Prova de Álgebra Linear - Transformações Lineares e Matrizes - 2022

Algebra Linear 2a Avaliacao 2729 de agosto de 2022 Instrucoes para a Prova Indique seu nome legıvel com o numero de matrıcula e assine a folha de res postas Justifique todas as suas respostas Assumemse as operacoes usuais de soma e multiplicacao por escalar no espaco vetorial R3 Seja T R3 R3 a transformacao linear definida por T0 1 2 9 9 0 T1 2 0 9 0 9 T2 0 1 0 9 9 1 Obtenha T Mat3x3 a matriz canˆonica de T 2 pontos 2 Obtenha a lei de T ou seja calcule Tx y z em R3 1 ponto 3 Encontre uma base para ImT a imagem de T em R3 1 ponto 4 Determine posT o posto de T 05 ponto 5 Utilize o Teorema da Dimensao para determinar nulT a nulidade de T 05 ponto 6 Encontre uma base para NucT o nucleo de T em R3 1 ponto 7 T e injetora Por quˆe 05 ponto 8 Encontre dois vetores distintos u v R3 tais que Tu Tv 0 0 0 Calcule Tu e Tv Sugestao Tome u NucT w 0R3 NucT e faca v u w 1 ponto 9 T e sobrejetora Por quˆe 05 ponto 10 a Encontre condicoes sobre a b c R para que o vetor a b c pertenca a imagem de T 1 ponto b 3 2 1 ImT 05 ponto c 1 3 2 ImT 05 ponto Sugestao Encontre condicoes sobre a b c R para que o sistema linear Tx y z a b c seja consistente Questão 1 Note que de forma geral devemos ter T x y z axbycz a xb yc z a xb yc z Mas pelos dados temos T 012b2cb2c b 2c 990 T 120 a2ba 2b a 2b 90 9 T 2012ac2a c 2a c 099 Assim temos o sistema b2c9 b 2c 9 b 2c 0 a2b9 a 2b 0 a 2b 9 2ac0 2a c 9 2a c 9 A partir das equações que são iguais a zero temos b 2c a 2b c2a Substituindo no sistema de equações temos b4 a9 b 2c 9 a2b9 a 4c 9 4bc 9 2a c 9 Assim podemos desmembrar nos seguintes sistemas b4 a9 a2b9 b 2c 9 4 bc 9 a 4c 9 2a c 9 Resolvendo os sistemas temos 2b8a18 a2b9 b 2c 9 8b 2c 18 2a 8 c 18 2a c 9 Somando as equações de cada sistema chegamos a 9a9 9b 9 9 c 27 Assim temos a1 b 1 c 3 Retornando para as equações anteriores achamos b 2c 6 a 2b 2 c2a2 b94a5 a 94 c 3 c 94b 5 Assim a matriz canônica de Té dada por T a b c a b c a b c T 1 5 2 2 1 5 3 6 3 Questão 2 Temos T x y z T X T x y z 1 5 2 2 1 5 3 6 3 x y z T x y z 1 x5 y2z 2x1 y5 z 3 x6 y3 z T x y z x5 y2 z2 xy5 z3x6 y3z Questão 3 Note que para qualquer vetor vxv yv zv tal que vℑT temos vxv yv zvx5 y2 z 2 xy5 z3 x6 y3 z Logo temos xv yv zvx2 x3x 5 y 1 y 6 y 2 z 5 z 3 z xv yv zvx 123 y 516 z 253 Logo todo vetor da imagem é uma combinação linear dos seguintes vetores 123 516 253 Agora vamos verificar se os vetores são linearmente dependentes calculando o seguinte determinante D 1 2 3 5 1 6 2 5 3 113 26 23 5516 5 253312 3 2475 30 