Lista 8 - 2023-1

9 * Matriz de F na base A A = {(-1,1),(1,0)} Temos F(-1,1) = (1,-2) Dados a, b ∈ R, (1,-2) = a(-1,1) + b(1,0), ou seja, {-a + b = 1 a = -2 => a = -2, b = -1 Logo, F(-1,1)A = (-2\n-1) F(1,0) = (1,1) Dados a, b ∈ R, (1,1) = a(-1,1) + b(1,0), ou seja, {-a + b = 1 a = 1 => a = 1, b = 2 Logo, F(1,0)A = (1\n2) Portanto, a matriz de F na base A é FA = (-2 1\n-1 2) * Matriz de F na base B B = {(2,-1),(-1,1)} F(2,-1) = (0,3) Dados a, b ∈ R, (0,3) = a(2,-1) + b(-1,1), ou seja, {2a - b = 0 -a + b = 3 => a = 3, b = 6 Logo, F(2,-1)B = (3\n6) F(-1,1) = (1,-2) Dados a, b ∈ R, (1,-2) = a(2,-1) + b(-1,1), ou seja, {2a - b = 1 -a + b = -2 => a = -1, b = -3 Logo, F(-1,1)B = (-1\n-3) Portanto, [F]B = (3 -1\n6 -3) * Matriz canônica de F C = {(1,0),(0,1)} F(1,0) = (1,1) = 1(1,0) + 1(0,1) Logo, F(1,0)C = (1\n1) F(0,1) = (2,-1) = 2(1,0) - 1(0,1) F(0,1)C = (2\n-1) => a = -2, b = 0, c = 5 Logo, T(2,1,1)_B = \begin{pmatrix}-2 \\ 0 \\ 5\end{pmatrix} Portanto, a matriz de T em relação as bases A e B é dada por [T]_B^A = \begin{pmatrix}1 & -2 \\ 3 & 0 \\ -1 & 5\end{pmatrix} b) C = \{(1,1,0,0), (0,1,0,1), (0,0,1)\} Temos T(-1,1) = (-1,2,-2) = -1(1,0,0) + 2(0,1,0) - 2(0,0,1) Logo, T(-1,1)_C = \begin{pmatrix}-1 \\ 2 \\ -2\end{pmatrix} T(2,1,1) = (5,5,-2) = 5(1,0,0) + 5(0,1,0) - 2(0,0,1) Logo, T(2,1,1)_C = \begin{pmatrix}5 \\ 5 \\ -2\end{pmatrix} 2. Suponha que, T(x,y,z)=(0,0,0) Entao (2x-y+3z, 4x-2y+6z, -6x+3y-9z) = (0,0,0), ou seja, {2x-y+3z=0 {4x-2y+6z=0 {-6x+3y-9z=0 Resolvendo por escalonamento (2 -1 3 | 0 4 -2 6 | 0 -6 3 -9| 0 L2 -2L1 -> L2 L3 + L1 -> L3 a (2 -1 3 | 0 0 0 0 | 0 0 0 0 | 0 Logo, {2x-y+3z=0. Donde obtemos, y=2x+3z Portanto, N(T)={ (x, 2x+3z, z) ; x,z E IR } Se v E N(T), entao, v=(x,2x+3z,z)=x(1,2,0)+z(0,3,1) Portanto, B1 = { (1,2,0), (0,3,1) } e uma base do N(T), dim N(T) = 2. Imagem de T Temos (2x-y+3z, 4x-2y+6z, -6x+3y-9z) = x(2,4,-6) + y(-1,-2,3) + z(3,6,-9) Logo, Im(T) = E [(2,4,-6), (-1,-2,3), (3,6,-9)]. Portanto, B2 = { (2,4,-6) } e uma base da Im(T) e, dim Im(T) = 1. 3. Matriz canonica de T A matriz canonica de P3(IR) e dada por β = { 1, x, x², x³ } Temos T(1) = 0 = 0 . 1 + 0 . x + 0 . x² + 0 . x³ T(x) = 1 = 1 . 1 + 0 . x + 0 . x² + 0 . x³ T(x²) = x² = 0 . 1 + 0 . x + 1 . x² + 0 . x³ T(x³) = 0 = 0 . 1 + 0 . x + 0 . x² + 0 . x³ Logo, T(1)β = (0 0 0 0), T(x)β = (1 0 0 0), T(x²)β = (0 0 1 0), T(x³)β = (0 0 0 0) Portanto, a matriz canonica de T é [T]β = (0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0) T(t^2) = 2t - t.t^2 = 0.1 + 2.t - t.t^2 Logo, T(t^2)β = \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ -2 \end{pmatrix} Portanto, a matriz canônica de T é dada por [T] = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix} 5 a) Temos T(1,1) = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} Expressemos T(1,1) em relação a base B. Dados a, b, c, d ∈ IR, considere a equação \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + d \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1 \end{pmatrix} Logo, \begin{cases} a + b + c + d = 1 \\ b + 2c + 3d = 0 \\ c + 3d = 0 \\ d = 1 \end{cases} Donde obtemos, a = 0, b = 3, c = -3, d = 1 Logo, T(1,1)B_{\beta} = \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ -3 \end{pmatrix} T(2,-1) = \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} Dados a, b, c, d ∈ IR, considere a equação \begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = a \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + b \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} + c \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} + d \begin{pmatrix} 1 & 3 \\ 3 & 1 \end{pmatrix}, ou seja, \begin{cases} a + b + c + d = 2 \\ b + 2c + 3d = 0 \\ c + 3d = 0 \\ d = -1 \end{cases} donde obtemos: a = 3, b = -3, c = 3, d = -1 Logo, T(2,-1)B_{\beta} = \begin{pmatrix} 