x, y, z) = (z, x− y,−z).
(a) Determine uma base do núcleo de T .
(b) Dê a dimensão da imagem de T .
(c) T é sobrejetora? Justifique.
(d) Faça um esboço de Ker(T ) e Im(T ).
Solução:
(a) Ker(T ) = {(x, y, z) ∈ R3|T (x, y, z) = (z, x− y,−z) = 0}, daí z = 0x− y = 0 ⇒ x = y−z = 0
Assim, Ker(T ) = {(x, x, 0) = x(1, 1, 0)|x ∈ R}. Base de Ker(T ) = {(1, 1, 0)}.
(b)
Im(T ) = {w = (z, x− y,−z) = z(1, 0,−1) + x(0, 1, 0) + y(0,−1, 0)|x, y, z ∈ R}
= [(1, 0,−1), (0, 1, 0), (0,−1, 0)]
= [(1, 0,−1), (0, 1, 0)]
assim, DimIm(T ) = 2.
(c) Não. A imagem não é igual ao contradomínio já que DimIm(T ) = 2 e o contradomínio tem
dimensão 3.
3. No plano, uma rotação anti-horária de 45◦ é seguida por uma dilatação de
√
2. Ache a aplicação
A que representa esta trasnformação do plano.
Solução: Podemos representar uma rotação (R) no plano por:[
x′
y′
]
=
[
cos θ − sin θ
sin θ cos θ
] [
x
y
]
Que pode ser escrito como uma transformação:
R(x, y) = (x cos θ − y sin θ, x sin θ + y cos θ)
Para θ = 45◦, temos:
R(x, y) = (
x
√
2
2
− y
√
2
2
,
x
√
2
2
+
y
√
2
2
)
Uma dilatação D de
√
2 equivale a uma multiplicação do vetor (x, y) por
√
2, assim D(x, y) =√
2(x, y). Como queremos dilatar a transformação R, teremos
D(
x
√
2
2
− y
√
2
2
,
x
√
2
2
+
y
√
2
2
) =
√
2 · (x
√
2
2
− y
√
2
2
,
x
√
2
2
+
y
√
2
2
) = (x− y, x+ y)
.
4. Seja A : E → F uma transformação linear. Mostre que se os vetores Av1, . . . , Avm ∈ F são L.I.,
então v1, . . . , vm ∈ E também são L.I..
Solução: Escreva
α1v1 + α2v2 + · · ·+ αmvm = 0.
Aplicando T e sabendo que ela é linear, temos:
α1Tv1 + α2Tv2 + · · ·+ αmTvm = T (0) = 0.
Como Tv1, T v2, . . . , T vm são L.I., a última equação acima só é verdadeira se
α1 = α2 = . . . = αm = 0.
Ou seja, v1, v2 . . . , vm são L.I.
5. Seja T o opererador linear dado pela matriz:
 1 2 −12 0 1
1 −2 2

(a) Calcular Ker(T ) e dim(Ker(T )).
(b) Calcular Im(T ) e dim(Im(T )).
Solução:
(a) Podemos escrever essa transformação na forma:
T (x, y, z) = (x+ 2y − z, 2x+ z, x− 2y + 2z)
Para o encontrar o Ker(T ), fazemos: x+ 2y − z = 02x+ z = 0
x− 2y + 2z = 0
Daí, encontra-se z = −2x e y = − 3x2 . A solução será (x,−3x/2,−2x) = x(1,−3/2,−2).
Ker(T ) = [(2,−3,−4)] e dim(Ker(t)) = 1
(b) Para a imagem, teremos
(x+ 2y − z, 2x+ z, x− 2y + 2z) = x(1, 2, 1) + y(2, 0,−2) + z(−1, 1, 2) 1 2 12 0 −2
−1 1 2
 ∼
 1 2 10 −4 −4
0 3 3
 ∼
 1 2 10 1 1
0 0 0
 ∼
 1 0 −10 1 1
0 0 0

Por que podemos fazer isto?
Im(T ) = [(1, 0,−1), (0, 1, 1)] e dim(Im(T )) = 2
6. Mostrar que a matriz do operador linear indentidade
I : Rn → Rn, I(v) = v
em uma base qualquer, é a matriz identidade n× n.
Solução: Tomemos α = {v1, v2, . . . , vn} uma base de Rn. A transformação I é a identidade, ou
seja, I(v) = v,∀v ∈ Rn, assim,
T (v1) = 1 · v1 + 0 · v2 + . . . 0 · vn
T (v2) = 0 · v1 + 1 · v2 + . . .+ 0 · vn
.
.
. =
.
.
.
T (vn) = 0 · v1 + 0 · v2 + . . .+ 1 · vn
Daí, a matriz de transformação será
In =