30 6 1026 108 Como o determinante não é nulo concluímos que os vetores são linearmente independentes Ou seja podemos usar a seguinte base para ℑT 123 516 253 Porém como a dimensão da imagem é igual a 3 temos que a imagem é todo o R 3 Assim uma base mais simples seria a base canônica 100010 001 Stephans Quintet Stephans Quintet is the most famous and beststudied compact group of galaxies This tightly packed cosmic group contains two galaxies in a cosmic collision plus three others that are more distant galaxies seen in projection near to the group The image shows observations from the Chandra Xray Observatory and the Hubble Space Telescope Xrays from bow shocks in the group of galaxies indicated by the green color help reveal how galaxies interact and evolve in our Universe This image combines Xrays green from Chandra with optical data from Hubble The image is approximately 45 arcminutes across NGC 7318B is travelling at thousands of kilometers per second through the gas in the group creating the bow shock seen in Xrays Credit NASACXCNRLJUngeraadt et al NASASTScI Questão 4 O posto é o número de linhas nãonulas da matriz quando escrita na forma escalonada Assim vamos escalonar a matriz 1 5 2 2 1 5 3 6 3 Fazendo L2 2 L2 e L3 3 L3 temos 1 5 2 1 1 2 5 2 1 2 1 Fazendo L2L1 L2 e L3L1 L3 temos 1 5 2 0 51 2 2 5 2 0 52 21 1 5 2 0 9 2 9 2 0 3 3 Fazendo L1 L1 temos 1 5 2 0 9 2 9 2 0 3 3 Fazendo L2 92 L2 e L3 3 L3 temos 1 5 2 0 1 1 0 1 1 Fazendo L3L2L3 temos 1 5 2 0 1 1 0 0 0 Assim temos 2 linhas não nulas Logo o posto é igual a 2 Questão 5 Pelo teorema temos posto T nulTn3 Mas pela questão 4 sabemos que o posto vale posto T 2 Portanto nulT 3posto T nulT 32 nulT 1 Questão 6 Pelo teorema temos dim ℑ T dim NucT dim R 33 Mas pela questão 3 sabemos que há 3 vetores na base de ℑT Logo temos dim ℑ T 3 Portanto dim NucT 3dim ℑ T dim NucT 33 dim NucT 0 Como a dimensão de NucT é nula temos que apenas o vetor nulo 000 faz parte do núcleo da transformação Questão 7 T é injetora pois toda transformação tal que Nuc T 0 é automaticamente injetora Questão 8 Seja ux y z e vx y z Assim devemos ter T x y z T x y z x5 y2z 2x y5z 3 x6 y3 z x5 y 2 z 2 xy 5 z 3 x 6 y3 z Como um exemplo vamos considerar v10 0 Assim devemos ter x5 y2z 2x y5z 3 x6 y3 z 123 Assim temos o sistema x5 y2z1 2 xy5 z2 3 x6 y3 z3 Da primeira equação temos x5 y2 z1 Usando a primeira equação para eliminar x ficamos com 2 5 y2z1y5 z2 3 5 y2z16 y3 z3 10 y4 z2 y5 z2 15 y6 z3 6 y3 z3 9 y9 z0 9 y9 z0 9 y9 z0 9 y9 z0 9 y9 z0 yz0 Assim podemos tomar por exemplo y1 e z1 o que resulta