2.1 Fundamentos Básicos

.1 Fundamentos Básicos Recordemos que uma aplicação (ou transformação) entre espaços vetoriais T : V! W é linear quando: (a) T (u + v) = T (u) + T (v) ; u; v V: (b) T ( u) = T (u) ; u V e F: Podemos condensar essas duas condições em uma só e a rmar que T : V! W é linear quando T ( u + v) = T (u) + T (v) ; F; u; v V: É oportuno ressaltar que se T : V! W é linear, então T () = (os vetores nulos de V e W estão representados pelo mesmo símbolo ). Assim, se T () 6=, a aplicação T não é linear. Exemplo A aplicação T : R! R, de nida por T (x; y) = (x; y; 1) não é linear, porque T (; ) = (; ; 1) não é. Exemplo A transformação T : R! R, de nida por T (x; y; z) = (x; yz) não é linear, embora T (; ; ) = (; ). Se u = (; ; 1) e v = (; 1; ), temos que T (u + v) 6= T u + T v: Exemplo A transformação T : P! R de nida por T (p) = 1 + p () não é linear, porque T () = 1 6= : Exemplo As translações T (x; y) = (x + a; y + b) não são lineares, exceto no caso em que a e b são ambos nulos. Exemplo A projeção P : R! R ; no plano xy, de nida por P (x; y; z) = (x; y; ) é linear. Também é linear a projeção no eixo y dada por P (x; y; z) = (; y; ) : TRANSFORMAÇÕES ELEMENTARES DO PLANO Uma transformação linear T : R! R além de descrever o tipo mais simples de dependência entre duas variáveis, goza de uma propriedade geométrica interessante: ela transforma retas em retas e circunferências em circunferências. Vejamos algumas transformações especiais.

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 1. CONTRAÇÕES & DILATAÇÕES Dado um número real positivo, as transformações T : R! R, de nidas por T (v) = v, isto é, T (x; y) = (x; y), recebem o nome de contração ou dilatação, conforme seja menor ou maior do que 1. Figura.1: Contração & Dilatação. REFLEXÕES As transformações R x ; R y e R de R! R, de nidas por R x (x; y) = (x; y) ; R y (x; y) = ( x; y) e R (x; y) = ( x; y), recebem os nomes de re exão no eixo x, re exão no eixo y e re exão na origem, respectivamente. Veja a ilustração na Figura.. Figura.: Re exões.. ROTAÇÃO A transformação linear R : R! R, de nida por R (x; y) = (x cos y sen ; x sen + y cos ) é conhecida por rotação de um ângulo. Veja a Seção 1.6.. CISALHAMENTOS Por cisalhamento horizontal, entendemos qualquer transformação C : R! R, do tipo C (x; y) = (x + y; y) ; sendo uma constante real. Na Figura. ilustramos um cisalhamento em que > 1. Como seria um cisalhamento vertical?

8 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS Figura.: Cisalhamento Horizontal. Exemplo Seja S o quadrado de vértices O (; ) ; A (1; ) ; B (1; 1) e C (; 1). Vamos encontrar a imagem de S pela transformação linear T (x; y) = (x y; x + y). A imagem T (S) é o quadrilátero ilustrado na Figura., de vértices T () = (; ) ; T (A) = (1; 1) ; T (B) = (; ) e T (C) = ( 1; ) Figura.: Imagem de um Quadrado..1A Veri que quais das aplicações T : R m! R n abaixo são lineares. (a) T : R! R, T (x; y) = (x y; ) (b) T : R! R, T (x; y) = (x; y; x + y) (c) T : R! R, T (x) = ax (d) T : R! R, T (x; y; z; t) = (y x; t z) (e) T : R! R, T (x) = (x; cos x) (f) T : R! R, T (x; y; z) = (x 1; y + z) (g) T : R! R, T (x) = x; x; x ; (h) T : R! R, T (x; y; z) = (x; z y).1b Seja A uma matriz quadrada e de na T A : M! M por T A (X) = AX. É a aplicação T linear?.1c Mostre que a aplicação T : M! M de nida por T (X) = X t é linear..1d Construa duas matrizes A e B, de ordem, tais que det (A) = det (B) = e det (A + B) 6=. A partir daí conclua que a aplicação T : M! R, de nida por T (X) = det (X) ; não é linear.

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 9.1E Veri que que as aplicações abaixo são lineares. h i (a) T : R! M 1, T (x) = x ax : (b) T : M! R, T (A) = tr (A) : (c) T : M 1! M, T x = x : y y (d) T : M! M 1, T x y h i = x y z t : z t (d) T : M! P, T x y = (x y) t + zt + w: z w.1f Funcionais Lineares As aplicações lineares T : V! F, em que o espaço de chegada é o corpo F (em geral F = R é o corpo dos números reais), são conhecidos na literatura como funcionais lineares. Veri que se os funcionais abaixo são lineares ou não. (a) T : P! R, T (p) = Z 1 (b) T : P! R, T (p) = p () p (x) dx.1g Veri que se a transformação T : P 1! P ; de nida por T (p) (x) = x + xp (x) é linear. E se fosse S : P! P ; de nida por S (p) (x) = p (x) + x p (x), seria S linear?.1h O Espaço das transformações lineares Representemos por L (V; W ) o conjunto das aplicações lineares T : V! W: A soma e o produto por escalar em L (V; W ) são de nidas de maneira natural: (S + T ) (v) = S (v) + T (v) ; v V; S; T L (V; W ) : (T ) (v) = T (v) ; v V; T L (V; W ) : (a) Seria a aplicação identicamente nula um vetor de L (V; W )? (b) Se T e S estão em L (V; W ), mostre que T + S L (V; W ), seja qual for o escalar : Com essas operações L (V; W ) é um espaço vetorial.1i Composição de transformações lineares Sejam U; V e W três espaços vetoriais sobre um corpo F e considere duas aplicações lineares T : U! V e S : V! W. De na uma nova aplicação S T : U! W por (S T ) (u) = S (T (u)) ; u U:

ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS Mostre que S T é linear. Figura.: Composição. NOTAÇÃO As aplicações lineares de V! V são denominadas operadores lineares (ou simplesmente operadores) de V e o espaço vetorial L (V; V ) será indicado por L (V ). Se S; T L (V ), então S + T e ST também pertencem a L (V ). É claro que I (a identidade de V ) pertence a L (V ) :.1J Invertendo uma transformação linear Dado um espaço vetorial V sobre um corpo F (o corpo R dos números reais, por exemplo), é simples veri car qua a aplicação identidade I (v) = v é linear, isto é, I L (V; V ). Se T e S são aplicações lineares de V! V e S T = I, isto é, a composição de S com T é a identidade de V, diremos que S é a inversa de T e anotamos S = T 1 : Determine a inversa da aplicação T : R! R, de nida por T (x; y) = (x y; y) : REGRA PRÁTICA Sejam V e W espaços vetoriais de dimensão n e considere = fv 1 ; v ; ; v n g uma base de V. Como veremos adiante, uma aplicação linear invertível T : V! W transforma a base de V em uma base de W e podemos usar a base para encontrar a transformação inversa S = T 1. Se w k = T (v k ), então a inversa S : W! V é caracterizada por S(w k ) = v k, isto é, T (v k ) = w k se, e somente se, S(w k ) = v k (S = T 1 ) e dado w W, temos w = y 1 T (v 1 ) + y T (v ) + + y n T (v n ) e, portanto, S(w) = y 1 v 1 + y v + + y n v n :.1K Encontre a transformação linear T : R!R, tal que T (1; ) = (1; 1) e T (; 1) = (1; ) :

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 1.1L Seja V = M nn o espaço das matrizes quadradas de ordem n. Fixada uma matriz A em V, decida sobre a linearidade das transformações (a) T (X) = A + X (b) T (X) = AX XA:.1M Identi que e esboce o grá co da imagem do retângulo R = [; 1] [1; ] pela transformação T (x; y) = (x y; x + y) :.1N Sejam a; b; c e d números reais positivos e considere o operador T : R! R ; de nido por T (x; y) = (ax + by; cx + dy). Determine as duas raízes 1 e da equação det [T I ] = :.1O Identi que a transformação linear T : P 1! P, que satisfaz a T (x + 1) = x 1 e T (x 1) = x + x:.1p Qual o operador T : P! P que satisfaz às condições T (1) = x; T (x) = 1 x e T x = x + x?.1q Encontre as transformações T : R! R e T : R! R, tais que: T (1; 1) = (; ; 1) ; T (; ) = (; 1; ) ; S (; ; 1) = (1; 1) ; S (; ; 1) = (; ) e S (; 1; ) = (; ) : Calcule T (1; ) e T (; 1) e encontre S T:.1R Encontre a transformação T : R! R que representa uma rotação de = rad, seguida de dilatação de p :.1S Descreva a transformação T : R! R que representa uma re exão em torno da reta y = x:. Núcleo e Imagem Dada uma transformação linear T : V! W, destacamos dois subespaços vetoriais: (i) Núcleo ou Kernel de T, denotado por N (T ) (ou ker (T )) e de nido por N (T ) = fv V : T (v) = g (subespaço vetorial de V ) (ii) Imagem de T, representado por Im (T ) (ou T (V )) e de nido por Im (T ) = fw W : w = T (v) ; para algum v V g (subespaço vetorial de W ). Na Figura.6 ilustramos geometricamente o núcleo e a imagem de uma aplicação linear T : V! W:

ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS Figura.6: Núcleo & Imagem. É oportuno ressaltar que se = fv 1 ; v ; : : : ; v n g é uma base de V, então o subespaço Im (T ) é gerado pelos vetores T v 1 ; T v ; : : : ; T v n e dentre esses geradores podemos extrair uma base de Im (T ) : Por outro lado, o núcleo de T pode ser visto, em muitos casos, como o espaço solução de um sistema linear homogêneo, cuja dimensão é igual ao grau de liberdadde, e uma base do núcleo pode ser construída usando as variáveis livres do sistema. Um resultado que relaciona as dimensões de V, N (T ) e Im (T ) é o Teorema do Núcleo e da Imagem que apresentamos a seguir: TEOREMA DO NÚCLEO E DA IMAGEM Se V e W têm dimensão nita e T : V! W é uma transformação linear, então dim V = dim N (T ) + dim Im (T ) Exemplo Como ilustração, vamos encontrar uma base e a dimensão do núcleo e da imagem do operador T : R! R, de nido por T (x; y; z) = (z; x y; z). Inicialmente, observamos que (x; y; z) N (T ), (z; x y; z) = (; ; ), z = e x y = : Assim, o núcleo de T é o subespaço N (T ) = f(x; x; ) : x Rg, uma base N (T ) é = f(1; 1; )g e dim N (T ) = 1: Quanto à imagem, esta é gerada pelos vetores T (e 1 ) ; T (e ) e T (e ), isto é, Im (T ) = [T (1; ; ) ; T (; 1; ) ; T (; ; 1)] = [(; 1; ) ; (; 1; ) ; (1; ; 1)] : Escalonando a matriz geradora de Im (T ), encontramos: 1 1 1 6 1 6 1 1 1 de onde resulta que os vetores w 1 = (1; ; conseguinte, dim (Im (T )) = : Temos que 1) e w = (; 1; ) formam uma base de Im (T ) e, por w Im (T ), w = xw 1 + yw, w = (x; y; x) ; x; y R;

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR e, sendo assim, Im (T ) = (x; y; z) R : z = x :.A Encontre a transformação linear T : R! R, cujo núcleo contém o vetor (; ), e é tal que T ( 1; 1) = (1; ; )..B Em cada caso, encontre uma base do núcleo e da imagem da transformação linear. (a) T : R! R ; T (x; y) = (x y; ) : (b) T : R! R ; T (x; y; z) = (x + y; y z; x + z) : (c) T : R! R ; T (x; y) = (x + y; x + y) : (d) T : R! R ; T (x; y; z) = (x + y; z) :.D Seja T A : M! M, de nida por T A (X) = AX, sendo A = 1 1 bases de N (T A ) e de Im (T A ). : Determine.E Mostre que a transformação T : P! P, de nida por T (p (x)) = p (x) + x p (x) é linear e determine dim ker (T ) e dim Im (T ). Encontre uma base de Im (T ) e veri que se o polinômio p (x) = 1 + x + x + x está na imagem de T..F Repita o exercício precedente com o operador T : P! P, de nido por T (p (x)) = x p (x) :.G Encontre um operador linear T : R! R, tal que Im (T ) = [(1; ; ) ; (; ; )]. Uma tal transformação pode ser um isomor smo? Por quê?.h Encontre uma transformação linear T : R! R, tal que N (T ) = [(1; 1; )]. Uma tal transformação pode ser um isomor smo? Por quê?.i Se T 1 ; T : V! V são operadores lineares, tais que dim N (T 1 ) = dim N (T ) =, mostre que dim N (T 1 T ) = :.J Dada uma transformação linear T : V! W; use o Teorema do Núcleo e da Imagem e prove as seguintes a rmações: (a) Se dim V < dim W, então T não pode ser sobrejetora. (b) Se dim V > dim W, então T não pode ser injetora. (T) Se T é um isomor smo, então dim V = dim W..K Estabeleça um isomor smo entre os seguintes pares de espaços vetoriais:

ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS (a) R e o subespaço W = (x; y; ) R (b) R e P (c) R e M :.L Encontre uma transformação linear T : R! R, cujo núcleo seja a reta y = x:.m Seja T : V! W uma aplicação linear e v 1 ; v ; : : : ; v n vetores LI de V: Se dim N (T ) =, mostre que T v 1 ; T v ; : : : ; T v n são LI..N Seja T : P! P o operador de nido por T ax + bx + c = (a + b) x + (b + c) : (a) O operador T é injetor? É sobrejetor? (b) Dê uma base e a dimensão do núcleo e da imagem de T: (c) p (x) = x + x pertence a N (T )? E q (x) = x + 1 pertence a Im (T )?.O Um operador T : R! R tem núcleo N (T ) = (x; y; z) R : x + y + z = e é tal que T (; ; 1) = (1; 1; 1). Encontre um tal operador..p Considere o operador derivação @ 1 : P n! P n, de nido por @ 1 (p (x)) = p (x) : Determine o núcleo e a imagem do operador @ 1. Qual o núcleo do operador @ (p (x)) = p (x)?.q Encontre uma transformação lnear T : R! R com as seguintes propriedades: (i) T (1; 1) = (1; ; ) e (ii) (1; ) N (T ) :. Representação Matricial Nesta seção há dois problemas a serem tratados e os exemplos que seguem à formulação de cada um deles ilustram como resolvê-los. APLICAÇÃO LINEAR ASSOCIADA A UMA MATRIZ Se = fv 1 ; v ; : : : ; v m g e = fw 1 ; w ; : : : ; w n g são bases de R m e R n, respectivamente, e A = [a ij ] é uma matriz de ordem n m, encontrar a aplicação linear T : R m! R n, determinada pela relação [T (v)] = A [v] : (.1)

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR onde [v] e [T (v)] são as matrizes coordenadas de v e de T (v) nas bases e : Dado v R m, temos v = x 1 v 1 + x v + + x m v m, isto é, [v] = 6 x 1 x. x m e consideremos os escalares y 1 ; y ; : : : ; y n ; que satisfazem à relação (.1), ou seja A 6 x 1 x. = 6 y 1 y. : x m y n A aplicação linear T vem dada por T (v) = y 1 w 1 + y w + : : : + y n w n : Exemplo Sejam = f(1; ) ; (; 1)g e = f(1; 1; ) ; (; 1; 1) ; (1; ; )g bases de R e R, respectivamente, e consideremos a matriz A = 6 1 1 1 : Dado v = (x; y) um vetor do R, temos que v = x (1; ) + y (; 1) ) [v] = x y e usando a relação (.1), encontramos [T (v)] = 6 1 1 1 x y = 6 x x + y x y y 1 y y e, sendo assim, T (x; y) = x (1; 1; ) + (x + y) (; 1; 1) + (x y) (1; ; ) = (x y; x + y; x 8y)

6 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS é a aplicação linear procurada. Exemplo Se e são as bases canônicas de R m e R n, respectivamente, então a transformação T que satisfaz (.1) é dada por T (x 1 ; x ; : : : ; x m ) = (y 1 ; y ; : : : ; y n ) ; onde 6 y 1 y. = A 6 x 1 x y n x m Por exemplo, com relação às bases canônicas a aplicação linear T : R! R associada à matriz 1 1 A = 6 1 1 1 1. : é precisamente T (x; y; z; t) = 6 1 1 1 1 1 1 6 x y z t = (x = y + z; x + y + z + t; y + z t) : MATRIZ ASSOCIADA A UMA APLICAÇÃO LINEAR Seja T : V! W uma transformação linear entre espaços vetoriais de dimensão nita e considere = fv 1 ; v ; : : : ; v m g e = fw 1 ; w ; : : : ; w n g bases de V e W, respectivamente. Associada à transformação linear T consideramos a nm matriz [T ] ; cuja j-ésima coluna é [T (v j )] A matriz [T ] é construída da seguinte forma: escrevemos cada vetor T (v j ) como combinação linear da base e formamos a j-ésima coluna da matriz. T (v 1 ) = a 11 w 1 + a 1 w + + a n1 w n T (v ) = a 1 w 1 + a w + + a n w n :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: T (v j ) = a 1j w 1 + a j w + + a nj w n :::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: T (v m ) = a 1m w 1 + a m w + + a nm w n

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR Assim, a matriz associada à aplicação T é: a 11 a 1 a 1j a 1m a 1 a a j a m. [T ]......... = a j1 a j a jj a jm. 6......... a n1 a n a nj v a nm NOTAÇÃO Quando =, a matriz [T ] será indicada simplesmente por [T ]..A Seja I : V! V o operador identidade de V, isto é, I (v) = v; 8v: Se = fv 1 ; v ; : : : ; v n g é uma base de V, determine a matriz [I] : Se é outra base de V, quem é [I]?.B Qual é a transformação linear T : P 1! P, cuja representação matricial em relação às 1 bases canônicas é 6 1?.C Seja T : R! R a transformação de nida por T (x; y; z) = (x y + z; x y z) e considere as bases = f(1; ) ; (; 1)g e = f(1; 1; ) ; (1; 1; 1) ; (1; ; 1)g : Determine a matriz [T ] :.D Sejam = f( 1; ) ; (; 1)g e = f(; 1; 1) ; (1; ; ) ; (1; ; 1)g bases de R e R, respectivamente, e seja T : R! R, tal que [T ] = 1 1 1 1 1 : (a) Determine bases para N (T ) e Im (T ). É a transformação T injetora? (b) Determine T (x; y; z) :.E Em relação às bases ordenadas = fx; 1g e = x ; x 1; x + 1 de P 1 e P, respectivamente, qual a matriz da transformação linear T : P 1! P, de nida por T (p (x)) = xp (x)?

