Lista de Exercícios Resolvidos Algebra Linear - Espaços Vetoriais Transformações Lineares

Atividade 1 Exercícios Ex 1 Valor 15 pontos Seja V R² Defina uma operação de adição em V por u v x y u x 1 v y 1 para todo u v e x y em V Defina uma operação de multiplicação por escalar em V por a x y ax ay para todo a R e x y e V Com essas operações o conjunto V não é um espaço vetorial Os axiomas de espaço vetorial que não são verificados são e Justifique sua resposta Ex 2 Resolva os exercícios abaixo aValor 1 ponto Considere o espaço vetorial W 1 x y 6 x y R com a adição e o produto por escalar em W dados por 1 x y 6 1 x y 6 1 x x y y 6 e a 1 x y 6 1 a x ay 6 Apresente o vetor nulo com respeito à adição de W justificando sua resposta bValor 1 ponto Considere o espaço vetorial V 0 oc com a adição e o produto por escalar em V dados por x y xy e a x xa Dado x V apresente o inverso aditivo de x com respeito à adição Justifique sua resposta Ex 3 Seja W P2 definido por W p P2 p0 p1 a Valor 15 pontos Verifique que W é um subespaço vetorial de P2 Justifique sua resposta bValor 15 pontos Exiba uma base de W Justifique sua resposta cValor 1 ponto Seja U p P2 p1 0 U é um subespaço vetorial de P2 Qual é a dimensão de U W Justifique sua resposta Ex 4 Considere o seguinte sistema de equações w x y z 6 w y z 4 w y 2 1 aValor 15 pontos Use o método de eliminação Gaussiana para resolver o sistemas de equações 1 Justifique sua resposta bValor 1 ponto Classifique o sistema de equações 1 em compatível determinado compatível indeterminado ou incompatível Justifique sua resposta Atividade 2 Exercícios Ex 1 Seja T P1 R P2 R definida por Taxb ax²2 bx a 1 pt Verifique que T é uma transformação linear Justifique a sua resposta b 2 pts Calcule a matriz de T com relação às bases B 1 2x 1 e C 2 x 1 x² 1 respectivamente Justifique a sua resposta c 1 pt Diga se a aplicação T é injetora Diga se a aplicação T é sobrejetora Em ambos casos justifique a sua resposta Ex 2 Seja B 1 x x x² x² 1 uma base de P2 R Considere a transformação linear T P2 R P2 R tal que T1 x 3 3x 2x² Tx x² 2x x² e Tx² 1 x 1 a 2 pts Calcule os autovalores de T b 15 pts Calcule os autovetores associados a cada um dos autovalores de T c 15 pts Diga se T é diagonalizável ou não e justifique a sua resposta d 1pt T é inversível Justifique a sua resposta Ex 3 Bonus 1pt Decida se a seguinte transformação linear T R³ R³ dada por Tx y z x 2y 2z y 4z z Decida se T é diagonalizável Justifique a sua resposta Dica Considere a base canônica de R³ Ex 4 Bonus 1 pt Toda vez que a máquina de café da sala de espera de um dado hospital