1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 · · · 1

7. Dados T : U → V linear e injetora e u1, u2, . . . , uk, vetores L.I. em U , mostre que {T (u1), . . . , T (uk)}
é L.I.
Solução: Escreva a combinação
a1 · Tu1 + a2 · Tu2 + . . .+ ak · Tuk = 0(= T (0))
Como T é linear,
T (a1 · u1 + a2 · u2 + . . .+ ak · uk) = T (0).
Sendo T injetiva,
a1 · u1 + a2 · u2 + . . .+ ak · uk = 0.
Como u1, u2, . . . , uk são vetores LI, teremos a1 = a2 = . . . = ak = 0, e portanto {T (u1), . . . , T (uk)}
é L.I.
8. (a) Qual é a transformação linear T : R2 → R3 tal que T (1, 1) = (3, 2, 1) e T (0,−2) = (0, 1, 0)
(b) Ache T (1, 0) e T (0, 1)
(c) Qual é a transformação linear S : R3 → R2 tal que S(3, 2, 1) = (1, 1), S(0, 1, 0) = (0,−2) e
S(0, 0, 1) = (0, 0)
(d) Ache a transformação linear P : R2 → R2 tal que P = S ◦ T
Solução:
(a) Expressando o vetor genérico (x, y) como combinação da seguinte base do R2, {(1, 1), (0,−2)},
temos:
(x, y) = a(1, 1) + b(0,−2)
= (a, a− 2b)
{
a = x
a− 2b = y ⇒ b = x−y2
(x, y) = x(1, 1) +
(
x− y
2
)
(0,−2)
T (x, y) = x(3, 2, 1) +
(
x− y
2
)
(0, 1, 0)
= (3x, 2x, x) +
(
0,
x− y
2
, 0
)
=
(
3x,
x− y
2
, x
)
,
ou seja,
T (x, y) =
(
3x,
x− y
2
, x
)
.
(b)
T (1, 0) = (3, 1/2, 1) e T (0, 1) = (0,−1/2, 0)
(c)
(1, 0, 0) = a(3, 2, 1) + b(0, 1, 0) + c(0, 0, 1)
= (3a, 2a, a) + (0, b, 0) + (0, 0, c)
= (3a, 2a+ b, a+ c)
Daí, temos: a = 1/3, b = −2/3 e c = −1/3 e (1, 0, 0) = 1/3(3, 2, 1)−2/3(0, 1, 0)+−1/3(0, 0, 1).
Como (x, y, z) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1), aplicando S, teremos
S(x, y, z) = xS(1, 0, 0) + yS(0, 1, 0) + zS(0, 0, 1)
= x
(
1
3
S(3, 2, 1)− 2
3
S(0, 1, 0)− 1
3
S(0, 0, 1)
)
+ yS(0, 1, 0) + zS(0, 0, 1)
= x
(
1
3
(1, 1)− 2
3
(0,−2)− 1
3
(0, 0)
)
+ y(0,−2) + z(0, 0)
= x
(
1
3
,
5
3
)
+ y(0,−2)
=
(
x
3
,
5x
3
)
+ (0,−2y)
=
(
x
3
,
5x
3
− 2y
)
,
ou seja,
S(x, y, z) =
(
x
3
,
5x
3
− 2y
)
(d)
S ◦ T =
(
3x
3
,
5 · 3x
3
− 2
(
5x− y
2
))
= (x, 5x− 5x+ y) = (x, y).
Temos: P (x, y, z) = (x, y).
9. Ache a transformação linear T : R3 → R2 tal que T (1, 0, 0) = (2, 0), T (0, 1, 0) = (1, 1) e
T (0, 0, 1) = (0,−1). Encontre v ∈ R3 tal que T (v) = (3, 2).
Solução:
T (x, y, z) = xT (1, 0, 0) + yT (0, 1, 0) + zT (0, 0, 1)
= x(2, 0) + y(1, 1) + z(0,−1)
= (2x, 0) + (y, y) + (0,−z)
= (2x+ y, y − z),
ou seja,
T (x, y, z) = (2x+ y, y − z)
T (v) = (3, 2)
(2x+ y, y − z) = (3, 2){
2x+ y = 3
y − z = 2 ⇒ y = 2 + z;⇒ 2x = 1− z ⇒ x = 1−z2
Fazendo z = α, temos a solução:
(
1−α
2 , 2 + α, α
)
para α ∈ R.10. Seja T : V →W uma transformação. Mostre que se T é linear, então T (0) = 0.
Solução: Como
~0 é o elemento neutro da adição em V :
T (0) + 0 = T (0)
O fato de T ser linear e o fato do ~0 ser o vetor nulo de V dão:
T (0) = T (0 + 0) = T (0) + T (0).
Comparando os resultados obtidos tiramos
0 = T (0)− T (0) = T (0).
Daí,
T (0) = 0