Pf - Álgebra Linear 2 - 2023-1

ÁLGEBRA LINEAR II PF WANDERICO DE SOUZA CAMPOS 1) ORTONORMALIZAR A BASE = {√3 t, 1 + √3 t} ⟨√3t, 1 + √3 t⟩ = {u1, u2} w1 = u1 = √3t w2 = u2 - (w2 . w1/(w1 . w1)) w1 \ PELO PROCESSO DE \ GRAM-SCHMIDT w2 = u2 - ⟨w2, w1⟩/⟨w1, w1⟩ w1 ⟨u2, w1⟩ = ⟨1 + √3t, √3t⟩ = 0 + (√3)^2 = 3 ⟨w1, w1⟩ = ⟨√3t, √3t⟩ = (√3)^2 = 3 w2 = 1 + √3t - (3/3 √3t = 1 BASE ORTONORMAL = {√3 t, 1} 2A) T: R^3 -> R^3, T(x,y,z) = (x-y , z, x+z) T(1,0,0) = 1 0 1 T(0,1,0) = 0 1 0 T(0,0,1) = 0 1 1 T(x,y,z) = (1 -1 1) (0 0 0) (0 1 1) -> T^t (1 0 0) (-1 0 1) (1 0 1) COMO T^t ≠ T, T NÃO É AUTO-ADJUNTA. 2B) T: P1(R) -> P1(R), T(a+t b) = a-b + (a+b)t T() = T(a+tb) T() = T(c+ dt) = c-d t + (c+d)t PRA QUE T SEJA AUTO-ADJUNTA, TEMOS ⟨<Tp, q>⟩ = ⟨<p, Tq>⟩ ⟨T(p), q⟩ = ⟨(a-b) + (a+b)t, c+dt⟩ = (a-b)c + (a+b)d = ac-bc + ad+bd ⟨p, T(q)⟩ = ⟨a+bt, (c-d) + (c+d)t⟩ = a(c-d) + b(c+d) = ac-bc + ad+bd COMO SÃO DIFERENTES, LOGO NÃO SÃO AUTO-ADJUNTAS 3) A INVERSA DE (1 1) (-1 1) det(λ - λI) = (λ - λ 1) = (λ - λ)^2 - (-1) = (λ - I)^2 + 1 (-1 -1) P(λ) = λ^2 - 2λ + 1 = λ^2 - 2λ + 2 P(λ) = P = 2A + 2I = 0 -> PA^2 - 2PA + 2I = 0 (A) (PA)^2 - 2(A) (A) + 2 (T) A ) = 0 (A) -2 (T) + 2λI (PA) = 0 A^-1 = λ/2 I - A η A^-1= λ/2 [(0 -1 )] (0 -1) -> (λ -1 λ - 1) λ/2 | 1 1 | | 1 -1 | λ/2 λ/2 4) f(B) = (λ, 2) (λ, 0) B = {(λ,0), (0,1)} C = {(λ, λ), (1, -λ)} (λ, λ) = a(λ,0) + b(0,1), a = b = λ (1- λ) = c(1,0) + d(0,1), c = -d = 1 [M]_C^B = [a c] [b d] = | λ - λ | | λ - λ | f_c = [M]_C^B f_B = (λ - λ) ( 1 2) = ( 2 ) ( 0 ) | 1 - λ | [ 1 1 ] ( 2 ) ( 0 ) 5) ⟨φ ⊗ ψ - ψ ⊗ φ = 0 se, somente se φ e ψ são LD para que este produto resulte em 0 (zero) sem que nem φ e nem ψ sejam nulos, deve ser possível escrever uma das transforacões como um múltiplo da outra e a expressão abaixo pode ser anulada, ainda que | φ ⊗ ψ - ψ ⊗ φ = 0 => Ψ ⊗ = ψ | φ ⊗ 0 = 0 => Ψ ⊗ ≠ 0 OBS: EM GERAL OS PRODUTOS φ ⊗ ψ ≠ ψ ⊗ φ, LOGO SUBTRAIR DUAS EXPRESSÕES DIFERENTES NÃO DEVERÁ OCORRER, ISSO SÓ OCORRE, POIS φ E ψ NÃO SÃO INDEPENDENTES. 