deixa de funcionar ela é concertada no dia seguinte com probabilidade 45 Se a máquina de café está funcionando ela não funcionará no dia seguinte com probabilidade 110 O funcionamento da máquina pode ser modelado de forma simplória por uma cadeia de Markov com matriz de transição P 910 110 45 15 e espaço de estado S 1 2 Nesta modelagem assumimos que cada unidade de tempo corresponde a um dia Assumindo que a máquina está funcionando no dia de inauguração do hospital a probabilidade da máquina estar funcionando após n unidades de tempo é dada pela expressão Pⁿ₁₁ onde Pⁿ representa a nésima potência da matriz de transição P aCalcule a probabilidade da máquina estar funcionando no dia do primeiro aniversário da inauguração do hospital Observação Não é permitido o uso de calculadora Para ser um espaço vetorial são necessários 8 testes Logo testando cada um deles 1 Seja o vetor 𝑎 𝑢 𝑣 e o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 Logo 𝑎 𝑏 𝑏 𝑎 𝑢 𝑣 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑢 𝑣 Lembrando que a soma de dois vetores deve resultar na definição de operação de adição dada no enunciado 𝑢 𝑥 1 𝑣 𝑦 1 𝑥 𝑢 1 𝑦 𝑣 1 𝑢 𝑥 1 𝑣 𝑦 1 𝑢 𝑥 1 𝑣 𝑦 1 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 2 Seja o vetor 𝑎 𝑢 𝑣 o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 e o vetor 𝑤 𝑥3 𝑦3 Logo 𝑏 𝑎 𝑤 𝑏 𝑎 𝑤 𝑥 𝑦 𝑢 𝑣 𝑥3 𝑦3 𝑥 𝑦 𝑢 𝑣 𝑥3 𝑦3 Lembrando que a soma de dois vetores deve resultar na definição de operação de adição dada no enunciado 𝑥 𝑢 1 𝑦 𝑣 1 𝑥3 𝑦3 𝑥 𝑦 𝑢 𝑥3 1 𝑣 𝑦3 1 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente 𝑢 𝑥 𝑥3 2 𝑣 𝑦 𝑦3 2 𝑢 𝑥 𝑥3 2 𝑣 𝑦 𝑦3 2 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 3 Seja o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 e o vetor nulo 0 0 𝑏 0 𝑏 𝑥 𝑦 0 0 𝑥 𝑦 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente 𝑥 0 1 𝑦 0 1 𝑥 𝑦 𝑥 1 𝑦 1 𝑥 𝑦 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑜 4 Seja o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 e o vetor 𝑐 𝑥 𝑦 𝑏 𝑐 0 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 0 0 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente 𝑥 𝑥 1 𝑦 𝑦 1 0 0 1 1 0 0 𝑓𝑎𝑙𝑠𝑜 5 Seja o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 𝛼𝛽𝑏 𝛼𝛽𝑏 Aqui a operação de multiplicação permanece usual de acordo com o enunciado ou seja 𝑎𝑥 𝑦 𝑎𝑥 𝑎𝑦 Logo 𝛼𝛽𝑥 𝑦 𝛼𝛽𝑥 𝑦 𝛼𝛽𝑥 𝛼𝛽𝑦 𝛼𝛽𝑥 𝛽𝑦 𝛼𝛽𝑥 𝛼𝛽𝑦 𝛼𝛽𝑥 𝛼𝛽𝑦 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 6 Seja o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 1𝑏 𝑏 1𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 Aqui a operação de multiplicação permanece usual de acordo com o enunciado ou