x5 y2 z1 x521 x4 Assim temos que ambos os vetores u100 e v411 resultam em T u T v 123 Questão 9 Na questão 8 foi mostrado que existiam dois vetores que eram mapeados para o mesmo lugar pela transformação T Logo este exemplo basta para mostrar que esta transformação não pode ser considerada sobrejetora Questão 10 A Para pertencer à imagem devese ter T x y z x5 y2 z2 xy5 z3x6 y3z abc Logo temos ax5 y2 z b2xy5 z c3 x6 y3 z Assim temos b2a2 xy5 z2x5 y2 z c3a3 x6 y3 z3 x5 y2z b2ay5 z10 y4 z c3a6 y3 z15 y6 z b2a9 y9 z c3a9 y9z Assim temos c3 ab2a 9 y9z9 y9z cba0 B Neste caso temos cba123 20 Logo o vetor 321 não pertence à imagem de T C Neste caso temos cba231 0 Logo o vetor 132 pertence à imagem de T Questão 1 Note que de forma geral devemos ter 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 𝑎𝑥 𝑏𝑦 𝑐𝑧 𝑎𝑥 𝑏𝑦 𝑐𝑧 𝑎𝑥 𝑏𝑦 𝑐𝑧 Mas pelos dados temos 𝑇012 𝑏 2𝑐 𝑏 2𝑐 𝑏 2𝑐 990 𝑇120 𝑎 2𝑏 𝑎 2𝑏 𝑎 2𝑏 909 𝑇201 2𝑎 𝑐 2𝑎 𝑐 2𝑎 𝑐 09 9 Assim temos o sistema 𝑏 2𝑐 9 𝑏 2𝑐 9 𝑏 2𝑐 0 𝑎 2𝑏 9 𝑎 2𝑏 0 𝑎 2𝑏 9 2𝑎 𝑐 0 2𝑎 𝑐 9 2𝑎 𝑐 9 A partir das equações que são iguais a zero temos 𝑏 2𝑐 𝑎 2𝑏 𝑐 2𝑎 Substituindo no sistema de equações temos 𝑏 4𝑎 9 𝑏 2𝑐 9 𝑎 2𝑏 9 𝑎 4𝑐 9 4𝑏 𝑐 9 2𝑎 𝑐 9 Assim podemos desmembrar nos seguintes sistemas 𝑏 4𝑎 9 𝑎 2𝑏 9 𝑏 2𝑐 9 4𝑏 𝑐 9 𝑎 4𝑐 9 2𝑎 𝑐 9 Resolvendo os sistemas temos 2𝑏 8𝑎 18 𝑎 2𝑏 9 𝑏 2𝑐 9 8𝑏 2𝑐 18 2𝑎 8𝑐 18 2𝑎 𝑐 9 Somando as equações de cada sistema chegamos a 9𝑎 9 9𝑏 9 9𝑐 27 Assim temos 𝑎 1 𝑏 1 𝑐 3 Retornando para as equações anteriores achamos 𝑏 2𝑐 6 𝑎 2𝑏 2 𝑐 2𝑎 2 𝑏 9 4𝑎 5 𝑎 9 4𝑐 3 𝑐 9 4𝑏 5 Assim a matriz canônica de 𝑇é dada por 𝑇 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑎 𝑏 𝑐 𝑻 𝟏 𝟓 𝟐 𝟐 𝟏 𝟓 𝟑 𝟔 𝟑 Questão 2 Temos 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 𝑇𝑋 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 1 5 2 2 1 5 3 6 3 𝑥 𝑦 𝑧 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 1𝑥 5𝑦 2𝑧 2𝑥 1𝑦 5𝑧 3𝑥 6𝑦 3𝑧 𝑻𝒙 𝒚 𝒛 𝒙 𝟓𝒚 𝟐𝒛 𝟐𝒙 𝒚 𝟓𝒛 𝟑𝒙 𝟔𝒚 𝟑𝒛 Questão 3 Note que para qualquer vetor 𝑣 𝑥𝑣 𝑦𝑣 𝑧𝑣 tal que 𝑣 𝐼𝑚𝑇 temos 𝑣 𝑥𝑣 𝑦𝑣 𝑧𝑣 𝑥 5𝑦 2𝑧 2𝑥 𝑦 5𝑧 3𝑥 6𝑦 3𝑧 Logo temos 𝑥𝑣 𝑦𝑣 𝑧𝑣 𝑥 2𝑥 3𝑥 5𝑦 1𝑦 6𝑦 2𝑧 5𝑧 3𝑧 𝑥𝑣 𝑦𝑣 𝑧𝑣 𝑥12 3 𝑦5 1 6 𝑧25 3 Logo todo vetor da imagem é uma combinação linear dos seguintes vetores 12 3 5 1 6 25 3 Agora vamos verificar se os vetores são linearmente dependentes calculando o seguinte determinante 𝐷 1 2 3 5 1 6 2 5 3 1 1 3 2 6 2 3 5 5 1 6 5 2 5 3 3 1 2 3 24 75 30 30 6 102 6 108 Como o determinante não é nulo concluímos que os vetores são linearmente independentes Ou seja podemos usar a seguinte base para 𝐼𝑚𝑇 12 3 5 1 6 25 3 Porém como a dimensão da imagem é igual a 3 temos que a imagem é