Gab 2º EE

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE PERNAMBUCO
A´lgebra Linear
Segundo exerc´ıcio escolar - Gabarito
29 de maio de 2015
1o Questa˜o Julgue verdadeira ou falsa cada afirmac¸a˜o. Justifique.
(a) (1.0 pt) Existe transformac¸a˜o linear T : P3 → P4 que satisfaz T (1 + t) = t4, T (t3) = 1,
T (1 + t + t3) = 2 + t4.
(b) (1.0 pt) Qualquer que seja a transformac¸a˜o linear T : P2015 → M1000×2(R), seu nu´cleo
N (T ) tem dimena˜o pelo menos 16.
(c) (1.0 pt) Seja T : R3 → R3 uma transformac¸a˜o linear tal que a sua matriz [T ]BU , com
respeito a um certo par de bases B e U , vale [T ]BU =
 1 0 00 1 1
1 1 1
. Enta˜o, T e´ um
isomorfismo.
Resoluc¸a˜o: .
(a) Falsa. De fato, como 1 + t + t3 = (1 + t) + t3, qualquer transformac¸a˜o linear deve
satisfazer T (1 + t + t3) = T (1 + t) + T (t3). Logo, se tive´ssemos T (1 + t) = t4 e T (t3) = 1,
enta˜o dever´ıamos ter T (1 + t + t3) = t4 + 1 ao inve´s de T (1 + t + t3) = 2 + t4.
(b) Verdadeira. De fato, pelo Teorema do Nu´cleo e da Imagem, dimN (T ) = dimP2015 −
dim Im(T ) = 2016 − dim Im(T ). Por outro lado, como Im(T ) e´ subespac¸o vetorial de
M1000×2(R) e dim M1000×2(R) = 2000, enta˜o dim Im(T ) ≤ 2000. Portanto, dimN (T ) ≥
2016− 2000 = 16.
(c) Falsa. De fato, sabemos que T e´ isomorfismo se, e somente se, a matriz [T ]BU for in-
vers´ıvel qualquer que seja o par de bases B e U . Como a matriz dada tem a terceira linha
igual a soma das duas primeiras, seu determinante e´ nulo e portanto a matriz na˜o e´ invers´ıvel.
2o Questa˜o Sejam B e U as bases de R2 dadas por B = {(2,−3), (−1, 1)}, U = {(−1, 2), (1,−3)},
e seja T : R2 → R2 a transformac¸a˜o linear tal que [T ]BU =
[
1 0
−1 2
]
.
(a) (1.0 pt) Dado (x, y) ∈ R2, determine T (x, y).
(b) (1.0 pt) Sendo S : R2 → R2 a transformac¸a˜o linear S(x, y) = (2y, x− y), determine [S]BU .
1
Resoluc¸a˜o: .
(a) De acordo com a definic¸a˜o da matriz [T ]BU , devemos ter
T (2,−3) = 1 · (−1, 2)− 1 · (1,−3) = (−2, 5)
T (−1, 1) = 0 · (−1, 2) + 2 · (1,−3) = (2,−6).
Dado (x, y), resolvendo em a e b a equac¸a˜o
(x, y) = a · (2,−3) + b · (−1, 1), (1)
obtemos a = −x − y e b = −3x − 2y. Portanto, aplicando T a ambos os membros de (1),
obtemos
T (x, y) = a · T (2,−3) + b · T (−1, 1)
= −(x + y)(−2, 5)− (3x + 2y)(2,−6)
= (−4x− 2y, 13x + 7y).
(b) As colunas de [S]BU sa˜o [S(2,−3)]U e [S(−1, 1)]U . De S(x, y) = (2y, x − y) obtemos
S(2,−3) = (−6, 5) e S(−1, 1) = (2,−2). Para determinarmos [(−6, 5)]U e [(2,−2)]U , encon-
tramos a, b, c, d tais que
(−6, 5) = a · (−1, 2) + b · (1,−3)
(2,−2) = c · (−1, 2) + d · (1,−3)
Resolvendo estes sistemas lineares, obtemos a = 13, b = 7, c = −4, d = −2. Logo [(−6, 5)]U =[
13
7
]
e [(2,−2)]U =
[ −4
−2
]
, e portanto [S]BU =
[
13 −4
7 −2
]
.
3o Questa˜o Seja T : R3 → R3 um operador linear que tem 2 e 3 como autovalores e tal que os
autoespac¸os correspondentes sa˜o V2 = {(x, y, z) : x+y+z = 0} e V3 = {(x, x,−x) : x ∈ R}.
(a) (1.0 pts) T e´ diagonaliza´vel? Em caso afirmativo, encontre uma base de R3 formada por
autovetores de T .Justifique.