8 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS.F Sejam = f(1; 1) ; (; )g e = f(1; ; 1) ; (; 1; ) ; (1; ; )g bases de R e R, respectivamente, e seja T : R! R, tal que [T ] = 6 1 1 1 1 : (a) Determine T (x; y) : (b) Encontre uma base do R, tal que [T ] = 6 1 1 :.G Seja T : M! R a transformação linear, de nida por T x y = (x + z; y + t) z t e seja a base canônica de M. (a) Determine [T ], onde = f(1; 1) ; (1; )g : (b) Se S : R! M é tal que [S] = 6 1 1 1 1 1 determine, caso exista, um vetor v; tal que Sv = 1 : 1.H Seja T : R! R o operador linear, cuja matriz em relação à base canônica é [T ] = 1 : 1 (a) Determine, caso exista, vetores u e v tais que T u = u e T v = v: (b) Determine dim N (T ) e dim Im (T ) :

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 9 (c) T é um isomor smo? Se for, encontre T 1 (x; y) :.I Seja T : P! R o funcional linear de nido por T (p (x)) = Z 1 Determine a matriz de T em relação às bases canônicas. p (x) dx:.j Seja T : P 1! P 1 o operador linear de nido por T (p (x)) = (1 x) p (x). Determine a matriz de T em relação à base canônica de P 1 : SOBRE A MATRIZ DA APLICAÇÃO COMPOSTA Dadas as aplicações lineares T : fv; g! W; e T : W;! U; a matriz da aplicação composta S T : fv; g! U; pode ser determinada pela regra: Quando T : fv; g! W; inversa T 1 : W; [S T ] = [S] [T ] : for um isomor smo, então dim V = dim W e a matriz da aplicação! fv; g será dada por T 1 = [T ] 1 :.K Mostre que o operador T : R! R de nido por T (x; y; z) = (x y; y; y + z) é um isomor smo e encontre as matrizes [T ] e T 1, em relação á base canônica :.L Sejam T 1 e T operadores do R, com representação matricial 1 1 1 1 [T 1 ] = 6 1 1 e [T ] = 6 1 1 1 1 : Encontre o operador T, sabendo que T 1 = T T:.M Considere as matrizes A = 6 1 1 e B = 6 1 1 1 e sejam T A e T B as transformações canônicas de nidas pelas matrizes A e B, respectivamente. Encontre bases dos subespaços N (T A ) ; N (T B ) ; N (T B T A ) ; Im (T A ) ; Im (T B ) e Im (T B T A ) :

6 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS.N Em R e R, respectivamente, considere as bases = f(1; ; ) ; ( 1; ; 1) ; (1; 1; )g e = f(1; ; ; 1) ; ( 1; ; 1; ) ; (1; 1; ; ) ; ( 1; ; ; 1)g e seja A a matriz A = 6 1 1 1 1 1 1 1 1 : Encontre a transformação linear T : R! R, tal que [T (v)] = A [v] : Essa é a transformação associada à matriz A e às bases e. Quando e são as bases canônicas, teremos: x 1 1 1 T (v) = A v; isto é, T (x; y; z; t) = 6 1 1 y : 6 z 1 1 1 t.o Sejam T : R! R e S : R! R as transformações lineares de nidas por T (x; y; z) = (x + y; x z) e S (x; y) = (x; x y; y; x + y) : e considere as bases = f(1; ) ; (1; 1)g (base do R ) = f(1; ; ) ; (1; 1; 1) ; (; 1; 1)g (base do R ) = f(1; ; ; ) ; (; ; 1; 1) ; (; ; 1; ) ; (1; 1; ; )g (base do R ) (a) Encontre as matrizes [T ] e [S] e calcule o produto [S] [T ]. (b) Determine (S T ) (x; y; z) : (c) Encontre a matriz [S T ] :.P Sejam = f(1; 1; ) ; ( 1; ; 1) ; ( 1; 1; 1)g e = f(1; ; ) ; (; 1; ) ; (; ; 1)g bases do R e considere o operador linear T : R! R, de nido por T (x; y; z) = (x + y z; x y; x + z) : (a) Mostre que T é um isomor smo e encontre a matriz [T ].

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 61 (b) Encontre a transformação inversa T 1 : R! R e a matriz T 1 i (c) Escalone a matriz ampliada h[t ] ; I : :. Autovalor e Autovetor UM BREVE COMENTÁRIO Dada uma transformação linear T : V! V, um problema típico de álgebra linear consiste em encontrar um escalar e um vetor v, tais que T (v) = v. É claro que v = satisfaz à equação T (v) = v, seja qual for o escalar, e o problema torna-se interessante quando o vetor procurado v for não nulo. Um tal escalar denomina-se autovalor (ou valor característico) da transformação T e o vetor não nulo v um autovetor (ou vetor característico) de T, associado ao autovalor. Se v é um autovetor de T, associado ao autovalor, então qualquer múltiplo escalar de v também o é; se é um autovalor de T, representamos por V o subespaço vetorial de V constituído pelos vetores v, tais que T (v) = v. Esse subespaço recebe o nome de auto-espaço associado a. O auto-espaço V é constituídos dos autovetores associados ao autovalor ; mais o vetor nulo. Dada uma base de V, se representarmos por A a matriz de T na base, os autovalores de T são as soluções da equação matricial A [v] = [v], isto é, as soluções da equação (A I) [v] =. No caso em que V = R n, esta equação nos conduz a um sistema linear homogêneo, o qual terá solução não nula quando det (A I) =, ou seja, quando for uma raiz do polinômio p () = det (A I), denominado polinômio característico de T: Exemplo Se = fv 1 ; v ; : : : ; v n g é uma base de V, contendo apenas autovetores de T, então a matriz [T ] é uma matriz diagonal. Para comprovar esse fato, basta observar que T (v j ) = j v j = v 1 + v + + v j 1 + j v j + v j+1 + + v n : e os escalares destacados formam a j-ésima coluna da matriz..a Em cada caso, determine o polinômio característico do operador, seus autovalores e autovetores correspondentes. Por m, encontre uma base dos auto-espaços associados. (a) T : R! R ; T (x; y) = (y; x) : (b) T : R! R ; T (x; y) = (x + y; x + y) : (c) T : R! R ; T (x; y; z) = (x + y + z; y + z; z) :

