Prova Matematica - Transformacoes Lineares Injetoras Sobrejetoras e Nucleo

Nome Patricio Sn de Polinia Curso Matematica ATENÇÃO Apresente os cálculos Sua organização também será levada em consideração na pontuação 1 1 ponto Dê dois exemplos de transformação linear injetora mostre que de fato são transformações injetoras 2 1 ponto Dê um exemplo de tranformação sobrejetora mostre que é sobrejetora não pode ser a transformação identidade 3 2 pontos Considere a transformação linear T R3 R3 dada por Txyz x z 2x y e responda a 101 ε NT b 122 ε ImT c Qual é o núcleo de T d Qual é o conjunto imagem de T Dica você pode usar o Teorema do Núcleo e da Imagem 4 2 pontos Considere a transformação linear T R3 R4 dada por T xyz x z 3y 2x 2z y a Determine uma base para NT b Determine uma base para ImT c T é injetora d T é sobrejetora Questão 1 Solução Daremos agora dois exemplos de aplicações injetoras Essas são a T R3 R3 Tx y z x 2y z e a segunda é b T P2 R2 Ta bx cx2 c 3a b 2c onde P2 é o espaço dos polinômios de grau menor ou igual a 2 Aqui temos que evocar o seguinte resultado da álgebra linear Teorema 1 Uma aplicação linear T U V entre os espaços U e V é injetora se e somente se o núcleo da aplicação T contém unicamente o vetor nulo do espaço U ou seja mostrar que cada aplicação é injetora é equivalente a mostrar que o seu núcleo contém unicamente o vetor nulo Portanto nas soluções a seguir mostraremos que o núcleo de cada aplicação T é o conjunto que contém apenas o vetor nulo Solução do item a Determinaremos os x y z que estão em NT ou seja os x y z tais que Tx y z 0 0 0 0 1 ou seja temos o seguinte desenvolvimento x 2y z 0 0 0 x 0 2y 0 z 0 2 no caso devemos resolver o seguinte sistema linear x 0 2y 0 z 0 3 no entanto da última equação temos imediatamente que z 0 da segunda que y 0 2 0 e da primeira que x 0 Portanto os vetores x y z que satisfazem Tx y z 0 0 0 são na verdade um único vetor o qual é o vetor 0 0 0 que é o vetor nulo de R3 ou seja a aplicação T conforme Teorema enunciado é injetora 1 Solução do item b Determinaremos os vetores a bx cx2 P2 que estão em NT ou seja os a bx cx2 tais que Ta bx cx2 0 0 0 0 4 ou seja temos o seguinte desenvolvimento Ta bx cx2 0 0 0 0 c 3a b 2c 0 0 0 c 0 3a 0 b 2c 0 5 no caso devemos resolver o seguinte sistema linear c 0 3a 0 b 2c 0 6 no entanto da primeira equação temos imediatamente que c 0 da segunda que a 0 3 0 e da ultima que b 2c 0 b 2c 0 Portanto os vetores a bx cx2 P2 que satisfazem Ta bx cx2 0 0 0 são na verdade um único vetor o qual é o vetor 0 0x 0x2 P2 isto é o polinômio identicamente nulo que é o vetor nulo de P2 ou seja a aplicação T conforme Teorema enunciado é injetora Questão 2 Agora enunciaremos uma transformação linear sobrejetora Essa é T R3 R3 7 Tx y z 2x z 3y x 5z 8 Nesse caso podemos prosseguir de duas formas Primeiro podemos mostrar que o núcleo de T contém apenas o vetor nulo ou seja T é injetora e do Teorema do Núcleo e Imagem concluir que a dimensão da imagem da aplicação T é dimImT dimR3 consequentemente T será sobrejetora pois é conhecido o seguinte resultado de álgebra linear Teorema 2 Uma aplicação linear T U V entre os espaços U e V é sobrejetora se e so mente se a dimensão da imagem de T for igual a dimensão do espaço V Isto é dimImT dimV Com isso em mãos vamos a solução da questão Solução Mostraremos que T é injetora ou seja NT 0 Determinaremos os x y z que estão em NT ou seja os x y z tais que Tx y z 0 0 0 0 9 2 ou seja temos o seguinte desenvolvimento 2x z 3y x 5z 000 2x z 0 3y x 0 5z 0 10 no caso devemos resolver o seguinte sistema linear 2x z 0 3y x 0 5z 0 11 no entanto da última equação temos que 5z 0 z 0 da primeira temos que 2x z 0 x z2 0 e da segunda temos que 3y x 0 x 3y 0 Portanto os vetores xyz que satisfazem Txyz 000 são na verdade um único vetor o qual é o vetor 000 que é o vetor nulo de R3 ou seja a aplicação T é injetora logo NT 000 e dimNT 0 Agora empregamos o Teorema do Núcleo e Imagem o qual nos dá para essa transformação que dimR3 dimImT dimNT dimR3 dimImT 12 Logo a dimensão