Prova 2 com respostas - Algebra Linear

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Segunda Prova de Álgebra Linear I - Respostas
Questão 1
U = {(x, y, z) : x− y = 0}
V = {(x, y, z) : x− y − 2z = 0}
W = [(1, 0, 0), (−1, 0, 2)]
Queremos determinar uma base e a dimensão de cada um dos seguintes
subespaços: U, V, W, U∩V e V+W.
Resposta:
Como (x, y, z) ∈ U se, e somente se, x− y = 0, e (y, y, z) = y(1, 1, 0) +
z(0, 0, 1), então {(1, 1, 0), (0, 0, 1)} é um conjunto LI de vetores ger-
adores de U, e portanto uma base deste subespaço. Logo, dim U =2.
Já com relação a V, (x, y, z) ∈ V se, e somente se, x − y − 2z = 0 e
(y + 2z, y, z) = y(1, 1, 0) + z(2, 0, 1):
(
1 1 0
2 0 1
)
→
(
1 1 0
0 −2 1
)
Assim, {(1, 1, 0), (0,−2, 1)} é uma base de V e dim V = 2. Já para W:
(
1 0 0
−1 0 2
)
→
(
1 0 0
0 0 2
)
{(1, 0, 0), (0, 0, 2)} é uma base de W e dim W = 2.
Para encontrar a base de V +W :




1 1 0
0 −2 1
1 0 0
0 0 2




→




1 1 0
0 −2 1
0 −1 0
0 0 2




→




1 1 0
0 1 −1/2
0 −1 0
0 0 2




→




1 0 1/2
0 1 −1/2
0 0 −1/2
0 0 2




→




1 0 1/2
0 1 −1/2
0 0 1
0 0 2




→




1 0 1/2
0 1 −1/2
0 0 1
0 0 0




1
A base de V + W {(1, 0, 1/2), (0, 1,−1/2), (0, 0, 1)} e a dimensão é 3.
Para encontrar a dimensão de U ∩ V , vamos primeiro encontrar a base
de U + V :




1 1 0
0 0 1
1 1 0
0 −2 1




→




1 1 0
0 0 1
0 0 0
0 −2 1




→




1 1 0
0 −2 1
0 0 0
0 0 1




→




1 1 0
0 1 −1/2
0 0 0
0 0 1




→




1 0 1/2
0 1 −1/2
0 0 0
0 0 1




→




1 0 1/2
0 1 −1/2
0 0 1
0 0 0




→




1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0




A dimensão da base de U + V é 3, e usando a relação dim(U ∩ V ) +
dim(U + V ) = dimU + dimV , conclúımos que dim(U ∩ V ) = 1, e essa
base é {(1, 1, 0)}.
Questão 2
Sendo B = {u1, ..., un} uma base do EV V e sendo C = {u1, u1 + 2u2,
..., u1 + 2u2 + ...+ nun}:
a) Queremos demonstrar que C também é base de V
Resposta:
Como B é base de V e B e C possuem a mesma dimensão, para demon-
strar que C também é base, basta mostrar que {u1, u1 + 2u2, ..., u1 + 2u2+
...+ nun} é LI.
Suponhamos a validade da seguinte equação:
α
′
1u1 + α
′
2(u1 + 2u2) + ...+ α
′
n(u1 + 2u2 + ...+ nun) = 0
Rearranjando os termos, obtemos:
(
α
′
1 + α
′
2 + ...+ α
′
n
)
u1 +
(
2α
′
2 + ...+ 2α
′
n
)
u2 + ...+
(
nα
′
n
)
un = 0
2
Como o conjunto {u1, ..., un} é LI por hipótese, temos que os os coe-
ficientes da equação acima são nulos, e consequentemente α
′
1 = α
′
2 =
... = α
′
n. Portanto, C é LI, e assim C é uma base de V.
b) Matriz de mudança da base B à base C?
Resposta:
A =








1 1 ... 1
0 2 ... 2
.
.
.
0 0 ... n








Questão 3
Considerando a transformação linear T : R3 → R3, dada por T (x, y, z) =
(z, x− y,−z):
a) Queremos encontrar uma base do núcleo de T.
Resposta:
KerT = {(x, y, z) ∈ R3|(z, x− y,−z) = (0, 0, 0)}
Logo, z = 0 e x = y. A base do núcleo é {(1, 1, 0)}
b) Qual a dimensão da imagem de T? T é sobrejetora?
Resposta:
Vamos encontrar o conjunto de geradores de ImT : (z, x − y,−z) =
x(0, 1, 0)+y(0,−1, 0)+z(1, 0,−1) ⇒ ImT = [(0, 1, 0), (0,−1, 0), (1, 0,−1)].
Escalonando,
A =