6 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS (d) T : R! R ; T (x; y; z) = (x + y; x y + z; x + y z) : (e) T : R! R ; T (x; y; z; t) = (x; x + y; x + y + z; x + y + z + t) : (f) T : R! R ; T (x; y; z; t) = (x + y; y; z; t) : (g) T : M! M ; T (A) = A t : (A t é transposta de A) (h) T : P 1! P 1 ; T (ax + b) = ax b: (i) T : P! P ; T (p (x)) = p (x) : (j) T : P! P ; T ax + bx + c = ax + cx + b: (k) T : P! P ; T (p (x)) = p (x + 1) : (l) T : P! P ; T (p (x)) = 1 x p (x) xp (x) :.B Mostre que um operador T : V! V, com um autovalor nulo, não pode ser injetor..c No espaço R ; considere as bases = f(1; ) ; (; 1)g e = f( 1; ) ; (1; )g. Determine o polinômio característico do operador T (x; y) = (x; x + y), usando as matrizes [T ] e [T ]..D Seja R (x; y) = (x cos y sen ; x sen + y cos ) o operador de rotação. Se = k; k Z, mostre que os autovalores de R são = 1:.E Identi que o operador de R, com autovalores 1 = e =, e respectivos autovetores v 1 = (; 1) e v = ( ; 1) :.F Se T é um isomor smo e é um autovalor de T, mostre que 1 inverso T 1. é um autovalor do operador.g Mostre que autovetores (não nulos) associados a autovalores distintos são LI...1 Operadores Diagonalizáveis Por diagonalizar um operador T : V! V, entendemos associá-lo a uma matriz diagonal. Isso consiste em encontrar, caso exista, uma base de V em relação à qual a matriz de T é diagonal. Uma tal base de V deve ser constituída de autovetores de T: REGRA DE DIAGONALIZAÇÃO Suponhamos dim V = n e que 1 ; ; ; r sejam os autovalores distintos do operador T : V! V: Se V j são os auto-espaços correspondentes e dim V 1 + dim V + + dim V r = n

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 6 então o operador T é diagonalizável e se j é uma base do auto-espaço V j, então = 1 [ [ [ r é uma base de V que diagonaliza T, isto é, a matriz [T ] é diagonal. Na diagonal principal da matriz [T ] guram os autovalores de T e o número de vezes que cada autovalor aparece na diagonal corresponde à sua multiplicidade como raiz do polinômio característico. Exemplo Um operador T : R! R que possui dois autovalores distintos é diagonalizável. Neste caso, os dois autoespaços têm dimensão igual a 1. De forma mais geral, se dim V = n e o operador T : V! V possui n autovalores distintos, um tal operador T é diagonalizável. Exemplo Seja T o operador do R, de nido por T (x; x; z) = (x z; y + z; z). Os autovalores de T são 1 = (de multiplicidade ) e = 1, que são as raízes do polinômio característico p () = ( ) ( 1 ), e os auto-espaços correspondentes são: V = f(x; y; ) : x; y Rg e V 1 = f(z; z; z) : z Rg : Vemos que dim V + dim V 1 = + 1 = dim R e, portanto, T é diagonalizável. Em relação à base de autovetores = f(1; ; ) ; (; 1; ) ; (; ; )g a matriz de T é A = 6 : 1 Note que 1 = f(1; ; ) ; (; 1; )g e = f(; ; )g são bases dos auto-espaços V e V 1, respectivamente. Exemplo Seja T o operador do R, de nido por T (x; x; z) = (x + y; x + y; y + z). Os autovalores de T são 1 = e =, que são as raízes do polinômio característico p () = + 16 + 1; e os auto-espaços correspondentes são: V = f(; ; z) : z Rg e V = f( y; y; y) : z Rg : Vemos que dim V + dim V = 1 + 1 6= dim R e, portanto, T não é diagonalizável.

6 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS.A Em cada caso, encontre uma base de V que diagonaliza o operador T : V! V: (a) T : R! R ; T (x; y) = (x; x y). (b) T : R! R ; T (x; y; z) = (x + y; y; z) : (c) T : R! R ; T (x; y; z) = ( x; x y; x + y) : (d) T : R! R ; T (x; y; z) = (x; x + y; 1x z) :.B Se a matriz do operador T : R! R em relação à base canônica é simétrica, mostre que T é diagonalizável..c Determine, caso exista algum, os valores de a que tornam os operadores T (x; y) = (x + y; ay) e S (x; y) = (x + ay; y) diagonalizáveis. EXERCÍCIOS ADICIONAIS 1. Sejam W 1 e W subespaços vetorias de V, tais que W 1 \W = fg. Mostre que T (u; v) = u+v de ne um isomor smo de W 1 W sobre W 1 W :. Se duas transformações lineares S; T : V! W são iguais nos vetores v 1 ; v ; : : : ; v n de uma base de V, mostre que S (v) = T (v) ; 8v V:. Se T : V! W é um isomor smo, mostre que a aplicação inversa T 1 : W! V também o é.. Se T : V! W é um isomor smo linear, mostre que dim V = dim W e T transforma uma base de V em uma base de W:. Seja P : R! R o operador de nido por P (x; y; z; t) = (x; y; ; ). Mostre que: (a) P = P (P = P P ). (b) R = Im (P ) N (P ) : (c) Encontre uma base do R, tal que [P ] = I : 6. Dado um isomor smo T : V! V, com dim V < 1, qual a relação entre as matrizes [T ] e T 1?

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 6. Mostre que um operador linear T : R! R transforma retas em retas. 8. Qual a imagem da circunferência x + y = a pelo operador T : R! R, dado por T (x; y) = (ax + by; bx + ay), sendo a 6= b: 9. Encontre a expressão do operador T : R! R, que representa uma rotação de = rad em torno da reta que passa pela origem e tem a direção do vetor v = (1; 1; ) : 1. Seja T : R! R o operador que representa uma re exão através da reta y = x: Encontre T (x; y) e uma base do R, tal que [T ] = 1 1 : 11. Sejam T e R os operadores do R que representam, respectivamente, a projeção e a re exão no plano : x + y + z =. (a) Encontre T (x; y; z) e R (x; y; z). (b) Encontre bases e do R, tais que 1 [T ] = 6 e [R] = 6 1 1 1 1 : (tais bases devem conter dois vetores v 1 e v do plano e um vetor v perpendicular ao plano ) 1. Se dim V = n e T : V! V é um operador diagonalizável, com polinômio característico p () = ( a) n, mostre que [T ] = ai, seja qual for a base de V. 1. Repita o Exercício.A(k), com o operador T : P! P, dado por T (p (x)) = p (x + 1) : Considere a base = 1; x; x ; x