seja 𝑎𝑥 𝑦 𝑎𝑥 𝑎𝑦 Logo 1𝑥 1𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 7 Seja o vetor 𝑎 𝑢 𝑣 e o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 𝛼𝑎 𝑏 𝛼𝑎 𝛼𝑏 𝛼𝑢 𝑣 𝑥 𝑦 𝛼𝑢 𝑣 𝛼𝑥 𝑦 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente 𝛼𝑢 𝑥 1 𝑣 𝑦 1 𝛼𝑢 𝛼𝑣 𝛼𝑥 𝛼𝑦 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente 𝛼𝑢 𝛼𝑥 𝛼 𝛼𝑣 𝛼𝑦 𝛼 𝛼𝑢 𝑣 𝑥 𝑦 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente 𝛼𝑢 𝛼𝑥 𝛼 𝛼𝑣 𝛼𝑦 𝛼 𝛼𝑢 𝛼𝑥 𝛼 𝛼𝑣 𝛼𝑦 𝛼 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 8 Seja o vetor 𝑏 𝑥 𝑦 𝛼 𝛽𝑏 𝛼𝑏 𝛽𝑏 𝛼 𝛽𝑥 𝑦 𝛼𝑥 𝛼𝑦 𝛽𝑥 𝛽𝑦 Aqui a soma não é realizada mas apenas xy fatorado 𝛼 𝛽𝑥 𝛼 𝛽𝑦 𝛼 𝛽𝑥 𝛼 𝛽𝑦 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 Podemos concluir que o espaço falhou na verificação dos axiomas 3 e 4 Por isso não se trata de um espaço vetorial a Para ser um vetor nulo desse espaço W deve satisfazer 𝑢 0 𝑢 Sendo que o resultado deve satisfazer à regra de adição dada Seja o vetor 𝑢 1 𝑥 𝑦 6 1 𝑥 𝑦 6 0 1 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦 6 Só que 𝑢 1 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦 6 1 𝑥 𝑦 6 O que implica em 1 1 𝑥 𝑥 𝑥 𝑦 𝑦 𝑦 6 6 E o vetor nulo pode ser escrito como 0 0000 b Saindo de 𝑢 𝑣 0 O inverso aditivo nesse caso é 𝑣 Mas devido à operação de adição dada 𝑢 𝑣 𝑢 𝑣 Logo 𝑢 𝑣 0 A única possibilidade de a igualdade acima ocorrer é quando 𝑢 0 ou 𝑣 0 Como não estamos interessados em 𝑢 0 logo o inverso aditivo do espaço é 𝑣 0 a Vamos verificar mais de perto como é esse subespaço vetorial 𝒫3 significa polinômios de grau 3 Como 𝑝0 𝑝1 e sabendo que polinômios de grau 3 têm a forma 𝑎𝑥3 𝑏𝑥2 𝑐𝑥 𝑑 0 Logo 𝑎 03 𝑏 02 𝑐 0 𝑑 𝑎 13 𝑏 12 𝑐 1 𝑑 𝑐 𝑎 𝑏 Ou seja esse subespaço vetorial contempla todos os polinômios de grau 3 que satisfazem a seguinte equação geral 𝑎𝑥3 𝑏𝑥2 𝑎 𝑏𝑥 𝑑 0 Podemos montar um vetor u com os coeficientes do polinômio acima 𝑢 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑑 Fazendo 𝑎 𝑏 𝑑 0 𝑢 0000 𝑜𝑘 Existe o vetor nulo nesse subespaço Suponha agora 𝑢 𝑎1 𝑏1 𝑎1 𝑏1 𝑑1 𝑣 𝑎2 𝑏2 𝑎2 𝑏2 𝑑2 Somando esses dois vetores 𝑢 𝑣 𝑎1 𝑎2 𝑏1 𝑏2 𝑎1 𝑎2 𝑏1 𝑏2 𝑑1 𝑑2 lembrando que 𝑐 𝑎 𝑏 Então 𝑐1 𝑐2 𝑎1 𝑎2 𝑏1 𝑏2 que bate com a terceira componente de 𝑢 𝑣 𝑜𝑘 Por último 𝜆𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑑 𝜆𝑎 𝜆𝑏 𝜆𝑎 𝜆𝑏 𝜆𝑑 Lembrando que 𝑐 𝑎 𝑏 𝜆𝑐 𝜆𝑎 𝜆𝑏 Que bate com a terceira componente Portanto o subespaço 𝑊 𝒫3𝑝0 𝑝1 é de fato um subespaço vetorial b Do item anterior escrevemos os coeficientes do polinômio encontrado como 𝑢 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑑 Que pode ser expandido como 𝑢 𝑎 0 𝑎 0 0 𝑏 𝑏 0 000 𝑑 𝑢 𝑎10 10 𝑏01 10 𝑑0001 Logo uma base para o subespaço vetorial