Segunda prova de Álgebra Linear - 01/07/2011 Prof. - Juliana Coelho

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1 Segunda prova de Álgebra Linear - 01/07/011 Prof - Juliana Coelho JUSTIFIQUE SUAS RESPOSTAS! Questões contendo só a resposta, sem desenvolvimento ou justificativa serão desconsideradas! QUESTÃO 1, pts - Considere a transformação linear T : R R x, y x + 3y, y + 3x a,0 pts Encontre o núcleo NucT e a imagem ImT da transformação T ; Resp: Primeiro encontraremos o núcleo de T Por definição, o núcleo da transformação T é o conjunto dos vetores x, y de R tais que T x, y = 0, 0, ou seja, tais que x + 3y, y + 3x = 0, 0 Assim, o núcleo é o conjunto-solução do sistema linear homogêneo { x +3y = 0 x = 0, y = 0 3x +y = 0 Portanto NucT = {0, 0} Vamos agora encontrar a imagem de T Para isso, note que dimnuct = 0 e logo, pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, temos dimr = dimnuct + dimimt = 0 + dimimt, implicando que ImT tem dimensão igual a Assim ImT é um subespaço de dimensão de R e portanto tem que ser o próprio R inteiro Logo ImT = R b 1,0 pts Determine se T é inversível e, em caso afirmativo, encontre sua inversa T 1 Resp: A transformação T é inversível pois é injetora já que NucT = {0, 0} e sobrejetora já que ImT = R Vamos então achar a inversa de T Como T é a transformação associada à matriz M =, então a inversa T 1 será a transformação associada à matriz M 1 Agora lembre que a inversa a b de uma matriz é a matriz c d 1 d b det c a onde det = ad bc é o determinante da matriz Assim, com a =, b = 3, c = 3, d = 1

2 temos detm = 4 9 = e M 1 = 1 3 = / 3/ 3/ / Assim T 1 é a transformação associada à matriz acima, isto é, T 1 : R R x + 3y x, y, 3x y c,0 pts Ache os autovalores e respectivos autoespaços de T Se possível, exiba uma base diagonalizante para T e exiba a matriz de T com respeito a esta base Resp: Os autovalores de T são as raízes do polinômio característico pλ = detm λi, onde M = é a matriz associada a T na base canônica e I é a matriz identidade Logo λ 3 pλ = det = λ 9 = λ 4λ λ Como este polinômio tem raízes λ = 4 ± 4 4 = 4 ± 36 = e 1 então T tem autovalores λ = e λ = 1 Vamos agora encontrar os autoespaços V λ associados a cada um destes autovalores Como V 1 = NucT 1Id = NucT + Id, primeiro precisamos achar a lei desta transformação Temos T + Idx, y = T x, y + Idx, y = x + 3y, 3x + y + x, y = 3x + 3y, 3x + 3y Logo V 1 é o conjunto dos x, y tais que 3x+3y, 3x+3y = 0, 0, ou seja, é o conjunto-solução do sistema homogêneo { 3x +3y = 0 y = x 3x +3y = 0 Assim V 1 = {x, x x R} = 1, 1 Como V = NucT Id, primeiro precisamos achar a lei desta transformação Temos T Idx, y = T x, y Idx, y = x + 3y, 3x + y x, y = 3x + 3y, 3x 3y Logo V é o conjunto dos x, y tais que 3x+3y, 3x 3y = 0, 0, ou seja, é o conjunto-solução do sistema homogêneo { 3x +3y = 0 y = x 3x 3y = 0 Assim V = {x, x x R} = 1, 1 Como dimv 1 = 1 e dimv = 1, temos que dimv 1 + dimv = = dimr mostrando que T é diagonalizável Uma base que diagonaliza T é A = {1, 1, 1, 1} e a matriz de T com respeito a esta base é 1 0 [T ] A,A = 0