66 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS RESPOSTAS & SUGESTÕES.1 FUNDAMENTOS BÁSICOS.1A São lineares as aplicações (a), (b), (c), (d) e (h). Nos casos (e) e (f), temos T () 6= e, portanto, T não é linear. Para veri car que a aplicação (g) não é linear, basta observar que T ( 1) 6= T (1) :.1B Sim. Usando as propriedades do produto matricial, temos T A (X + Y ) = A (X + Y ) = AX + AY = T A (X) + T B (Y ) ; X; Y M ; R:.1C Usando as propriedades da transposição de matrizes, temos T (X + Y ) = (X + Y ) t = X t + Y t = T (X) + T (Y ) ; X; Y M ; R:.1D Se A = 1 e B =, então det A = det B = e det(a + B) = det I = 1. 1 Para essas matrizes, temos T (A + B) 6= T (A) + T (B) e isso mostra que T não é linear..1f Em (a), usamos a linearidade da integral e obtemos T (p + q) = Z 1 (p (x) + q (x)) dx = Z 1 Em (b), usamos a lienearidade da derivada. Temos p (x) dx + Z 1 q (x) dx = T (p) + T (q) : T (p + q) = [p (x) + q (x)] = p () + q () = T (p) + T (q) ; para R; p; q P :.1S T (x; y) = (y; x). NÚCLEO & IMAGEM.A Considere a base = f(; ) ; ( 1; 1)g do R e observe que (x; y) = 1 (y x) (; )+x ( 1; 1), de modo que: T (x; y) = 1 (y x) T (; ) + x T ( 1; 1) = x (1; ; ) = (x; x; ) :.B Em cada caso, identi que o núcleo e a imagem da aplicação linear.

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 6 (a) N (T ) = f(x; x) : x Rg e uma base do núcleo é = f(1; )g : A imagem do operador T é o eixo x e uma base de Im (T ) é = f(1; )g :.G Considere a base = f(1; ; ) ; (; 1; ) ; (; ; 1)g do R e de na o operador T : R! R por: T (1; ; ) = (1; ; ) ; T (1; ; ) = (; ; ) e T (1; ; ) = (; ; ) : Um tal operador não pode ser um isomor smo, porque dim Im (T ) = :. REPRESENTAÇÃO MATRICIAL.A Em qualquer base do espaço V a matriz [I] é a matriz identidade n n:.b Um vetor (polinômio) genérico de P 1 é p (t) = a + bt e a aplicação é T (a + bt) = a + bt:.c A matriz de [T ] é: [T ] = 1 1 :.D (a) Considerando v 1 = (; 1; 1) ; v = (1; ; ) e v = (1; ; 1), então a imagem de T é gerada pelos vetores T (v 1 ) ; T (v ) e T (v ) : Como T (v ) = (; ) e T (v 1 ) e T (v ) são LI, segue que ft (v 1 ) ; T (v )g é uma base de Im (T ). N (T ) = [v ] : O núcleo de T tem dimensão 1 e, portanto (b) T (x; y; z) = ( y + z; x + y) :.E Considerando as bases ordenadas e, encontramos: 1 1= [T ] = 6 1= :.F O ponto de oartida é a relação [T ] = [T ] [v] : (a) T (x; y) = 1 (x y; x y; x + y) :

68 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS (b) Considere a base = fw 1 ; w ; w g, sendo w 1 = T (1; 1) = (1; 1; 1) e w = T (; ) = ( 1; 1; 1) e escolha w LI com w 1 e w. Por exemplo, w = (; ; 1) :.G (a) A matriz [T ] é a matriz = 1= = 1= 1= 1= 1= 1= (b) Dado v = (x; y), temos que [v] = 1 (x y; x + y) e, portanto x y [Sv] = 1 x y, Sv = 1 6 x y x y x y x y x + y x + y : Logo, x y = Sv = 1 x y =, 1 x y = x + y = e, como o sistema não tem solução, um tal vetor v não existe..h A aplicação T é dada por T (x; y) = ( x y; y) : (a) Os vetores do tipo u = ( a T v = v: x; x) satisfazem a T u = u, enquanto os vetroes v = (x; ) satisfazem (b) Temos que N (T ) = fg, de modo que dim N (T ) = : On the other hand, dim Im (T ) = dim R dim N (T ) = (c) Sendo T iinjetora e sobrejetora, concluímos que T é um isomor smo. Se S = T 1 e S (x; y) = (u; v), então (x; y) = T S (x; y) = T (u; v) = ( u v; v)

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 69 e daí resulta que u = x y e v = y. Logo, S (x; y) = ( x y; y) :.I As bases canônicas de P e R são, respectivamente: = 1; t; t ; t e = f1g : Um cálculo direto nos conduz a: T (1) = 1; T (t) = 1=; T t = 1= e T t = 1=: Assim, [T ] = 6 1 1= : 1= 1=.J A base canônica de P 1 é = f1; xg e temos que T (1) = = 1 + x e T (x) = 1 x = 1 1 + ( 1) x e, portanto, [T ] = 1 1 :.K Um operador T : R! R será um isomor smo se, e somente se, for injetor. (veja as dimensões). Temos que T (x; y; z) = (; ; ), (x y; y; y + z) = (; ; ), x = y = z = : Logo, N (T ) = f(; ; )g e T é um isomor smo. As matrizes de T e T 1 na base canônica são: 1 1 [T ] = 6 1 e T 1 1 1 = 6 1 : 1 1 1 1.L Desde que T 1 = T T, então T = T 1 T 1 e o operador T é representado, com relação à base canônica, pela matriz A [T 1 ], onde a matriz A é a inversa da matriz [T ]. Assim, [T ] = [T ] 1 [T 1 ] :

ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS.M As aplicações T A e T B são dadas por: T A (x; y) = (y; y; y) e T B (x; y; z) = (; x + y + z; x) e, portanto, T B T A (x; y) = (; 6y; y). Temos: N (T A ) = f(x; ) : x Rg Base: = f(1; )g ; dim N (T A ) = 1: N (T B ) = f(; y; y) : y Rg Base: = f(; 1; )g ; dim N (T B ) = 1: N (T B T A ) = f(x; ) : x Rg Base: = f(1; )g ; dim N (T B T A ) = 1: As colunas da matriz que representa a aplicação linear geram a imagem de tal aplicação. Observando as matrizes das aplicações T A ; T B e T B T A, deduzimos que Im (T A ) = [(1; ; 1)] Base: = f(1; ; 1)g ; dim Im (T A ) = 1: Im (T B ) = f(; y; y) : y Rg Base: = f(; 1; ) ; (; 1; 1)g ; dim N (T B ) = : Im (T B T A ) = f(x; ) : x Rg Base: = f(; 6; 1)g ; dim Im (T B T A ) = 1:.N Dado v = (x; y; z; t) do R, um cálculo direto nos dá x y + z + t [v] = 1 z 6 x + y + z t x + y z + t 1 e, por conseguinte, [T (v)] = A [v] = 1 6 1 1 1 1 1 1 1 1 6 x y + z + t z x + y + z t x + y z + t = 1 6 x + y + z + t x + 8z + t x + y z t : Logo, T (v) = 1 (x + y + z + t) (1; ; ) + (x + 8z + t) ( 1; ; 1) + (x + y z t) (1; 1; ) = 1 ( x y z t; x + y z t; x + 8z + t) :.O Ponto de partida: T (x; y; z) = (x + y; x z) e S (x; y) = (x; x y; y; x + y) :

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR 1 (a) Temos: T (1; ; ) = (1; 1) = (1; ) + 1 (1; 1) ; T (1; 1; 1) = (; ) = (1; ) + (1; 1) ; T (; 1; 1) = (; 1) = 1 (1; ) + 1 (1; 1) e S (1; ) = (1; 1; ; ) = (1; ; ; ) + (; ; 1; 1) + ( ) (; ; 1; ) + ( 1) (1; 1; ; ), S (1; 1) = (1; ; ; ) = 1 (1; ; ; ) + (; ; 1; 1) + ( 1) (; ; 1; ) + (1; 1; ; ) : Logo: [T ] = @ 1 1 1 1 A e [S] = B @ 1 1 1 1 C A e, portanto, [S] [T ] = B @ 1 6 6 1 1 C A : (b) A aplicação composta S T : R! R vem dada por: [S T ] (x; y; z) = S (T (x; y; z)) = S (x + y; x z) = (x + y; y + z; x z; x + y z) : (c) A matriz [S T ] coincide com o produto [S] [T ] encontrado em (b)..p Recorde-se que um operador T : R! R será um isomor smo se, e somente se, for injetor. (a) Mostremos que N (T ) = fg. De fato, T (x; y; z) =, x + y z = x y = x + z =, x = y = z = : Assim, T é injetor e, consequentemente um isomor smo. A matriz de T é: 1 [T ] = B 1 C @ A : 1

ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS (b) A inversa é dada por T 1 (x; y; z) = 1 vem dada por: T 1 = (x + y + z; x y + z; x y + z) e a matriz [T ] B @ 1 1= 1= 1 1= = 1= (c) Se A é uma matriz n n invertível, ao escalonar a matriz ampliada [A; I n ] chegamos à matriz In ; A 1 : No caso, temos: 1 C A : B @ 1 1 1 1 1 1 C A B @ 1 1 1 1= 1= 1 1 1= = 1= 1 C A :. AUTOVALOR & AUTOVETOR.A Em cada caso, considere a matriz de T com relação às bases canônicas. (a) Considerando a base canônica do R ; temos: p () = det ([T ] I) = det @ 1 A = : 1 Os autovalores são 1 = p e = p ; com auto-espaços correspondentes V 1 = p ; 1 e V = p ; 1 : (b) Neste caso, o polinômio característico é p () = 1 e os autovalores são 1 = 1 + p e = 1 p. Os auto-espaços são: h V 1 = 1; p i e V = h 1; p i : (c) Temos p () = ( 1) ( ) ( ) e os autovalores são 1 = e =. Os auto-espaços correspondentes são: V 1 = [(1; ; )] ; V = [(1; 1; )] e V = [(1; 1; 1)] : (d) O polinômio característico é p () = ( + 1) e os autovalores são 1 = 1; = p e = p : Os auto-espaços correspondentes são: h V 1 = [(1; ; 1)] ; V = 1; p i h 1; 1 ; e V = 1; 1 p ; 1 i :

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR (e) O polinômio característico é p () = (1 correspondentes é: ) e 1 = 1 é o autovalor de ordem. O auto-espaço V 1 = [(1; ; ; ) ; (; ; ; 1)] e os auto-vetores são do tipo v = (x; ; ; t) ; x; t R. (f) Temos p () = ( ) ( ) e os autovalores são 1 = e = = = : Os auto-espaços são: V 1 = [(; ; ; 1)] e V = [(1; ; ; ) ; (; ; 1; )] (dim V 1 = 1 e dim V = ): (g) No espaço M, consideramos a base canônica 8 1 1 < = @ 1 A ; @ 1 A ; @ : 1 1 A ; @ 1 19 = A ; e encontramos p () = (1 ) ( + 1). Os autovalores são, portanto, = 1, de ordem e = 1: Os auto-espaços correspondentes são: 1 1 1 1 V 1 = @ 1 A ; @ 1 A ; @ A e V = @ 1 A : 1 1 1 (h) O único autovalor é = e qualquer polinômio constante e não nulo é um vetor próprio associado. O auto-espaço é V = R. (i) No espaço P, consideramos a base canônica = 1; x; x e encontramos p () = : O único autovalor é = e V = R. (j) Temos T (1) = x; T (x) = 1 e T x = x e, portanto, 1 [T ] = B 1 @ 1 1 C A : O polinômio característico é p () = (1 ) 1, com raízes (autovalores) 1 = 1 (dupla) e = 1: Os autovetores associados ao autovalor 1 são os polinômios do tipo ax + bx + b,

ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS enquanto os autovetores associados ao autovalor são os polinômios do tipo bx auto-espaços são: b: Os V 1 = x + 1; x e V = [x 1] (dim V 1 = e dim V = 1): (k) Dado p (x) = ax + bx + c, temos que T (p) = p (x + 1) = ax + (a + b) x + a + b + c, de modo que: T (1) = 1; T (x) = x + 1 e T x = x + x + 1: A matriz de T na base = 1; x; x é, portanto: 1 1 1 [T ] = B 1 @ 1 1 C A e o polinômio característico é p () = (1 ) : O autovalor é = 1, de multiplicidade e os autovetores correspondentes são os polinômios q(x) = bx; b R. O autoespaço é o subespaço de dimensão n = 1, dado por V 1 = [x] : (l) Dado v = ax + bx + c, temos que T (v) = 6ax bx a e, portanto: T (1) = ; T (x) = e T x = 6x : O polinômio característico é p () = 6, com raízes (autovalores) 1 = (dupla) e = 6: Os autoespaços são V 1 = R e V = x; 1 + x : Em outras palavras, V 1 é constituído pelos polinômios constantes, enquanto V é o subespaço constituído pelos polinômios do tipo ax + bx + a; a; b R..B Recorde-se que T é injetor se, e somente se, N (T ) = fg. Se = é um atovalor de T, existe v 6=, tal que T (v) = v = e daí resulta que v N (T ) e, portanto, N (T ) 6= fg :.C As matrizes de T em relação às bases e são, respectivamente: 1 1 [T ] = @ 1 1= 1= A e [T ] = @ A 1 1 1= = e temos:

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR (a) em relação à base : p () = det @ 1 1 1 1 A = (1 ) (b) em relação à base : p () = det @ 1= 1= 1= = 1 A = + 1 = (1 ) :.D Temos que R (x; y) = (x cos y sen ; x sen + y cos ) e, considerando = k, encontramos R (x; y) = ( 1) k x; ( 1) k y : Com relação à base canônica, temos [R ] = @ ( 1)k ( 1) k 1 A e o polinômio característico é p () = 1, conforme seja k par ou ímpar..e Com os autovalores 1 = e =, construímos a base de autovetores = f(; 1) ; ( ; 1)g e teremos 1 Assim, 1 A = [T ] = @ A : T (x; y) = ( 6y; x + y) :.F Sendo T um isomor smo, qualquer autovalor é não nulo e existe v 6=, tal que: T (v) = v, v = T 1 ( v) = T 1 (v), T 1 (v) = 1 v:.g Sejam v 1 e v autovetores de um operador T : V! V, associados aos autovalores distintos 1 e. Considere uma combinação linear nula x v 1 + y v = (.) e mostre que x = y = : De (.) deduza que x 1 v 1 + y 1 v = x T (v 1 ) + y T (v ) = (I) (II) (.)

6 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS e subtraindo (I) de (II), obtenha y = : De forma similar, mostre que x = : (a equação (I) é obtida multiplicando (.) por 1 e a equação (II) é equivalente a x 1 v 1 + y v = ). OPERADORES DIAGONALIZÁVEIS.A.6 EXERCÍCIOS ADICIONAIS 1. Para veri car que T é linear, observe que T ( (u 1 ; v 1 ) + (u ; v )) = T (u 1 + u ; v 1 + v ) = u 1 + u + v 1 + v = (u 1 + v 1 ) + u + v = T (u 1 ; v 1 ) + T (u ; v ) : Dado u + v em W 1 W, então T (u; v) = u + v e, portanto, T é sobrejetora. Por outro lado, se (u; v) ker (T ), então u +v = em W 1 W e como W 1 \W = fg ; segue que u = v =. Assim, ker (T ) = fg e T é injetora.. Dado v em V, então v = x 1 v 1 + x v + + x n v n e, considerando que T (v j ) = S (v j ), obtemos: S (v) = x 1 S (v 1 ) + x S (v ) + + x n S (v n ) = x 1 T (v 1 ) + x T (v ) + + x n T (v n ) = T (x 1 v 1 + x v + + x n v n ) = T (v) :. Sendo T : V! W um isomor smo, então dim V = dim W, e T 1 será um isomor smo se, e somente se, for injetor. Ora, T 1 (w 1 ) = T 1 (w ), T T 1 (w 1 ) = T T 1 (w ), w 1 = w : Logo, T 1 é injetor e, portanto, um isomor smo.. Sendo T : V! W um isomor smo, então N (T ) = fg e Im (T ) = W (T é injetor e sobrejetor). Logo, dim V = dim N (T ) + dim Im)T = + dim W = dim W:

COMPLEMENTOS & EXERCÍCIOS APLICAÇÃO LINEAR Por outro lado, dada uma base = fv 1 ; v ; ; v n g, então T (v 1 ) ; T (v ) ; ; T (v n ) são LI. De fato: x 1 T (v 1 ) + x T (v ) + + x n T (v n ) =, T (x 1 v 1 + x v + + x n v n ) =, x 1 v 1 + x v + + x n v n =, x 1 = x = x n = :. Dado que P (x; y; z; t) = (x; y; ; ), temos: (a) P (x; y; z; t) = P (P (x; y; z; t)) = P (x; y; ; ) = (x; y; ; ) = P (x; y; z; t) : (b) Dado v = (x; y; z; t) um vetor do R, então: v = (x; y; z; t) = (x; y; ; ) + (; ; z; t) = P (x; y; z; t) + (; ; z; t) Im (P ) + N (P ) : Considerando que Im (P ) \ N (P ) = fg, deduzimos que R = Im (P ) N (P ) : (c) Considere qualquer base do tipo = f(1; ; ; ) ; (; 1; ; ) ; (; ; ; ) ; (; ; ; )g, com 6= : 6. As matrizes T 1 e [T ] são inversas uma da outra.. Uma transformação linear T : R! R é do tipo T (x; y) = (ax + by; cx + dy) e a imagem da reta L = f(at + B; Ct + D) ; t Rg é a reta de equações paramétricas: u = (aa + bc) t + ab + bd v = (ca + dc) t + cb + dd: 8. H 9. I 1. J 11. Na gura abaixo ilustramos os operadores T e R, onde Q é o ponto médio de P Q e vemos

8 ÁLGEBRA LINEAR MARIVALDO P. MATOS que T (P ) = Q e R (P ) = Q : (a) Um ponto genérico da reta r que passa por P (x; y; z) e é perpendicular ao plano é X = (x + t; y + t; z + t) e no instante t = 1 1 (x + y + z) o ponto X estará sobre o plano. Logo T (x; y; z) = Q = 1 1 (x 6y z; 6x + 1y z; x y 1z) : Por outro lado, considerando que Q é o ponto médio de P Q, temos Q = 1 P + Q ) Q = Q P = 1 ( x 6y z; 6x + y z; x y + 6z) : (b) É oportuno observar que se u é um vetor perpendicular ao plano, então R (u) = que T (v) =, v? e T (u) = u, u : u e A base = fv 1 ; v ; v g deve ser tal que T (v 1 ) = v 1 ; T (v ) = e T (v ) = v : Escolha v 1 e v LI, ambos no plano ; e v ortogonal ao plano. FIM