é 𝛽 10 10 01 10 0001 c Os polinômios de grau 3 podem ser escritos em sua forma geral como 𝑝 𝑎𝑥3 𝑏𝑥2 𝑐𝑥 𝑑 0 Sua derivada é 𝑝 3𝑎𝑥2 2𝑏𝑥 𝑐 0 Fazendo aqueles cuja uma das raízes é igual a 1 3𝑎 12 2𝑏 1 𝑐 0 𝑐 3𝑎 2𝑏 Logo podemos escrever um vetor 𝑤 cujos coeficientes de p são 𝑤 𝑎 𝑏 3𝑎 2𝑏 𝑑 Comparando com o vetor u 𝑢 𝑎 𝑏 𝑎 𝑏 𝑑 Percebemos que a 1 a 2 e a 4 componentes são iguais Logo 𝒰 𝒲 𝑎 𝑏 𝑑 Que possui 3 dimensões a Escrevendo o sistema de equações 𝑤 𝑥 𝑦 𝑧 6 𝑤 𝑦 𝑧 4 𝑤 𝑦 2 Ordenando as variáveis 𝑥 𝑦 𝑧 𝑤 6 𝑦 𝑧 𝑤 4 𝑦 𝑤 2 Escrevendo uma matriz com os coeficientes e soluções 1 1 1 1 6 0 1 1 1 4 0 1 0 1 2 Subtraindo da primeira linha a segunda linha 1 0 0 0 2 0 1 1 1 4 0 1 0 1 2 Subtraindo da terceira linha a segunda linha 1 0 0 0 2 0 1 1 1 4 0 0 1 0 2 Fazendo a terceira linha x 1 1 0 0 0 2 0 1 1 1 4 0 0 1 0 2 Fazendo a segunda linha menos a terceira linha 1 0 0 0 2 0 1 0 1 2 0 0 1 0 2 Logo podemos escrever 𝑥 2 𝑦 𝑤 2 𝑧 2 b Como não podemos encontrar todas as variáveis y e w continuam a ser indeterminados logo tratase de um sistema compatível indeterminado a Primeiro temos que transformar os coeficientes dos polinômios em vetores pois os polinômios são espaços vetoriais Nesse caso podemos reescrever a transformação dada em 𝑇𝑎 𝑏 𝑎 2 𝑏 0 Verificando a adição 𝑇𝑎1 𝑏1 𝑇𝑎2 𝑏2 𝑇𝑎1 𝑏1 𝑎2 𝑏2 𝑎1 2 𝑏1 0 𝑎2 2 𝑏2 0 𝑎1 𝑎2 2 𝑏1 𝑏2 0 𝑎1 𝑎2 2 𝑏1 𝑏2 0 𝑎1 𝑎2 2 𝑏1 𝑏2 0 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 Verificando a multiplicação 𝑇𝑘𝑎 𝑘𝑏 𝑘𝑇𝑎 𝑏 𝑘𝑎 2 𝑘𝑏 0 𝑘 𝑎 2 𝑏 0 𝑘𝑎 2 𝑘𝑏 0 𝑘𝑎 2 𝑘𝑏 0 𝑣𝑒𝑟𝑑𝑎𝑑𝑒𝑖𝑟𝑜 Como ambos os requisitos foram atendidos a transformação dada é linear b Vamos aplicar a base B na transformação dada já transformando os polinômios em vetores 𝐵 1 2𝑥 1 0 1 2 1 𝐶 2 𝑥 1 𝑥2 1 002 0 11 101 𝑇𝑎 𝑏 𝑎 2 𝑏 0 𝑇0 1 0 2 10 0 10 E 𝑇2 1 2 2 10 1 10 Vamos escrever esses vetores na base C 0 10 𝑎002 𝑏0 11 𝑐101 0 𝑐 1 𝑏 0 2𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 1 2 𝑏 1 𝑐 0 E 1 10 𝑎002 𝑏0 11 𝑐101 𝑎 1 𝑏 1 𝑐 1 Logo a matriz de transformação é 𝑇𝐵 𝐶 1 2 1 1 1 1 0 c Verificando o núcleo da transformação 𝑇𝑎 𝑏 𝑎 2 𝑏 0 0 𝑎 𝑏 0 Ou seja 𝑁𝑢𝑐𝑇 00 Logo a transformação é injetora A imagem da transformação 𝐼𝑚𝑇 tem a mesma imagem do contradomínio Logo a transformação é sobrejetora Como a transformação é injetora e sobrejetora ao mesmo tempo logo a transformação é bijetora a Vamos encontrar uma expressão geral para a transformação linear 𝑇011 233 𝑇110 220 𝑇10 1 01 1 Supondo uma transformação do tipo 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 𝑎𝑥 𝑏𝑦 𝑐𝑧 𝑑𝑥 𝑒𝑦 𝑓𝑧 𝑔𝑥 ℎ𝑦 𝑖𝑧 Onde 𝑎 𝑏 𝑐 𝑑 𝑒 𝑓 𝑔 ℎ 𝑖 são constantes Logo teremos 3 conjuntos de sistemas de equações 𝑎 0 𝑏 1 𝑐 1 