Questões sortidas álgebra linear VII

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Questões sortidas álgebra linear VII
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annie.passeidireto@gmail.com
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Autora:
Annie Gabrielle de Oliveira Silva
21 de fevereiro de 2021
annie.passeidireto@gmail.com
Quem sou eu?
Olá, meu nome é Annie e sou graduanda em geofísica pela Universidade Federal da Bahia e pré-
vestibulanda para o Instituto Tecnológico da Aeronáutica. Antes do pré-vestibular, era graduanda,
concomitantemente a geofísica, de engenharia elétrica pela Faculdade de Tecnologia e Ciência.
Atualmente, atuo como tutora de várias disciplinas e tenho certeza que podemos aprender muito.
Sendo assim, bons estudos!
Questão 1
i) Encontre a transformação linear T :M2(R)→ R tal que
T
([
1 0
0 0
])
= 1 T
([
0 1
0 0
])
= 0 T
([
0 0
1 0
])
= 0 T
([
0 0
0 1
])
= 1
Para definir a lei de uma transformação linear, precisamos de uma das suas bases. Temos
que o espaço é dado pelos vetores M2(R), portanto a dimensão da base é igual a 4. Como
dito na questão, a base é formada por β =
{[
1 0
0 0
]
,
[
0 1
0 0
]
,
[
0 0
1 0
]
,
[
0 0
1 0
]}
. Dado um ele-
mento x qualquer de R, oriundo da transformação de uma matriz qualquer
[
a b
c d
]
, podemos
representar essa matriz como combinação linear dos elementos da base β. Assim,
[
a b
c d
]
= a ·
[
1 0
0 0
]
+ b ·
[
0 1
0 0
]
+ c ·
[
0 0
1 0
]
+ d ·
[
0 0
1 0
]
T
([
a b
c d
])
= T
(
a ·
[
1 0
0 0
]
+ b ·
[
0 1
0 0
]
+ c ·
[
0 0
1 0
]
+ d ·
[
0 0
1 0
])
T
([
a b
c d
])
= a · T
([
1 0
0 0
])
+ b · T
([
0 1
0 0
])
+ c · T
([
0 0
1 0
])
+ d · T
([
0 0
1 0
])
x = a · 1 + b · 0 + c · 0 + d · 1
x = a+ d
Assim a lei da transformação linear é dada por: T
([
a b
c d
])
= a+ d .
ii) Encontre ker(T) e im(T).
Dado os espaços vetoriais V e W. Como o núcleo é um subconjunto do domínio de T e a
imagem é um subconjunto do contradomínio de T, temos que a transformação é dada por
T : V −→ W . Mais precisamente de M2(R)→ R.
1
O núcleo de uma transformação é um subconjunto de V dada pela estrutura:
ker(T ) = {v ∈ V ;T (v) = 0W}
Assim,
[
a b
c d
]
∈ ker(T )⇔ T
([
a b
c d
])
= 0
a+ d = 0 ∴ a = −d
Logo, ker(T ) =
{[
a b
c d
]
; a = −d
}
A imagem de uma transformação linear é um subconjunto de W dada pela estrutura:
Im(T ) = {w ∈ W ; existe algum v ∈ V com w = T (v)}
Assim,
k ∈ im(T )∃
[
x y
z w
]
∈M2(R)
T
([
x y
z w
])
= x+ w
Portanto, im(T ) = R
iii) T é injetiva, sobrejetiva?
Teorema: Sejam V e W espaços vetoriais sobre o corpo F e T : V → W uma transformação
linear, T é injetora se, e somente se, ket(T ) = {0v}.
Dado que que ker(T ) =
{[
a b
c d
]
; a = −d
}
, a transformação é injetora somente para ao caso
em que a = −d = 0.
Definição: Uma função é sobrejetora se, e somente se, Im(T ) = W , ou seja, para todo
w ∈ W existe algum v ∈ V tal que T (v) = w.
Como a im(T ) = R, temos que T é sobrejetora.
2
Questão 2
Considere a base β = {(1, 1,−1), (1,−1, 1), (−1, 1, 1)} de R3 e seja α a base canônica.
i) Encontre o operador linear T : R3 → R3 tal que [T ]αβ =
1 0 −10 1 0
1 0 −1