dimR3 dimIm T e portanto a aplicação T é sobrejetora Ainda mais podemos determinar uma base para a imagem de T o que é feito da seguinte forma Txyz 2x z 3y x 5z 13 2xx0 0 3y 0 z 0 5z 14 x210 3y010 z105 15 logo os vetores 210 010 105 que são LI pois o determinante entre eles é não nulo com efeito 2 1 0 0 1 0 1 0 5 5 133 2 1 0 1 16 5 2 1 0 10 17 formam uma base para a imagem de T e como temos três vetores LI do R3 que formam a imagem de T temos que dimIm T 3 concluímos dessa outra forma que T é uma aplicação sobrejetora Solução do item b Determinaremos os vetores a bx cx2 ε P2 que estão em NT ou seja os a bx cx2 tais que Ta bx cx2 0000 18 ou seja temos o seguinte desenvolvimento Ta bx cx2 0 0 0 0 c 3a b 2c 0 0 0 c 0 3a 0 b 2c 0 19 no caso devemos resolver o seguinte sistema linear c 0 3a 0 b 2c 0 20 no entanto da primeira equação temos imediatamente que c 0 da segunda que a 0 3 0 e da ultima que b 2c 0 b 2c 0 Portanto os vetores a bx cx2 P2 que satisfazem Ta bx cx2 0 0 0 são na verdade um único vetor o qual é o vetor 0 0x 0x2 P2 isto é o polinômio identicamente nulo que é o vetor nulo de P2 ou seja a aplicação T conforme Teorema enunciado é injetora Questão 3 Consideremos a seguinte aplicação linear T R3 R3 21 Tx y z x z 2x y 22 a partir dela resolveremos os itens a seguir a 1 0 1 NT b 1 2 2 ImT c Qual é o NT d Qual é conjunto Imagem de T Solução Solução do item a O núcleo de uma aplicação linear T U V NT é um espaço vetorial em que os elementos de NT satisfazem Tu 0 23 para todo u NT onde 0 é o vetor nulo do espaço V Portanto para essa aplicação basta verificarmos se T1 0 1 0 0 0 caso positivo então teremos que 1 0 1 NT com efeito façamos isso a seguir T1 0 1 1 1 2 1 2 0 0 2 0 0 0 0 24 logo como não conseguimos a igualdade que define se um elemento está no núcleo de T então temos que 1 0 1 NT 4 Solução do item b A imagem de uma aplicação linear T U V ImT é um espaço vetorial em que os elementos de ImT são gerados pela lei de associação de T Ou seja verificar se um elemento f g h está em ImT consiste em verificar se existe um vetor x y z U tal que Tx y z f g h V Então para esse caso verificaremos se existe x y z R3 tal que Tx y z 1 2 2 com efeito temos Tx y z 1 2 2 Tx y z x z 2x y 1 2 2 x z 1 2x 2 y 2 25 portanto temos da última equação que y 2 da segunda equação que 2x 2 x 2 2 1 e da primeira equação já com x 1 que 1 z 1 z 2 z 2 Portanto para 1 2 2 temos que T1 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 26 Logo como 1 2 2 R3 é tal que T1 2 1 2 2 temos que 1 2 2 está na imagem de T Solução do item c O núcleo da aplicação T NT é determinado através dos vetores x y z do domínio de T que levam T até o núcleo ou seja ao vetor nulo do contradomínio de T De posse disso determinar NT que possamos determinar o núcleo de T para essa aplicação basta determinarmos os vetores que satisfaçam Tx y z 0 0 0 0 27 ou seja temos o seguinte desenvolvimento Tx y z 0 0 0 0 x z 2x y 0 0 0 x z 0 2x 0 y 0 28 no caso devemos resolver o seguinte sistema linear x z 0 2x 0 y 0 29 note que nesse caso a última equação nos dá que y 0 e a segunda que x 0 daí pondo x 0 na primeira obtemos 0 z 0 z 0 Logo temos então que que x y z 0 ou seja o núcleo de T é formado unicamente pelo vetor 0 0 0 Assim o conjunto de vetores de NT é 0 0 0 e assim temos que NT span0 0 0 5 Solução do item d Determine uma base para ImT Isto é uma base que gera o espaço da imagem da apli cação T por um vetor x y z qualquer do domínio de T Para isso basta analisarmos direta mente a aplicação T dada na Equação 22 com efeito façamos o seguinte desenvolvimento Tx y z x z 2x y x 2x 0 z 0 0 0 0 y x1 2 0 z1 0 0 y0 0 1 x y z R a partir disso conseguimos extrair os seguintes vetores 1 2 0 1 0 0 0 0 1 e esses formam uma base para a imagem de T ou seja a base para imagem de T é o seguinte conjunto de vetores 1 2 0 1 0 0 0 0 1 No entanto nesse caso temos ainda outro importante a considerar Veja que o núcleo de T conforme determinado no item c é formado apenas pelo vetor nulo ou seja deve ter dimensão 0 Assim devemos evocar o