2 𝑎 1 𝑏 1 𝑐 0 3 𝑎 1 𝑏 0 𝑐 1 3 𝑎 1 𝑏 2 𝑐 4 𝑑 0 𝑒 1 𝑓 1 2 𝑑 1 𝑒 1 𝑓 0 2 𝑑 1 𝑒 0 𝑓 1 0 𝑑 0 𝑒 2 𝑓 0 𝑔 0 ℎ 1 𝑖 1 0 𝑔 1 ℎ 1 𝑖 0 1 𝑔 1 ℎ 0 𝑖 1 1 𝑔 1 ℎ 0 𝑖 0 Logo a matriz de transformação é 𝑇 1 0 1 2 2 0 4 0 0 Seus autovalores det 1 0 1 2 2 0 4 0 0 𝜆 1 0 0 0 1 0 0 0 1 𝜆3 3𝜆2 6𝜆 8 𝜆3 3𝜆2 6𝜆 8 0 𝜆 2 𝜆 1 2 𝑖 15 2 𝜆 1 2 𝑖 15 2 Então os seus autovalores são 𝜆 2 𝜆 1 2 𝑖 15 2 𝜆 1 2 𝑖 15 2 b Os respectivos autoespaços são 𝐴 𝜆𝐼 1 0 1 2 2 0 4 0 0 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 2 2 0 4 0 0 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 2 0 0 4 0 2 1 0 1 2 0 0 4 0 2 𝑥 𝑦 𝑧 0 0 0 1 0 1 2 0 0 4 0 2 𝑥 𝑦 𝑧 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 𝑥 𝑦 𝑧 0 0 0 Logo 𝑣1 010 Da mesma forma 𝑣2 3 315𝑖 6 215𝑖 24 E 𝑣3 3 315𝑖 6 215𝑖 24 c Como há 3 autoespaços distintos para os 3 autovalores encontrados logo a transformação dada é diagonalizável d Para verificar se a transformação é invertível temos verificar a existência de 𝑇1 1 0 1 2 2 0 4 0 0 1 Realizando os procedimentos de inversão Logo 1 0 1 2 2 0 4 0 0 1 0 0 1 4 0 1 2 1 4 1 0 1 4 Portanto a matriz é invertível Para ser um espaço vetorial são necessários 8 testes Logo testando cada um deles 1 Seja o vetor au v e o vetor bx y Logo abba uv x y x y u v Lembrando que a soma de dois vetores deve resultar na definição de operação de adição dada no enunciado ux1v y1xu1 yv1 ux1v y1u x1 v y1 verdadeiro 2 Seja o vetor auv o vetor bx y e o vetor wx3 y3 Logo bawbaw x y uv x3 y3x y uv x3 y3 Lembrando que a soma de dois vetores deve resultar na definição de operação de adição dada no enunciado xu1 yv1x3 y3x y ux31 v y31 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente uxx32v y y32uxx32 v y y32 verdadeiro 3 Seja o vetor bx y e o vetor nulo 00 b0b x y 00x y Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente x01 y01x y x1 y1 x y falso 4 Seja o vetor bx y e o vetor cx y bc0 x y xy 00 Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente xx1 yy10 0 1100 falso 5 Seja o vetor bx y αβ bα β b Aqui a operação de multiplicação permanece usual de acordo com o enunciado ou seja a x y ax ay Logo αβ x yα βx y αβ x αβ yα β x β y αβ x αβ y αβ x αβ y verdadeiro 6 Seja o vetor bx y 1bb 1 x y x y Aqui a operação de multiplicação permanece usual de acordo com o enunciado ou seja a x y ax ay Logo 1 x1 y x y x y x y verdadeiro 7 Seja o vetor au v e o vetor bx y α ab α aα b α u v x y α uv α x y Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente α u x1 v y1 α uα v α x α y Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente α uα xα α vα yα α u v x y Por causa da regra dada no enunciado toda adição