3 \\ -3 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} Portanto, a matriz de T em relação às bases B_1 e B_{\beta} é dada por [T]_{B_1}^{B_{\beta}} = \begin{pmatrix} 0 & 3 ~ 3 \\ -3 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = A b)\ T_{(2,-3)}B_{bc} = A\begin{pmatrix} (2,-3) \end{pmatrix} B_A\\Temos, dados\ a,\ b\ \in\ \mathbb{R},\\(2,-3) = a(1,1) + b(2,-1),\ ou\ seja,\\\begin{cases} a + 2b = 2 \\ a - b = -3 \end{cases}\\onde\ segue,\ a = -4/3,\ b = 5/3\\Logo,\ (2,-3) B_A = \begin{pmatrix} -4/3 \ 5/3 \end{pmatrix}\\Então\\T_{(2,-3)}B_{bc} = \begin{pmatrix} 0 & 3 \\ 3 & -3 \\ -3 & 3 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -4/3 \\ 5/3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ -9 \\ 9 \\ 3 \end{pmatrix} Portanto,\ T_{(2,-3)}B_{bc} = \begin{pmatrix} 5 \\ -9 \\ 9 \\ -3 \end{pmatrix} c)\ Temos\\°T_{(1,0,0)} = (2,1)\\Dados\ a,\ b\ \in\ \mathbb{R},\ considere\ a\ equação\\(2,1) = a(-1,1) + b(0,1),\ ou\ seja,\\\begin{cases} -a = 2 \\ a + b = 1 \end{cases}\\onde\ obtemos,\ a = -2,\ b = 3\\Logo,\ T_{(1,0,0)}B = \begin{pmatrix} -2 \\ 3 \end{pmatrix}\\°T_{(2,-1,0)} = (3,-2)\\Dados\ a,\ b\ \in\ \mathbb{R},\ considere\ a\ equação\\(-2,3) = a(-1,1) + b(0,1),\ ou\ seja,\\\begin{cases} -a = -2 \\ a + b = 3 \end{cases}\\onde\ segue,\ a = 2,\ b = 1\\Logo,\ T_{(2,-1,0)}B = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} Logo, a matriz de T em relação à A e C: [T]AbC = ( -1 5) (a 5) (-a -a) c) Temos T(1,0) = (a 1 0) = a(1,0,0) + 1(0,1,0) + 0(0,0,1) Logo, T(1,0)C = (a) (1) (0) T(0,1) = (1, 3, -a) = 1(1,0,0) + 3(0,1,0) -a(0,0,1) T(0,1)C = (1) (3) (-a) Portanto, a matriz canônica de T [T] = (a 1) (1 3) (0 -a) d) Temos (3,4) = a(-1,1) + b(a,1), ou seja {-a + 2b = 3 { a + b = 4 => a = 5/3 b = 7/3 Logo, (3,4)A = (5/3) (7/3) Dai, segue T(3,4)B = [T]AB (3,4)A T(3,4)B = ( 1 - a)(5/3) (3 0)(7/3) (-1 5) = (-3) (5) (10) Portanto, T(3,4)B = (-3, 5, 10) (8) Seja Am A = (3 1) (-1 0) e, T(v) = Av a) Seja B1 = {(1,0),(0,1)} T base canônica do R^2. Então T(1,0) = (3 1 )(1 ) = (3) (-1 0 )(0) (-1) Logo, T(1,0) = (3,-1) = 3(1,0) - 1(0,1) T(1,0)B1 = (3) (-1) T(0,1) = (3 1 )(0 ) = (1) (-1 0 )(1) (0) T(0,1) = (1,0) = 1(1,0) + 0(0,1) Logo, T(0,1)B1 = (1) (0) Portanto, T no base B é [T]B1 = (3 1) (-1 0) ⋅ T(3,4)B = [T]AC (3,4)C = \left(\begin{array}{cc} -1 & 5 \\ 2 & 5 \\ -x & -x \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 3 \\ 4 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 17 \\ 26 \\ 14 \end{array}\right) Portanto, T(3,4)B = (17, 26, 14) ⋅ T(3,4) = [T] \left(\begin{array}{c} 3 \\ 4 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{cc} 2 & 1 \\ 1 & 3 \\ 0 & -2 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 3 \\ 4 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 10 \\ 15 \\ -8 \end{array}\right) Portanto, T(3,4) = (10, 15, 8) b) Seja Bα = \{(1,2), (1,3)\} Uma base de R² Temos ⋅ T(1,2) = \left(\begin{array}{cc} 3 & 1 \\ -1 & 0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 1 \\ 2 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 5 \\ -1 \end{array}\right) Dados a,b ∈ R, considere a equação (5, -1) = a(1,2) + b(1,3), ou seja, \begin{cases} a + b = 5 \\ 2a + 3b = -1 \end{cases} => a = 16, b = -11 Logo, T(1,2)Bα = \left(\begin{array}{c} 16 \\ -11 \end{array}\right) ⋅ T(1,3) = \left(\begin{array}{cc} 3 & 1 \\ -1 & 0 \end{array}\right) \left(\begin{array}{c} 1 \\ 3 \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 6 \\ -1 \end{array}\right) Dados a,b ∈ R (6, -1) = a(1,2) + b(1,3), ou seja, \begin{cases} a + b = 6 \\ 2a + 3b = -1 \end{cases} => a = 19, b = -13 Logo, T(6,1)Bα = \left(\begin{array}{c} 19 \\ -13 \end{array}\right) Portanto, matriz de T em relação à base Bα [T]Bα = \left(\begin{array}{cc} 16 & 19 \\ -11 & -13 \end{array}\right) Portanto, EFJc = (1 2 1 -1)