3 d 0, pts Usando informações obtidas no item c, classifique a curva cônica de equação x + 6xy + y 4x + 10y + 1 = 0 Resp: Para fazer esta classificação precisamos encontrar os autovalores da matriz M = associada à forma quadrática x + 6xy + y Agora note que esta é a mesma matriz do item anterior, que tem autovalores λ 1 = e λ = 1 Isto significa que a curva dada é uma hipérbole já que, após uma mudança de coordenadas, sua equação fica λ 1 X + λ Y = c X Y = c onde c é uma constante e X e Y são as novas coordenadas QUESTÃO,0 pts - Seja T : P 1 R 3 uma transformação linear cuja matriz associada é [T ] A,B = onde A = { x+, x 1} é uma base do espaço de polinômios P 1 e B = {, 1, 0, 0, 1, 1, 0, 3, } é uma base de R 3 a Ache a lei da transformação T Resp: Como as colunas da matriz [T ] A,B são as expressões de T x + e T x 1 na base B, temos que T x + = 1, 1, 0 + 0, 1, 1 10, 3, =, 6, 0, T x 1 = 3, 1, , 1, 1 + 0, 3, = 6,, Assim, buscamos a lei da transformação linear T : P 1 R 3 tal que T x + =, 6, 0 e T x 1 = 6,, Para isso escrevemos os vetores ax + b de P 1 como combinação linear dos vetores x + e x 1: ax + b = r x + + sx 1 = r + sx + r s Basta então resolver o sistema { r +s = a r s = b r = a + b, s = a + b Assim, temos que Portanto a lei procurada é T ax + b = rt x + + st x 1 = a + b, 6, 0 + a + b6,, = 14a + 8b, a 4b, 10a + b T : P 1 R 3 ax + b 14a + 8b, a 4b, 10a + b 3

4 b A transformação T é sobrejetora? Justifique Resp: A transformação será sobrejetora se sua imagem ImT for igual a R 3 Teorema do Núcleo e da Imagem temos que Ora, pelo dimp 1 = dimnuct + dimimt e como dimp 1 = e dimnuct 0 pois todo espaço vetorial tem dimensão maior ou igual a zero, então = dimnuct + dimimt 0 + dimimt mostrando que dimimt e portanto ImT não pode ser igual ao R 3 Assim T não é sobrejetora Outro modo de resolver a questão é encontrar a imagem de T Um vetor r, s, t de R 3 está na imagem de T se existe ax + b P 1 tal que T ax + b = r, s, t, ou seja, se existem escalares a, b R tais que 14a + 8b, a 4b, 10a + b = r, s, t Buscamos então condições sobre r, s, t para que existam escalares a, b satisfazendo o sistema 14a +8b = r a 4b = s 10a +b = t ou seja, buscamos condições para que este sistema seja possível Montando e escalonando a matriz do sistema temos 14 8 r 4 s 4 s 4 s 4 s 14 8 r 0 0 r + 7s 0 0 r + 7s 10 t 10 t 0 1 t + s 0 0 t + s 3 4 r + 7s onde fizemos as operações elementares L 1 L, L L + 7L 1, L 3 L 3 + L 1 e L 3 L L Assim, vemos que o sistema é possível se e somente se t + s 3 r + 7s = 0 3r s 4t = 0 4 Portanto a imagem de T é ImT = {r, s, t R 3 3r s 4t = 0}, mostrando que T não é sobrejetora QUESTÃO 3 1,0 pts Determine se as afirmações abaixo são verdadeiras ou falsas, justificando sua resposta: a A função T : P R dada por T ax + bx + c = ab, bc é uma transformação linear Resp: Falso Uma das condições para T ser linear é que T kax +bx+c = kt ax +bx+c Agora note que é diferente de T kax + bx + c = T kax + kbx + kc = kakb, kbkc = k ab, k bc Logo T não é uma transformação linear k T ax + bx + c = kab, bc = kab, kbc 4

5 b Se uma transformação linear T : V V tem 0 zero como autovalor, então T não é inversível Resp: Verdadeiro Lembre que se λ é autovalor de T então o autoespaço V λ = NucT λid não consiste apenas do vetor nulo, isto é, a transformação associada T λid não é injetora Assim, se λ = 0 é autovalor então a transformação T 0Id = T não é injetora e portanto não é inversível QUESTÃO 4 1, pts Seja T : V V uma transformação linear e seja v V um autovetor de T com autovalor associado λ a Verifique que para qualquer k R o múltiplo kv é também um autovetor de T associado ao autovalor λ Resp: Basta verificar que T kv = λkv Ora, por hipótese v é autovetor associado a λ e logo temos que T v = λv Agora, como T é linear, temos que T kv = k T v = kλv = λkv b Verifique que v é autovetor da composição T T associado ao autovalor λ Resp: Temos que verificar que T T v = λ v Agora lembre que T T v = T T v e que T v = λv pois v é autovetor de T associado a λ, por hipótese Assim, temos T T v = T T v = T λv = λt v pois T é linear = λλv aplicando novamente que T v = λv = λ v