irá acrescentar do nada 1 em cada componente α uα xα α vα yα α uα xα α vα yα verdadeiro 8 Seja o vetor bx y α β bα bβ b α β x y α x α y β x β y Aqui a soma não é realizada mas apenas xy fatorado αβ x αβ yαβ x α β y verdadeiro Podemos concluir que o espaço falhou na verificação dos axiomas 3 e 4 Por isso não se trata de um espaço vetorial a Para ser um vetor nulo desse espaço W deve satisfazer u0u Sendo que o resultado deve satisfazer à regra de adição dada Seja o vetor u1 x y 6 1x y 6 01 xx y y 6 Só que u1xx y y 6 1 x y 6 O que implica em 11 xx x y y y 66 E o vetor nulo pode ser escrito como 00 000 b Saindo de uv0 O inverso aditivo nesse caso é v Mas devido à operação de adição dada uvuv Logo uv0 A única possibilidade de a igualdade acima ocorrer é quando u0 ou v0 Como não estamos interessados em u0 logo o inverso aditivo do espaço é v0 a Vamos verificar mais de perto como é esse subespaço vetorial P3 significa polinômios de grau 3 Como p 0p1 e sabendo que polinômios de grau 3 têm a forma a x 3b x 2cxd0 Logo a0 3b0 2c0da1 3b1 2c1d cab Ou seja esse subespaço vetorial contempla todos os polinômios de grau 3 que satisfazem a seguinte equação geral a x 3b x 2ab xd0 Podemos montar um vetor u com os coeficientes do polinômio acima uabab d Fazendo abd0 u000 0 ok Existe o vetor nulo nesse subespaço Suponha agora ua1b1a1b1d1 va2b2a2b2d2 Somando esses dois vetores uva1a2b1b2a1a2b1b2d1d2 lembrando que cab Então c1c2a1a2b1b2 que bate com a terceira componente de uvok Por último λ ab abd λaλb λaλb λd Lembrando que cab λcλaλb Que bate com a terceira componente Portanto o subespaço W P3p 0 p 1 é de fato um subespaço vetorial b Do item anterior escrevemos os coeficientes do polinômio encontrado como uabab d Que pode ser expandido como ua0a0 0bb 0 000d ua 1010 b 0110 d 0001 Logo uma base para o subespaço vetorial é β1010 01100 001 c Os polinômios de grau 3 podem ser escritos em sua forma geral como pa x 3b x 2cxd0 Sua derivada é p 3a x 22bxc0 Fazendo aqueles cuja uma das raízes é igual a 1 3a1 22b1c0 c3a2b Logo podemos escrever um vetor w cujos coeficientes de p são wa b 3a2bd Comparando com o vetor u uabab d Percebemos que a 1 a 2 e a 4 componentes são iguais Logo U W abd Que possui 3 dimensões a Escrevendo o sistema de equações wx yz6 w y z4 w y2 Ordenando as variáveis x yzw6 yzw4 yw2 Escrevendo uma matriz com os coeficientes e soluções 1 1 1 1 6 0 1 1 1 4 0 1 0 1 2 Subtraindo da primeira linha a segunda linha 1 0 0 0 2 0 1 1 1 4 0 1 0 1 2 Subtraindo da terceira linha a segunda linha 1 0 0 0 2 0 1 1 1 4 0 0 1 0 2 Fazendo a terceira linha x 1 1 0 0 0 2 0 1 1 1 