seguinte resultado da Álgebra linear Teorema 3 Teorema do Núcleo e Imagem Seja T U V uma aplicação linear entre dois espaços vetoriais U e V de dimensão finita Então temos que dimV dimImT dimNT nullT rankT 30 onde nullT e rankT denotam em respctiva ordem a nulidade e o rank da aplicação linear T Logo de posse do Teorema do Núcleo imagem temos então para nossa aplicação T que dimR3 dimImT dimNT dimR3 dimImT 31 pois dimNT 0 Logo a ImT é o próprio espaço euclidiano tridimensional e de fato os vetores por nós encontrados que são linearmente independentes por construção formam uma base para R3 6 Questão 4 Consideremos a seguinte aplicação linear T R3 R4 32 Txyz x z 3y 2x 2z y 33 a partir dela resolveremos os itens a seguir a Uma base para NT b Uma base para ImT c T é injetora d T é sobrejetora Solução Solução do item a Uma base para NT isto é para o núcleo da aplicação T é determinada através dos vetores xyz do domínio de T que levam T até o núcleo ou seja ao vetor nulo do contradomínio de T De posse disso basta determinarmos os vetores que satisfaçam Txyz 0000 34 ou seja temos o seguinte desenvolvimento x z 3y 2x 2z y 0000 x z 0 3y 0 2x 2z 0 y 0 35 no caso devemos resolver o seguinte sistema linear x z 0 3y 0 2x 2z 0 y 0 36 note que nesse caso tanto da segunda quanto da quarta equação do sistema temos que y 0 Assim restando a primeira e terceira equação que são x z 0 2x 2z 0 37 no entanto essas expressões são equivalentes de fato a segunda equação acima é apenas a primeira multiplicada por 2 Logo temos então que x z 0 x z assim obtemos que y 0 e que x z Portanto os vetores do núcleo de T tem a seguinte forma geral xyz x0x x101 x ε R 38 Logo com vetor 101 podemos formar a base para esse espaço Assim a base para o núcleo de T é o seguinte conjunto 101 e assim temos que NT span 101 Solução do item b Determine uma base para ImT Isto é uma base que gera o espaço da imagem da apli cação T por um vetor x y z qualquer do domínio de T Para isso basta analisarmos direta mente a aplicação T dada na Equação 33 com efeito façamos o seguinte desenvolvimento Tx y z x z 3y 2x 2z y x 0 2x 0 z 0 2z 0 0 3y 0 y x1 0 1 0 z1 0 2 0 y0 3 0 1 x y z R a partir disso conseguimos extrair os seguintes vetores 1 0 1 0 1 0 2 0 0 3 0 1 e esses formam uma base para a imagem de T ou seja a base para imagem de T é o seguinte conjunto de vetores 1 0 1 0 1 0 2 0 0 3 0 1 e também temos que ImT span1 0 1 0 1 0 2 0 0 3 0 1 Solução do item c Não a aplicação T não é injetora A justificativa para que uma aplicação linear T seja injetora é dada através da determinação do núcleo de T que fizemos no item a De fato aqui temos que evocar o seguinte resultado da álgebra linear Teorema 4 Uma aplicação linear T U V entre os espaços U e V é injetora se e somente se o núcleo da aplicação T contém unicamente o vetor nulo do espaço U No entanto conforme o item a vemos que os vetores da forma x 0 x estão no núcleo de T em particular o vetor 1 0 1 também está nesse espaço Portanto o núcleo de T não é formado unicamente pelo vetor nulo de R3 e por conseguinte a aplicação T não é injetora Solução do item d Não a aplicação T não é sobrejetora A justificativa para que uma aplicação linear T seja injetora é dada através da determinação da imagem de T que fizemos no item b De fato aqui temos que evocar o seguinte resultado da álgebra linear Teorema 5 Uma aplicação linear T U V entre os espaços U e V é sobrejetora se e so mente se a dimensão da imagem de T for igual a dimensão do espaço V Isto é dimImT dimV No entanto conforme o item b vemos que uma base para a imagem de T é dada pelo seguinte conjunto 1 0 1 0 1 0 2 0 0 3 0 1 Ou seja sua dimensão é 3 nú meros de vetores linearmente independente que compõem o conjunto portanto temos que dimImT 3 por outro lado o espaço de saída da aplicação T é o R4 cujo dimensão é evi dentemente 4 pois para esse espaço temos que R4 span1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 ou seja de fato temos que dimR4 4 Com isso temos então que dimdimImT 3 dimR4 4 portanto T não é sobrejetiva 8