0 1 0
0 −1 0
1 0 −1

 →


1 0 −1
0 −1 0
0 1 0

 →


1 0 −1
0 1 0
0 1 0

 →


1 0 −1
0 1 0
0 0 0


3
Portanto, uma base de ImT é {(1, 0,−1), (0, 1, 0)} e sua dimensão é
2. Uma vez que o contradomı́nio de T é R3 e dimImT = 2, T não é
sobrejetora.
Questão 4
Considerando a transformação linear F : U → V , queremos demonstrar
que, se dimU > dimV , então F não é injetora.
Resposta:
Pelo teorema do núcleo e imagem:
dimU = dimKer(F ) + dimIm(F ) (1)
Como dimIm(F ) ≤ dimV :
dimKer(F ) = dimU − dimIm(F ) ≥ dimU − dimV (2)
e como dimU > dimV por hipótese, dim Ker(F) 6= 0. Sabemos, no
entanto, que uma transformação linear T : U → V é injetora se, e
somente se, Ker(F ) = {0}, isto é, se e somente se dimKer(F ) = 0.
Segue dos resultados anteriores que F não é injetora.
Questão 5
Sendo {e1, ..., en} a base canônica do R
n e F : Rn → Rn o operador
linear dado por F (e1) = e2, F (e2) = e3,..., F (en) = e1, queremos
determinar F (x1, ..., xn) e verificar se F é um automorfismo.
Resposta:
Temos:
(x1, x2, ..., xn) = x1e1 + x2e2 + ...+ xnen (3)
Aplicando a transformação linear F:
F (x1, x2, ..., xn) = x1F (e1) + x2F (e2) + ...+ xnF (en) (4)
F (x1, x2, ..., xn) = x1e2 + x2e3 + ...+ xne1 (5)
4
F (x1, x2, ..., xn) = (xn, x1, ..., xn−1) (6)
Para verificar se F é bijetora, basta determinar sua injetividade, uma
vez que toda transformação linear injetora entre dois espaços vetoriais
de mesma dimensão é necessariamente bijetora.
Sendo Ker(F ) = {(x1, ..., xn) ∈ R
n|(xn, x1, ..., xn−1) = (0, 0, ..., 0)} =
{(0, . . . , 0)}, segue que F é injetora.
Aplicando a transformação inversa, temos: F−1(e1) = en, F
−1(e2) = e1,
F−1(e3) = e2, ...,F
−1(en) = en−1. Segue da linearidade de F
−1
F−1(x1, ..., xn) = x1F
−1(e1) + . . .+ xnF
−1(en)
= x1en + x2e1 + . . . xnen−1 = (x2, x3, . . . , xn, x1).
Questão 6
Sendo F : R2 → P1(R) e G : P1(R) → R
2) transformações lineares,
onde B = {(1, 1), (0, 1)} e C = {1, 1 + t}.
a) Bases para KerF e ImF?
Resposta:
Usando a matriz [F ]B,C , temos que a aplicação da transformação linear
F sobre os elementos da base B resulta em
F (1, 1) = 1 + (1 + t) = 2 + t (7)
F (0, 1) = 2 + 0(1 + t) = 2 (8)
Com o intuito de determinar F (x, y), devemos obter as coordenadas de
(x, y) em relação à base ordenada B:
(x, y) = a(1, 1) + b(0, 1) = (a, a+ b) (9)
Logo, a = x e b = y − x
5
Aplicando a transformação linear F sobre (x, y):
F (x, y) = xF (1, 1) + (y − x)F (0, 1) = 2y + xt (10)
Determinemos bases de Ker(F ) e Im(F ). Como
KerF =
{
(x, y) ∈ R2|2y + xt = 0 · 1 + 0 · t
}
, (11)
segue que x = y = 0, e portanto que KerF = {(0, 0)}. Assim, Ker(F )
tem como base o conjunto vazio.
Sendo F sobrejetora (já que, pelo Teorema do Núcleo e da Imagem,
dimIm(F ) = dimR2 = dimP1(R) = 2), qualquer base de P1(R) é base
de Im(F ); um exemplo é a base canônica desse espaço, {1, t}.
b) Matriz de H em relação à base {1, t}?
Resposta:
Usando H = 3(F ◦G) + IP1(R):
[H]B = 3
(
1 2
1 0
)(
1 −2
−2 4
)
+
(
1 0
0 1
)
[H]B =
(
−8 18
3 −5
)
Devemos empregar a fórmula [H]can = M
−1[H]BM , em que M repre-
senta a matriz de mudança da base B à base canônica. Logo, neces-
sitamos determinar as coordenadas dos vetores da base canônica em
relação aos vetores da base B:
1 = a1 + b1(1 + t), t = a2 + b2(1 + t) , (12)
de onde obtemos a1 = 1, b1 = 0, a2 = −1 e b2 = 1. Assim,
M =
(
1 −1
0 1
)
6
Como detM = −1, M é invert́ıvel, e sua inversa é
M−1 =
(
1 −1
0 1
)
.
Efetuando os cálculos necessários, chegamos a
[H]can =
(
−11 34
3 −8
)
.
7