(b) (1.0 pts) Dado (x, y, z) ∈ R3, determine T (x, y, z).
Resoluc¸a˜o: .
(a) Veja que V2 e V3 sa˜o, respectivamente, um plano pelo origem e uma reta pela origem, de
modo que dimV2 = 2 e dimV3 = 1. Da´ı, dimV2 + dimV3 = dimR3 e portanto T e´ diagona-
liza´vel. Uma base de R3 formada por autovetores de T e´ obtida unindo-se uma base de V2 a
uma base de V3. Como V2 = {(−y−z, y, z) : y, z ∈ R} = Ger[(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)], uma base
para V2 e´ formada pelos vetores (−1, 1, 0) e (−1, 0, 1). Tambe´m, como V3 = Ger[(1, 1,−1)],
o vetor (1, 1,−1) constitui uma base para V3. Portanto, B = {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1), (1, 1,−1)}
e´ uma base de R3 formada por autovetores de T .
(b) Soluc¸a˜o1: Sendo C a base canoˆnica de R3, sabemos que T (
 xy
z
) = [T ]CC ·
 xy
z
.
2
Precisamos, pois, encontrar a matriz [T ]CC . Sendo B a base encontrada em (a), pela fo´rmula
de mudanc¸a de bases, temos
[T ]CC = [I]
B
C · [T ]BB · ([I]BC )−1. (2)
Mas,
(i) [T ]BB =
 2 0 00 2 0
0 0 3
, pois (−1, 1, 0), (−1, 0, 1) ∈ V2 e (1, 1,−1) ∈ V3.
(ii) Como C e´ a base canoˆnica, [I]BC =
 −1 −1 11 0 1
0 1 −1
. Calculando a sua inversa via
Gauss-Jordan, encontra-se ([I]BC )
−1 =
 −1 0 −11 1 2
1 1 1
.
Substituindo em (2):
[T ]CC =
 −1 −1 11 0 1
0 1 −1
 2 0 00 2 0
0 0 3
 −1 0 −11 1 2
1 1 1
 =
 3 1 11 3 1
−1 −1 1
 .
Portanto, T (
 xy
z
) =
 3 1 11 3 1
−1 −1 1
 xy
z
 .
Soluc¸a˜o 2: Como (−1, 1, 0), (−1, 0, 1) ∈ V2, e (1, 1,−1) ∈ V3, enta˜o
T (−1, 1, 0) = 2 · (−1, 1, 0) = (−2, 2, 0)
T (−1, 0, 1) = 2 · (−1, 0, 1) = (−2, 0, 2)
T (1, 1,−1) = 3 · (1, 1,−1) = (3, 3,−3).
Logo, para o ca´lculo de T (x, y, z), se a, b, c sa˜o tais que
(x, y, z) = a · (−1, 1, 0) + b · (−1, 0, 1) + c · (1, 1,−1), (3)
teremos
T (x, y, z) = a · T (−1, 1, 0) + b · T (−1, 0, 1) + c · T (1, 1,−1)
= (−2a− 2b + 3c, 2a + 3c, 2b− 3c). (4)
Resolver em a, b, c a equac¸a˜o (3) significa resolver o sistema linear
−a − b + c = x
a + c = y
b − c = z
Somando-se as 3 equac¸o˜es fornece c = x + y + z, e substituindo nas duas u´ltimas equac¸o˜es
obtemos a = −x− z e b = x + y + 2z. Substituindo esses valores em (4), obtemos
T (x, y, z) = (3x + y + z, x + 3y + z,−x− y + z).
3
4o Questa˜o Seja T : R3 → R3 o operador linear T (x, y, z) = (x + z,−y, y − 2z).
(a) (0.5 pt) Calcule os autovalores de T .
(b) (1.5 pt) Para cada autovalor encontrado em (a), encontre uma base para o autoespac¸o
correspondente.
(c) (0.5 pt) T e´ diagonaliza´vel? Se sim, exiba uma base B de R3 tal que a matriz [T ]BB seja
diagonal e exiba esta matriz.
(d) (1.5 pt) Sendo C a base canoˆnica de R3, calcule a poteˆncia ([T ]CC)2015. Boa prova!
Resoluc¸a˜o: .
(a) Seja C a base canoˆnica de R3. Como T (
 xy
z
) =
 1 0 10 −1 0
0 1 −2
 xy
z
, segue que
[T ]CC =
 1 0 10 −1 0
0 1 −2
 e portanto o polinoˆmio caracter´ıstico de T e´
cT (t) = det
(
[T ]CC − tI3
)
= (1− t)
∣∣∣∣ −1− t 01 −2− t
∣∣∣∣ = (1− t)(1 + t)(2 + t).
Segue da´ı que os autovalores de T sa˜o 1,−1,−2.
(b) (i) Ca´lculo de V−2 : xy
z
 ∈ V−2 ⇐⇒
 1 0 10 −1 0
0 1 −2
 xy
z
 = −2
 xy
z