Denomina-se endomorfismo ou operador linear uma transformação linear de um espaço ve-
torial nele mesmo, ou seja, uma transformação que tenha domínio igual ao contradomínio.
A transformação [T ]αβ é a mudança da base α para β. Vamos encontrar as transformações
dadas pela matriz.
T (1, 0, 0) = 1 · (1, 1,−1) + 0 · (1,−1, 1) + 1 · (−1, 1, 1) = (0, 2, 0) ∴ T (1, 0, 0) = (0, 2, 0)
T (0, 1, 0) = 0 · (1, 1,−1) + 1 · (1,−1, 1) + 0 · (−1, 1, 1) = (1,−1, 1) ∴ T (0, 1, 0) = (1,−1, 1)
T (0, 0, 1) = (−1) · (1, 1,−1) + 0 · (1,−1, 1) + (−1) · (−1, 1, 1) = (0,−2, 0) ∴ T (0, 0, 1) = (0,−2, 0)
Sabendo as transformações e aplicando a transformação genericamente para um vetor qual-
quer (x, y, z) do R3.
(x, y, z) = x · (1, 0, 0) + y · (0, 1, 0) + z · (0, 0, 1)
T (x, y, z) = T (x · (1, 0, 0) + y · (0, 1, 0) + z · (0, 0, 1))
T (x, y, z) = x · T (1, 0, 0) + y · T (0, 1, 0) + z · T (0, 0, 1)
T (x, y, z) = x · (0, 2, 0) + y · (1,−1, 1) + z · (0,−2, 0)
T (x, y, z) = (y, 2x− y − 2z, y)
ii) Encontre as dimensões do ker(T) e im(T).
Definição: Seja V um espaço vetorial sobre o corpo F, finitamente gerado. A dimensão
de V, denotado por dimV , é o número de elementos de uma base V (cardinalidade).
Sabendo que a dimensão do dim(R3) = 3 e utilizando o teorema do núcleo e imagem temos
que:
dim(R3) = dim(ker(T )) + dim(im(T ))
dim(ker(T )) + dim(im(T )) = 3
Com isso, basta calcularmos a dimensão do kernel para encontrar a dimensão da imagem.
3
O núcleo de uma transformação é um subconjunto de V dada pela estrutura:
ker(T ) = {v ∈ V ;T (v) = 0W}
Assim,
(x, y, z) ∈ ker(T )⇔ T (x, y, z) = (0, 0, 0)
T (x, y, z) = (y, 2x− y − 2z, y) = (0, 0, 0)

y = 0→ y = 0
2x− y − 2z = 0→ 2x− 2z = 0 ∴ x = z
y = 0
Logo, ker(T ) = {(x, y, z) ∈ R3; y = 0 e x = z} e dim(ker(T )) = 1
Portanto temos dim(ker(T )) = 1 e dim(im(T )) = 2.
iii) Encontre [T ]αα,Mβα e [T ]
β
β
As [T ]αα e [T ]
β
β são operadores lineares. Assim, aplicando as transformações lineares conse-
guimos encontrar suas respectivas matrizes. Assim fazemos:
[T ]αα
Sabemos por (i) que aplicando a transformação na base α teremos T(1,0,0)=(0,2,0), T(0,1,0)=(1,-
1,1) e T(0,0,1)=(0,-2,0).
(0, 2, 0) = 0 · (1, 0, 0) + 2 · (0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 1)
(1,−1, 1) = 1 · (1, 0, 0) + (−1) · (0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 1)
(0,−2, 0) = 0 · (1, 0, 0) + (−2) · (0, 1, 0) + 0 · (0, 0, 1)
Assim, [T ]αα =
0 1 02 −1 −2
0 1 0