1) Considere a base B = {√3 t, 1 + √3 t} de P_1(ℝ). Aplicamos o processo de Gram-Schmidt à base B para encontrar a base ortonormal B' = {μ_1, μ_2}. Seja μ_1 = \(\frac{\sqrt{3} t}{\sqrt{3} t}\) = \(\frac{\sqrt{3} t}{\sqrt{(\sqrt{3})^2}}\) = \(\frac{\sqrt{3} t}{\sqrt{3}}\) t = t Agora, seja ω_2 = (1 + √3 t) - <1 + √3, t> t = (1 + √3 t) - √3 t = 1 Logo, μ_2 = \(\frac{ω_2}{\|ω_2\|}\) = \(\frac{1}{1}\) = 1 Portanto, B' = {t, 1} é uma base ortonormal para P_1(ℝ). 2 (b) Seja T: P_1(ℝ) -> P_1(ℝ) dada por, T(a + bt) = a - b + (a + b)t. Sabemos que uma transformação linear é auto-adjunta se a matriz da transformação em uma base ortonormal é simétrica. A base B = {1, t} é a base canônica de P_1(ℝ), além disso é ortonormal. Vamos determinar a matriz canônica de T. - T(1) = 1 - 0 + (1 + 0)t = 1 + t = 1.1 + 1.t Logo, T(1)_B = \(\begin{pmatrix} 1 \ 1 \end{pmatrix}\) - T(t) = 0 - 1 + (0 + 1)t = -1 + t = -1.1 + 1.t Logo, T(t)_B = \(\begin{pmatrix} -1 \ 1 \end{pmatrix}\) Portanto, a matriz canônica de T é dada por [T]_B = \(\begin{pmatrix} 1 & -1 \ 1 & 1 \end{pmatrix}\) Vejamos se a matriz T é simétrica, ou seja, [T]_B = [T]_B^t Temos [T]_B^t = \(\begin{pmatrix} 1 & 1 \ -1 & 1 \end{pmatrix}\) Como [T]_B ≠ [T]_B^t, logo, [T]_B não é simétrica, e portanto, o operador T não é auto-adjunto. (4) Seja f: R^2 x R^2 -> R uma forma bilinear tal que, f_B = (1 2) (1 0), onde B = {(1,0), (0,1)} é a base canônica de R^2. Então f(u, v) = (x_1, x_2) (1 2) (y_1) (1 0) (y_2) = (x_1 + x_2 2x_1) (y_1) (y_2) = x_1y_1 + x_2y_1 + 2x_1y_2 Logo, f(u, v) = x_1y_1 + x_2y_1 + x_2y_1 + 2x_1y_2. Agora, seja C = {(1,1), (1,-1)} uma base de R^2 Vamos calcular f no base C. Temos: • f((1,1), (1,1)) = 1*1 + 1*1 + 2*1*1 = 3 • f((1,1), (1,-1)) = 1*1 + 1*1 + 2*1*(-1) = 1 + 1 - 2 = 0 • f((1,-1), (1,1)) = 1*1 + (-1)*1 + 2*1*1 = 1 - 1 + 2 = 2 • f((1,-1), (1,-1)) = 1*1 + (-1)*1 + 2*1*(-1) = 1 - 1 - 2 = -2 Portanto, f_C = (3 0) (2 -2) 5) Sejam ℓ: R^2 -> R e Ψ: R^2 -> R transf. Formações lineares. Suponha que ℓ ⊗ Ψ - Ψ ⊗ ℓ = 0, ou seja, ℓ ⊗ Ψ = Ψ ⊗ ℓ => ℓ(Ψ(v)) = Ψ(ℓ(v)), v ∈ R^2 Logo, Ψ é múltipla de ℓ, ou seja, ℓ e Ψ são linearmente dependentes. Reciprocamente, suponha que ℓ e Ψ são linearmente dependentes. Então, existe 0 ≠ a ∈ R tal que ℓ = a Ψ. Logo, ℓ ⊗ Ψ - Ψ ⊗ ℓ = (a Ψ) ⊗ Ψ - Ψ ⊗ (a Ψ) = a (Ψ ⊗ Ψ) - a (Ψ ⊗ Ψ) = 0 Portanto, ℓ ⊗ Ψ - Ψ ⊗ ℓ = 0.