⇐⇒
{
3x + z = 0
y = 0
Utilizando x como varia´vel livre, obtemos que V−2 = {
 x0
−3x
 : x ∈ R} = Ger[
 10
−3
] e
uma base para V−2 e´ formada pelo vetor v1 =
 10
−3
.
(ii) Ca´lculo de V−1 : xy
z
 ∈ V−1 ⇐⇒
 1 0 10 −1 0
0 1 −2
 xy
z
 = −
 xy
z

⇐⇒
{
2x + z = 0
y − z = 0
4
Utilizando x como varia´vel livre, obtemos que V−1 = {
 x−2x
−2x
 : x ∈ R} = Ger[
 1−2
−2
] e
uma base para V−1 e´ formada pelo vetor v2 =
 1−2
−2
.
(iii) Ca´lculo de V1 : xy
z
 ∈ V1 ⇐⇒
 1 0 10 −1 0
0 1 −2
 xy
z
 =
 xy
z

⇐⇒

z = 0
− 2y = 0
y − 3z = 0
Portanto, V1 = {
 x0
0
 : x ∈ R} = Ger[
 10
0
] e uma base para V1 e´ formada pelo vetor
v3 =
 10
0
.
(c) Como T tem 3 autovalores distintos e dimR3 = 3, enta˜o T e´ diagonaliza´vel. De fato,
por serem v1, v2, v3 (encontrados em (b)) autovetores associados a autovalores distintos de
T , segue que v1, v2, v3 sa˜o L.I.. Portanto, B = {v1, v2, v3} e´ uma base de R3 formada por
autovetores de T . Com respeito a esta base, [T ]BB =
 −2 0 00 −1 0
0 0 1
 .
(d) Pela fo´rmula de mudanc¸a de bases, [T ]CC = P · [T ]BB · P−1, onde P = [I]BC =
[
[v1]C | [v2]C |
[v3]C
]
=
 1 1 10 −2 0
−3 −2 0
, e [T ]BB =
 −2 0 00 −1 0
0 0 1
. Calculando-se P−1 por Gauss-Jordan,
encontra-se P−1 =
 0 1/3 −1/30 −1/2 0
1 1/6 1/3
.
Elevando-se ambos os membros de [T ]CC = P · [T ]BB · P−1 a 2015:
([T ]CC)
2015 = P ·
 (−2)2015 0 00 (−1)2015 0
0 0 12015
 · P−1=
 1 1 10 −2 0
−3 −2 0
 (−2)2015 0 00 (−1)2015 0
0 0 12015
 0 1/3 −1/30 −1/2 0
1 1/6 1/3

=
 0 0 00 −1 0
0 0 0
 .
5