[T ]ββ
Aplicando a transformação T (x, y, z) = (y, 2x−y−2z, y) na base β = {(1, 1,−1), (1,−1, 1), (−1, 1, 1)},
teremos,
T (1, 1,−1) = (1, 3, 1)
T (1,−1, 1) = (−1, 1,−1)
T (−1, 1, 1) = (1,−5, 1)
4
Não se pode calcular a transformação da base β para β dado que os vetores (1,3,1) e (1,-5,1)
são LI aos vetores da base β.
Demonstração que os vetores (1, 3, 1) e (1,−5, 1) são LI a base β.
∣∣∣∣∣∣
1 3 1
−1 1 1
1 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = 8
∣∣∣∣∣∣
1 3 1
1 1 −1
−1 1 1
∣∣∣∣∣∣ = 4
∣∣∣∣∣∣
1 3 1
1 1 −1
1 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = −8
∣∣∣∣∣∣
1 −5 1
−1 1 1
1 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = −8
∣∣∣∣∣∣
1 −5 1
1 1 −1
−1 1 1
∣∣∣∣∣∣ = 4
∣∣∣∣∣∣
1 −5 1
1 1 −1
1 −1 1
∣∣∣∣∣∣ = 8
Assim, como os determinantes são diferentes de zero, os vetores são LI e NÃO podemos
escrever a matriz de transformação [T ]ββ.
Mβα
Nesta alternativa desejamos encontrar a matriz de mudança de base dada da base β para α.
Fazemos,
(1, 1,−1) = 1 · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + (−1) · (0, 0, 1)
(1,−1, 1) = 1 · (1, 0, 0) + (−1) · (0, 1, 0) + 1 · (0, 0, 1)
(1, 1,−1) = 1 · (1, 0, 0) + 1 · (0, 1, 0) + (−1) · (0, 0, 1)
Assim, Mβα =
 1 1 11 −1 1
−1 1 −1

Questão 3
Dada A =
[
2 2
2 −1
]
encontre, se possível, uma matriz inversível P ∈ M2(R) tal que
P−1AP seja diagonal.
Sejam V um espaço vetorial de dimensão n sobre K e T : V → V um operador linear. T é
diagonalizável se, e somente se, existe uma base B de V formada por autovetores de T.
Podemos encontrar os autovalores de um espaço por meio do polinômio característico. Ele é
dado por:
p(λ) = det(A− λIn)
5
∣∣∣∣2− λ 22 −1− λ
∣∣∣∣ = (−1− λ) · (2− λ)− {4} = −2 + λ− 2λ+ λ2 − 4 = λ2 − λ− 6
O autovalores são dados por: λ1 = −2 e λ2 = 3
Os autovetores para cada λ são dados por:
(A− λIn) · v = 0
λ1 = −2
[
2 2
2 −1
]
−
[
−2 0
0 −2
]
=
[
4 2
2 1
]
⇒
[
4 2
2 1
]
·
[
x
y
]
=
[
0
0
]
Teremos os sistemas e as soluções:

4 · x+ 2 · y = 0→ 4x = −2y ∴ x = −y
2
2 · x+ 1 · y = 0 ∴ y = −2z ⇒ x = −y
2
A solução geral x =

−y
2
y
 = y ·

−1
2
1
. O auto-vetor é dado por :

−1
2
1

λ2 = 3
[
2 2
2 −1
]
−
[
3 0
0 3
]
=
[
−1 2
2 −4
]
⇒
[
−1 2
2 −4
]
·
[
x
y
]
=
[
0
0
]
Teremos os sistemas e as soluções:
{
−1 · x+ 2 · y = 0→ −x = −2y ∴ x = 2y
2 · x+ (−4) · y = 0 ∴ y = −2z ⇒ x = 2y
6
A solução geral x =
2y
y
 = y ·
2
1
. O auto-vetor é dado por :
2
1
. Portanto, a base de
autovetores é dada por β′ =


−1
2
1
 ,
2
1


Sendo D a matriz diagonal, temos que : P =
[−1
2
2
1 1
]
, a matriz de autovetores. Vamos
calcular a sua inversa.Usando o método da matriz adjunta,
P−1 =
1
det(P )
· adj(P )
det(P ) =
−1
2
− {2} = −5
2
Calculando a matriz adjunta de A,
adj(P ) = (cof(P ))T
cof(A) =
[
1 −1
−2 −1
2
]
; (cof(A))T =
[
1 −2
−1 −1
2
]
Calculando a inversa de P,
P−1 =
−2
5
·
[
1 −2
−1 −1
2
]
∴ P−1 =

−2
5
4
5
2
5
1
5

Assim,
D = P−1AP
D =

−2
5
4
5
2
5
1
5

[
2 2
2 −1
][−1
2
2
1 1
]
7
Questão 4
Considere a matriz A =
1 0 01 −1 0
0 1 1

i) Encontre os autovalores de A.
Pelo polinômio característico. Fazemos,
p(λ) = det(A− λIn)
Sendo In a identidade:
∣∣∣∣∣∣
1− λ 0 0
1 −1− λ 0
0 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣
1− λ 0
1 −1− λ
0 1
= (−1− λ) · (1− λ)2 + 0 + 0− {0 + 0 + 0}
⇒ (−1− λ) · (1− λ)2
O autovalores são dados por: λ1 = −1 e λ2 = 1
ii) Encontre os autoespaços de A.
Os autoespaços de uma matriz são dados por:
ker(A− λIn)
Então, temos:
Para λ = −1
∣∣∣∣∣∣
1− λ 0 0
1 −1− λ 0
0 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ =
∣∣∣∣∣∣
2 0 0
1 0 0
0 1 2
∣∣∣∣∣∣
Então fazemos:
ker
2 0 01 0 0
0 1 2
 ·
xy
z
 =
00
0