4 0 0 1 0 2 Fazendo a segunda linha menos a terceira linha 1 0 0 0 2 0 1 0 1 2 0 0 1 0 2 Logo podemos escrever x2 yw2 z2 b Como não podemos encontrar todas as variáveis y e w continuam a ser indeterminados logo tratase de um sistema compatível indeterminado a Primeiro temos que transformar os coeficientes dos polinômios em vetores pois os polinômios são espaços vetoriais Nesse caso podemos reescrever a transformação dada em T ab a 2 b0 Verificando a adição T a1b1T a2b2T a1b1a2b2 a1 2 b10 a2 2 b20 a1a2 2 b1b20 a1a2 2 b1b20 a1a2 2 b1b20 verdadeiro Verificando a multiplicação T k ak bkT ab k a 2 k b0k a 2 b0 ka 2 kb0 ka 2 kb 0 verdadeiro Como ambos os requisitos foram atendidos a transformação dada é linear b Vamos aplicar a base B na transformação dada já transformando os polinômios em vetores B12x1 01 21 C2x1 x 21 002 011 101 T ab a 2 b0 T 01 0 2 10010 E T 21 2 2 10110 Vamos escrever esses vetores na base C 010 a 002b 011c 101 0c 1b 02abc a1 2 b1 c0 E 110a 002b 011c 101 a1 b1 c1 Logo a matriz de transformação é T B C 1 2 1 1 1 1 0 c Verificando o núcleo da transformação T ab a 2 b00 ab0 Ou seja Nuc T 00 Logo a transformação é injetora A imagem da transformação ℑT tem a mesma imagem do contradomínio Logo a transformação é sobrejetora Como a transformação é injetora e sobrejetora ao mesmo tempo logo a transformação é bijetora a Vamos encontrar uma expressão geral para a transformação linear T 011233 T 110 220 T 101011 Supondo uma transformação do tipo T x y z axbycz dxeyfz gxhyiz Onde abc d e f g hisão constantes Logo teremos 3 conjuntos de sistemas de equações a0b1c12 a 1b1c03 a1b0c 13 a1 b2 c4 d0e1f 12 d 1e 1f 02 d1e0f 10 d0 e2 f 0 g0h1i10 g 1h1i01 g1h0i 11 g1 h0 i0 Logo a matriz de transformação é T 1 0 1 2 2 0 4 0 0 Seus autovalores det 1 0 1 2 2 0 4 0 0 λ 1 0 0 0 1 0 0 0 1 λ 33 λ 26 λ8 λ 33 λ 26 λ80 λ2 λ1 2 i 15 2 λ1 2 i 15 2 Então os seus autovalores são λ2 λ1 2 i 15 2 λ1 2 i 15 2 b Os respectivos autoespaços são AλI 1 0 1 2 2 0 4 0 0 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 2 2 0 4 0 0 2 1 0 0 0 1 0 0 0 1 1 0 1 2 0 0 4 0 2 1 0 1 2 0 0 4 0 2 x y z 0 0 0 1 0 1 2 0 0 4 0 2 x y z 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 x y z 0 0 0 Logo v1010 Da mesma forma v23315i 6215i 24 E v33315i6215i 24 c Como há 3 autoespaços distintos para os 3 autovalores encontrados logo a transformação dada é diagonalizável d Para verificar se a transformação é invertível temos verificar a existência de T 1 1 0 1 2 2 0 4 0 0 1 Realizando os procedimentos de inversão Logo 1 0 1 2 2 0 4 0 0 1 0 0 1 4 0 1 2 1 4 1 0 1 4 Portanto a matriz é invertível