P2 Jaime 2014/2 - Turma B2

Prévia do material em texto

MAT0355 - Álgebra Linear I - A - Turma B2
Segunda Prova - 27/11/2014 - Fila 2
TODAS AS RESPOSTAS DEVEM SER JUSTIFICADAS
1) Seja T : R3 ! R3 dada por
T (x; y; z) = (x+ 2y; 2x� y � z;�y � 1
5
z)
(a) (1,0) Use um resultado de Álgebra Linear para concluir que existem a; b; c 2 R e uma
base B do R3 tais que
T (x; y; z)B
(0)
= (ax; by; cz)B :
Solução:
A matriz de T na base canônica C do R3 é
[T ]C =
0@ 1 2 02 �1 �1
0 �1 �1
5
1A
do que se conclui que [T ]tC = [T ]C : Logo T é um operador simétrico. Pelo teorema de diagonalização de
operadores simétricos decorre que T é diagonálizável ou seja, existem uma base B do R3 e a; b; c 2 R
tais que
[T ]B =
0@ a 0 00 b 0
0 0 c
1A
Logo, se v 2 R3 tem coordenadas x; y; z na base B ou seja, v = (x; y; z)B então tem-se (0):
(b) (1,0) Determine a, b e c:
Solução.
Os reais a; b; c são exatamente os autovalores de T; a saber, as raízes do polinômio característico
p(�) de T que é dado por
p(�) = det
0@ 1� � 2 02 �1� � �1
0 �1 �1
5
� �
1A = ��3 � 1
5
�2 + 6�:
Logo p(�) = 0 , ��3 � 1
5
�2 + 6� = 0: Resolvendo a equação obtemos a = 0; b = 1
10
p
601 � 1
10
e
c = � 1
10
p
601� 1
10
:
(c) (1,0) Determine um autovetor de T:
Solução.
Vamos determinar um autovetor associado ao autovalor 0; ou seja, determinar (x; y; z) 2 R3 tal
que T (x; y; z) = 0(x; y; z) = (0; 0; 0); o que nos leva ao sistema
x+ 2y = 0
2x� y � z = 0
�y � 1
5
z = 0
1
cujas soluções são da forma x = 2
5
z; y = �1
5
z. Tomando z = 5 obtemos o autovetor
v = (2;�1; 5):
2) Seja T : M2�2 !M2�2 dada por T (X) (1)= AX t �X; onde
A =
� �1 0
2 2
�
(a) (1,0) Prove, usando a lei de T dada em (1), que T é linear.
Solução.
T (X + Y ) = A(X + Y )t � (X + Y ) = AX t �X + AY t � Y = T (X) + T (Y )
e
T (aX) = A(aX)t � aX = a(AX t �X) = aT (X);
o que prova que T é linear.
(b) (1,0) Comprove que a lei de T em termos das entradas x; y; z; w da matriz X;
X =
�
x y
z w
�
é dada por
T
�
x y
z w
�
(2)
=
� �2x �y � z
2x+ 2y � z w + 2z
�
Solução:
T
�
x y
z w
�
=
� �1 0
2 2
��
x y
z w
�t
�
�
x y
z w
�
=
� �1 0
2 2
��
x z
y w
�
�
�
x y
z w
�
=
� �2x �y � z
2x+ 2y � z w + 2z
�
;
o que comprova (2)
(c) (1,5) Ache X tal que
T (X)
(3)
=
� �1 2
0 3
�
resolvendo, por escalonamento (chegando à matriz escalonada reduzida), um sistema de 4
equações a 4 incógnitas.
Solução.
A equação (3) é equivalente ao sistema
8>><>>:
�2x+ 0y + 0z + 0w = �1
0x� y � z + 0w = 2
2x+ 2y � z + 0w = 0
0x+ 0y + 2z + w = 3
2
Usando matrizes e aplicando operações elementares:0BB@
�2 0 0 0 1
0 �1 �1 0 2
2 2 �1 0 0
0 0 2 1 3
1CCA������!L1 = �L12
0BB@
1 0 0 0 1
2
0 �1 �1 0 2
0 2 �1 0 �1
0 0 2 1 3
1CCA
������!
L3 � 2L1
0BB@
1 0 0 0 1
2
0 �1 �1 0 2
0 2 �1 0 �1
0 0 2 1 3
1CCA������!L2 = �L2
0BB@
1 0 0 0 1
2
0 1 1 0 �2
0 2 �1 0 �1
0 0 2 1 3
1CCA
����������!
L3 = L3 � 2L2
0BB@
1 0 0 0 1
2
0 1 1 0 �2
0 0 �3 0 3
0 0 2 1 3
1CCA������!L3 = �L33
0BB@
1 0 0 0 1
2
0 1 1 0 �2
0 0 1 0 �1
0 0 2 1 3
1CCA
������!
L4 � 2L3
0BB@
1 0 0 0 1
2
0 1 1 0 �2
0 0 1 0 �1
0 0 0 1 5
1CCA�����!L2 � L3
0BB@
1 0 0 0 1
2
0 1 0 0 �1
0 0 1 0 �1
0 0 0 1 5
1CCA :
Logo, a solução de (3) é
X =
�
1
2
�1
�1 5
�
:
(d) (1,5) Usando o Teorema do Núcleo e Imagem comprove, sem determinar explicitamente
a solução, que a equação
T
�
x y
z w
�
(5)
=
�
a b
c d
�
tem solução seja quais forem a; b; c e d: A solução é única?
Solução.
O núcleo de T são as soluções do sistema8>><>>:
�2x+ 0y + 0z + 0w = 0
0x� y � z + 0w = 0
2x+ 2y � z + 0w = 0
0x+ 0y + 2z + w = 0
que vemos ter somente a solução nula. Logo, N(T ) = f(0; 0; 0; 0)g: Do Teorema do Núcleo e da
Imagem tem-se 4 = dimN(T ) + dim Im(T ) = 0 + dim Im(T ) ou seja, dim Im(T ) = 4 do que segue
que Im(T ) = M2�2 ou seja, T é sobrejetora. Logo (5) tem solução para qualquer escolha de a; b; c e
d: Além disso, como N(T ) = f0g decorre que T é injetora e, portanto, para cada a; b; c e d dados só
existe uma solução x; y; z; w de (5).
3) Um operador linear T : R2 ! R2 é dito nilpotente se T 2 = 0; sendo que T 2 : R2 ! R2 é
de…nido por T 2(v) = T (T (v)); v 2 R2:
(a) (1,0) Comprove que T : R2 ! R2 dado por T (x; y) = (0; 3x) é nilpotente.
(b) (1,0) Comprove QUALQUER operador nilpotente não nulo do T do R2 admite uma base
B tal que
[T ]B
(6)
=
�
0 0
1 0
�
3
Solução.
(a) T (T (x; y)) = T (0; 3x) = (0; 0). Logo T 2 = 0 e T é nilpotente.
(b) Como T é não nulo, existe u 2 R2 tal que T (u) 6= 0: Seja v = T (u): Então u e v tem que
ser l.i. pois, caso contrário, existe a 2 R tal que u = av: Aplicando T em ambos lados desta última
igualdade obtemos T (u) = aT (v) = aT (T (u)) = 0 já que T é nilpotente. Mas isto é impossível pois
T (u) 6= 0: Como
T (u) = 0 + 1T (u) = 0 + 1v
T (v) = T (T (u)) = 0 = 0u+ 0v
a matriz de T na base B = fu; vg é dada por (6).
4