todo o 𝑅3 Assim uma base mais simples seria a base canônica 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟏 𝟎 𝟎 𝟎 𝟏 Questão 4 O posto é o número de linhas nãonulas da matriz quando escrita na forma escalonada Assim vamos escalonar a matriz 1 5 2 2 1 5 3 6 3 Fazendo 𝐿2 2 𝐿2 e 𝐿3 3 𝐿3 temos 1 5 2 1 1 2 5 2 1 2 1 Fazendo 𝐿2 𝐿1 𝐿2 e 𝐿3 𝐿1 𝐿3 temos 1 5 2 0 5 1 2 2 5 2 0 5 2 2 1 1 5 2 0 9 2 9 2 0 3 3 Fazendo 𝐿1 𝐿1 temos 1 5 2 0 9 2 9 2 0 3 3 Fazendo 𝐿2 92 𝐿2 e 𝐿3 3 𝐿3 temos 1 5 2 0 1 1 0 1 1 Fazendo 𝐿3 𝐿2 𝐿3 temos 1 5 2 0 1 1 0 0 0 Assim temos 2 linhas não nulas Logo o posto é igual a 2 Questão 5 Pelo teorema temos 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜𝑇 𝑛𝑢𝑙𝑇 𝑛 3 Mas pela questão 4 sabemos que o posto vale 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜𝑇 2 Portanto 𝑛𝑢𝑙𝑇 3 𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜𝑇 𝑛𝑢𝑙𝑇 3 2 𝒏𝒖𝒍𝑻 𝟏 Questão 6 Pelo teorema temos dim𝐼𝑚𝑇 dim𝑁𝑢𝑐𝑇 dim𝑅3 3 Mas pela questão 3 sabemos que há 3 vetores na base de 𝐼𝑚𝑇 Logo temos dim𝐼𝑚𝑇 3 Portanto dim𝑁𝑢𝑐𝑇 3 dim𝐼𝑚𝑇 dim𝑁𝑢𝑐𝑇 3 3 dim𝑁𝑢𝑐𝑇 0 Como a dimensão de 𝑁𝑢𝑐𝑇 é nula temos que apenas o vetor nulo 𝟎 𝟎 𝟎 faz parte do núcleo da transformação Questão 7 𝑻 é injetora pois toda transformação tal que 𝑁𝑢𝑐𝑇 0 é automaticamente injetora Questão 8 Seja 𝑢 𝑥 𝑦 𝑧 e 𝑣 𝑥 𝑦 𝑧 Assim devemos ter 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 𝑥 5𝑦 2𝑧 2𝑥 𝑦 5𝑧 3𝑥 6𝑦 3𝑧 𝑥 5𝑦 2𝑧 2𝑥 𝑦 5𝑧 3𝑥 6𝑦 3𝑧 Como um exemplo vamos considerar 𝑣 100 Assim devemos ter 𝑥 5𝑦 2𝑧 2𝑥 𝑦 5𝑧 3𝑥 6𝑦 3𝑧 12 3 Assim temos o sistema 𝑥 5𝑦 2𝑧 1 2𝑥 𝑦 5𝑧 2 3𝑥 6𝑦 3𝑧 3 Da primeira equação temos 𝑥 5𝑦 2𝑧 1 Usando a primeira equação para eliminar 𝑥 ficamos com 25𝑦 2𝑧 1 𝑦 5𝑧 2 35𝑦 2𝑧 1 6𝑦 3𝑧 3 10𝑦 4𝑧 2 𝑦 5𝑧 2 15𝑦 6𝑧 3 6𝑦 3𝑧 3 9𝑦 9𝑧 0 9𝑦 9𝑧 0 9𝑦 9𝑧 0 9𝑦 9𝑧 0 9𝑦 9𝑧 0 𝑦 𝑧 0 Assim podemos tomar por exemplo 𝑦 1 e 𝑧 1 o que resulta 𝑥 5𝑦 2𝑧 1 𝑥 5 2 1 𝑥 4 Assim temos que ambos os vetores 𝒖 𝟏 𝟎 𝟎 e 𝒗 𝟒 𝟏 𝟏 resultam em 𝑻𝒖 𝑻𝒗 𝟏 𝟐 𝟑 Questão 9 Na questão 8 foi mostrado que existiam dois vetores que eram mapeados para o mesmo lugar pela transformação 𝑇 Logo este exemplo basta para mostrar que esta transformação não pode ser considerada sobrejetora Questão 10 A Para pertencer à imagem devese ter 𝑇𝑥 𝑦 𝑧 𝑥 5𝑦 2𝑧 2𝑥 𝑦 5𝑧 3𝑥 6𝑦 3𝑧 𝑎 𝑏 𝑐 Logo temos 𝑎 𝑥 5𝑦 2𝑧 𝑏 2𝑥 𝑦 5𝑧 𝑐 3𝑥 6𝑦 3𝑧 Assim temos 𝑏 2𝑎 2𝑥 𝑦 5𝑧 2𝑥 5𝑦 2𝑧 𝑐 3𝑎 3𝑥 6𝑦 3𝑧 3𝑥 5𝑦 2𝑧 𝑏 2𝑎 𝑦 5𝑧 10𝑦 4𝑧 𝑐 3𝑎 6𝑦 3𝑧 15𝑦 6𝑧 𝑏 2𝑎 9𝑦 9𝑧 𝑐 3𝑎 9𝑦 9𝑧 Assim temos 𝑐 3𝑎 𝑏 2𝑎 9𝑦 9𝑧 9𝑦 9𝑧 𝒄 𝒃 𝒂 𝟎 B Neste caso temos 𝑐 𝑏 𝑎 1 2 3 2 0 Logo o vetor 𝟑 𝟐 𝟏 não pertence à imagem de 𝑻 C Neste caso temos 𝑐 𝑏 𝑎 2 3 1 0 Logo o vetor 𝟏 𝟑 𝟐 pertence à imagem de 𝑻