Questões - Álgebra Linear 2021 2

1. a) (1,5 ponto) Determinar um operador linear T: R^4 -> R^4 cujo núcleo e a imagem sejam gerados pelos vetores (1,1,0,0) e (0,0,1,0). b) (1,5 ponto) Sejam F e G transformações lineares do R^3 no R^3 definidas por: F(x,y,z) = (x + y, z + y, z) e G(x,y,z) = (x + 2y, y - z, x + 2z). Construa a transformação composta F o G e determine o seu núcleo Ker(F o G). 2. (3 pontos) Considere o operador linear T: R^3 -> R^3 tal que T(1,0,0) = (1,1,1), T(0,0,1) = (1,0,1) e T(0,1,2) = (0,0,4). Pede-se: a) determine T(x, y, z); b) verifique se T é um isomorfismo. Justifique passo a passo; c) em caso afirmativo, obtenha o isomorfismo inverso T^{-1}. Álgebra Linear! 1) Temos que {(1,1,0,0); (0,1,0,0); (0,0,1,0); (0,0,0,1)} é uma base do R^4. Desse modo, um operador linear T: R^4 -> R^4, o qual se tem Nuc(T) = Im(T) = [(1,1,0,0); (0,0,1,0)] pode ser, portanto, dado que: {T(1,2,0,0) = (0,0,0,0) T(0,0,1,0) = (0,0,0,0) (1) Nuc(T) (1,1,0,0) T(0,1,0,0) = (1,1,0,0) T(0,0,0,1) = (0,0,1,0) Im(T) Assim, de (1) temos que: T(1,2,0,0) + T(0,1,0,0) = (0,0,0,0) T(0,0,1,0) = (0,0,0,0) => T(0,1,0,0) = (1,1,0,0) T(0,0,0,1) = (0,0,1,0) T(1,0,0,0) = (-1,-1,0,0) T(0,1,0,0) = (1,1,0,0) T(0,0,1,0) = (0,0,0,0) T(0,0,0,1) = (0,0,1,0) Dessa maneira, segue que T(x,y,z,w) = x T(1,0,0,0) + y T(0,1,0,0) + z T(0,0,1,0) + w T(0,0,0,1) = x (-1,-1,0,0) + y (1,1,0,0) + z (0,0,0,0) + w (0,0,1,0) = (-x + y, -x + y, w, 0) Por fim, temos que um possível operador que satisfaz as condições pedidas é tal que T(x,y,z,w) = (-x + y, -x + y, w, 0) B Sendo F(x,y,z) = (x+y, z+y, z) e G(x,y,z) = (x+z, y-z, x+2z) Entao, temos que [F] = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} e [G] = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} Logo, [F \circ G] = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 \\ 0 & 1 & -1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} Ou seja, F \circ G (x,y,z) = \left[\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix}\right]^T = (x + 3y - z; x + y + z; x + 2z) Portanto: F \circ G (x,y,z) = (x + 3y - z; x + y + z; x + 2z) Agora, facamos um estudo sobre do Ker (F \circ G) (x,y,z) \in Ker(F \circ G) => \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 | 0 \\ 1 & 1 & 1 | 0 \\ 1 & 0 & 2 | 0 \end{pmatrix} \cdot L_2 \leftarrow L_2 - L_1 \cdot L_3 \leftarrow L_3 - L_1 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 | 0 \\ 0 & -2 & 2 | 0 \\ 0 & -3 & 3 | 0 \end{pmatrix} \cdot L_3 \leftarrow L_3 - \frac{3}{2} L_2 \Rightarrow \begin{pmatrix} 1 & 3 & -1 | 0 \\ 0 & -2 & 2 | 0 \\ 0 & 0 & 0 | 0 \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{cases} x + 3y - z = 0 \ -2y + 2z = 0 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = -2z \ y = z \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = -2\alpha \ y = \alpha \ z = \alpha \quad \text{,} \alpha \in \mathbb{R} \Rightarrow (x,y,z) = \alpha \cdot (-2, 1, 1) \Rightarrow Ker(F \circ G) = \left[\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\right] D Sendo \cdot T(1,0,0) = (1,1,1) \cdot T(0,0,1) = (1,0,1) \cdot T(0,1,2) = (0,0,u) Entao, \cdot T(1,0,0) = (1,1,1) \cdot T(0,0,1) = (1,0,1) \Rightarrow \cdot T(0,1,0) + 2 T(0,0,1) = (0,0,u) Assim, pelo (*) que T(x,y,z) = x \cdot T(1,0,0) + y \cdot T(0,1,0) + z \cdot T(0,0,1) = x \cdot (1,1,1) + y \cdot (-2,0,2) + z \cdot (1,0,1) = (x-2y+z; x; x+2y+z) T(x,y,z) = (x - 2y + z; x; x + 2y + z) Primeiramente, estudaremos o Ker(T): (x,y,z) ∈ Ker(T) => x-2y+z = 0 x = 0 x+2y+z = 0 {-2y+z=0 2y+z=0 (L2 <- L2 + L1) => {-2y+z=0 2z = 0 x = 0 => x = y = z = 0 => Ker(T) = {(0,0,0)} => dim(Ker(T)) = 0 => T é injetora Por outro lado, segue do teorema do núcleo e da imagem que dim(Ker(T)) + dim(Im(T)) = 3 = dim (R^3), como dim(Ker(T)) = 0, então dim(Im(T)) = 3. Dai, tem-se que Im(T) ⊂ R^3 e dim(Im(T))=dim(R^3)=3 , logo conclui-se que R^3 = Im(T) e, portanto, Obtém-se que T é sobrejetora Por fim, sendo T injetora e sobrejetora, portanto T é sim um isomorfismo! Como T é tal que T(x,y,z) = (x-2y+z ; x ; x+2y+z), então: T = ( 1 -2 1 ) ( 1 0 0 ) ( 1 2 1 ) Dessa forma, por meio de operações elementares, encontraremos T^{-1}: ( 1 -2 1 | 1 0 0 ) . L2 <-> L1 ( 1 0 0 | 0 1 0 ) ( 1 2 1 | 0 0 1 ) ( 1 0 0 | 0 1 0 ) ( 0 -2 1 | 1 -1 0 ) . L2 <- L2 - L3 ( 0 2 1 | 1 -2 1 ) ( 1 0 0 | 0 1 0 ) ( 0 1 0 | 1/2 0 -1/2 ) . L2 <- 1/2 L2 ( 0 2 1 | 1 -2 1 ) . L3 <- 1/2 L3 ( 1 0 0 | 0 1 0 ) ( 0 1 0 | -1/2 0 1/2 ) (*) ( 0 0 1 | 1/2 -1 1/2 ) Assim, decorre do (*) que T^{-1} = ( 0 1 0 ) (-1/2 0 1/2) (1/2 -1 1/2) Portanto T^{-1}(x,y,z) = ( ( 0 1 0 ) ( y ) )^T (-1/2 0 1/2) ( x ) (1/2 -1 1/2) ( z ) ∴ T^{-1}(x,y,z) = (y ; -x/2 + z/2 ; x/2 - y + z/2)