2 · x+ 0 · y + 0 · z = 0 ∴ x = 0
1 · x+ 0 · y + 0 · z = 0 ∴ x = 0
0 · x+ 1 · y + 2 · z = 0 ∴ y = −2z ⇒ z = −y
2
8
Então, este autoespaço é dado por:
Vλ1 = {(x, y, z) ∈ R3;
(
0, y,
−y
2
)
}
Para λ = 1
∣∣∣∣∣∣
1− λ 0 0
1 −1− λ 0
0 1 1− λ
∣∣∣∣∣∣ =
0 0 00 −2 0
0 1 0

Então fazemos:
ker
0 0 00 −2 0
0 1 0
 ·
xy
z
 =
00
0


0 · x+ 0 · y + 0 · z = 0 ∴ 0 = 0
0 · x+ (−2) · y + 0 · z = 0 ∴ y = 0
0 · x+ 1 · y + 0 · z = 0 ∴ y = 0
Então, este autoespaço é dado por:
Vλ1 = {(x, y, z) ∈ R3; (x, 0, z}
iii) A é diagonalizável?
Dado o teorema: Sejam V um espaço vetorial sobre um corpo F, de dimensão finita n,
T : V −→ V um operador linear, então T é diagonalizável se, e somente se:
• O polinômio caracteristico de T possui todas as raízes em F.
• A multiplicidade algébrica de cada autovalor λi de T é igual à multiplicidade geométrica
de λi, ou seja, mA(λi) = mG(λi).
A multiplicidade algébrica relaciona-se com a quantidade de vezes que um operador aparece
como raiz do polinômio característico. Já a multiplicidade geométrica associa-se a quantidade
de elementos em uma base de autovetores(dimensão). Os autovalores são -1 e 1(o número
de autovalores distintos é menor do que a dimensão do espaço), portanto devemos utilizar as
multiplicidades dos autovalores para verificar se o operador é diagonalizável. mA(−1) = 1,
mA(1) = 2. Vamos calcular os autovetores:
Os autovetores para cada λ são dados por:
(A− λIn) · v = 0
9
λ1 = −1
1 0 01 −1 0
0 1 1
−
−1 0 00 −1 0
0 0 −1
 =
2 0 01 0 0
0 1 2

⇒
2 0 01 0 0
0 1 2
 ·
xy
z
 =
00
0

Teremos os sistemas e as soluções:

2 · x+ 0 · y + 0 · z = 0 ∴ x = 0
1 · x+ 0 · y + 0 · z = 0 ∴ x = 0
0 · x+ 1 · y + 2 · z = 0 ∴ y = −2z ⇒ z = −y
2
A solução geral x =

0
y
−y
2
 = y ·

0
1
−1
2
. O auto-vetor é dado por :

0
1
−1
2

λ2 = 1
1 0 01 −1 0
0 1 1
−
1 0 00 1 0
0 0 1
 =
0 0 01 −2 0
0 1 0

⇒
0 0 01 −2 0
0 1 0
 ·
xy
z
 =
00
0

Teremos o sistema e as soluções:

0 · x+ 0 · y + 0 · z = 0 ∴ 0 = 0
1 · x+ (−2) · y + 0 · z = 0→ x = 2y → x = 2 · 0 ∴ x = 0
0 · x+ 1 · y + 0 · z = 0 ∴ y = 0
10
A solução geral x =
00
z
 = z ·
00
1
. O auto-vetor é dado por : v2 =
00
1

Portanto, a base de autovetores é dada por β′ =


0
1
−1
2
 ,
0
1


A base de autovetores é dada por apenas 2 vetores LI. Dado que λ2 possui apenas um
autovetor LI, isto implica que a multiplicidade mA(2) 6= mG(2). Portanto, a matriz T não é
diagonalizável.
11