Prova de Introducao a Algebra Linear - UF Vicosa - Gabarito

1 Universidade Federal de Vicosa Centro de Ciˆencias Exatas e Tecnologicas Departamento de Matematica MAT 137 PER Introducao a Algebra Linear 3a Prova GAB1 Data 15052021 Todas as respostas devem ser justificadas BOA PROVA 1 35 pontos Faca o que se pede a Sejam P1R o espaco real dos polinˆomios de grau menor ou igual a 1 B x 1 x e C 2x x 1 bases de P1R e F P1R P1R um operador linear Determine a1 8 pts as matrizes de mudanca de base IB C e IC B a2 8 pts a matriz FC sabendose que FB 0 1 2 2 b Seja T R2 P1R a transformacao linear T R2 P1R dada por T1 1 2 x e T0 1 1 x Determine b1 10 pts Ta b b2 9 pts T 12 x Resolucao a1 Vamos calcular a matriz de mudanca de base IB C Como Ix 1 x 1 1 2x 1 x 1 Ix x 1 2 2x 0 x 1 temos que IB C 1 1 2 1 0 Calculando a inversa dessa matriz obtemos IC B IB C1 2 0 1 2 1 1 0 1 2 2 a2 Sabemos que FB 0 1 2 2 e FC IB CFBIC B Substituindo as matrizes mudanca de base encontradas no item a1 temos que FC 1 1 2 1 0 0 1 2 2 0 1 2 2 0 1 2 2 b1 Vamos determinar como um vetor arbitário ab de R2 se escreve como combinação linear dos vetores da base 1 1 0 1 isto é devemos encontrar escalares α1 e α2 tais que a b α1 1 1 α2 0 1 α1 a α1 α2 b Assim a b a 11 b a 0 1 Segue da linearidade de T que T a b a T 1 1 b a T 0 1 a 2 x b a x 1 a b 2a b x Portanto T a b a b 2a b x b2 Observe que T12 x a b T a b 2 x 2a b x a b 2 x 2a b 1 a b 2 a 13 b 53 Portanto T12 x 13 53 2 35 pontos Considere a transformação linear T M2R o R4 dada por Tleftbeginarraycc x y z w endarrayright left 2x 2y 4z 3x 3y 4z w 5x 5y 6z 2w 5x 5y 6z 2w right a 3 pts A matriz A leftbeginarraycc 1 1 0 0 endarrayright in NT Justifique sua resposta b 5 pts Determine o subespaço NT c 5 pts Determine uma base e a dimensão do NT d 7 pts Determine uma base e a dimensão da ImT e 7 pts Determine condições sobre a b c d para que a b c d in ImT f 4 pts O vetor u 1 0 1 1 in ImT Justifique sua resposta g 4 pts T é isomorfo Justifique sua resposta Resolução a Sim pois TA Tleftbeginarraycc 1 1 0 0 endarrayright 0000 b Uma matriz leftbeginarraycc x y z w endarrayright pertence ao núcleo de T se e só se Tleftbeginarraycc x y z w endarrayright 0000 ou seja se e só se 2x2y4z 3x3y4zw 5x5y6z2w 5x5y6z2w 0000 1 A igualdade 1 é equivalente ao sistema linear x y 2z 0 3x 3y 4z w 0 5x 5y 6z 2w 0 2 Como leftbeginarrayccccc 1 1 2 0 0 3 3 4 1 0 5 5 6 2 0 endarrayright sim leftbeginarrayccccc 1 1 2 0 0 0 0 2 1 0 0 0 4 2 0 endarrayright sim leftbeginarrayccccc 1 1 0 1 0 0 0 1 frac12 0 0 0 0 0 0 endarrayright o sistema 2 é equivalente ao sistema linear x y w 0 z frac12 w 0 Concluímos que NT leftleftbeginarraycc x y z w endarrayright in M2R x y w e z frac12 w right c Deduzimos pelo item b que NT leftleftbeginarraycc y w y frac12 w w endarrayright y w in R right left y leftbeginarraycc 1 1 0 0 endarrayright w leftbeginarraycc 1 0 frac12 1 endarrayright y w in R right e que o conjunto mathcalB1 leftleftbeginarraycc 1 1 0 0 endarrayright leftbeginarraycc 1 0 frac12 1 endarrayrightright gera NT Como nenhuma das matrizes de mathcalB1 é múltipla da outra esse conjunto é linearmente independente Consequentemente mathcalB1 é base de NT e dim NT 2 d Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem segue que dim M2R dim NT dim ImT Leftrightarrow 4 2 dim ImT Rightarrow dim ImT 2 e pela definição obtemos ImT left Tleftbeginarraycc x y z w endarrayright leftbeginarraycc x y z w endarrayright in M2R right left 2x 2y 4z 3x 3y 4z w 5x 5y 6z 2w 5x 5y 6z 2w xyzw in R right left x y2 3 5 5 z4 4 6 6 w0 1 2 2 alpha beta gamma in R right 2 3 5 5 4 4 6 6 0 1 2 2 O conjunto 2 3 5 5 4 4 6 6 0 1 2 2 gera ImT mas é linearmente dependente pois dim ImT 2 Portanto o conjunto mathcalB2 2 3 5 5 0 1 2 2 é base de ImT pois gera ImT e é linearmente independente uma vez que nenhum de seus vetores é múltiplo do outro e Note que a b c d in ImT se e só se existem escalares alpha e beta tais que a b c d alpha2 3 5 5 beta0 1 2 2 ou equivalentemente leftbeginarrayl 2alpha a 3alpha beta b 5alpha 2beta c 5alpha 2beta d endarrayright Como o sistema linear 3 só admite solução se o posto da matriz ampliado do sistema for 2 Assim obtemos que as condições para que abcd pertencente a ImT são a 4b 2c 0 e c d 0 f O vetor u 1011 não pertence ao conjunto imagem de T pois suas componentes não satisfazem a equação a4b2c0 g T não é um isomorfismo pois não é injetora uma vez que dim NT 2 o que implica em NT não é igual a 0 0 0 0 Ressaltamos que T também não é sobrejetora pois ImT não é igual a R4 uma vez que dim ImT 2 3 35 pontos Considere C a base canônica do R3 e T R3 R3 o operador linear dado por Txyz x2z xyz 2xz Determine a 4 pts a matriz TC b 5 pts o polinômio característico de T c 4 pts os autovalores de T d 14 pts os autoespaços associados aos autovalores encontrado no item c e suas dimensões e 2 pts se o operador T é diagonalizável justificando sua resposta Em afirmativo determine e1 3 pts uma base B para a qual a matriz TB é diagonal e2 3 pts a matriz TB Resolução a Se C 100010001 é a base canônica de R3 temos TC 1 0 2 1 1 1 2 0 1 b O polinômio característico de T é pTlambda detlambda I3 Tc det lambda 1 0 2 1 lambda 1 1 2 0 lambda 1 lambda 12 lambda 1 4lambda 1 lambda 1 lambda 12 4 lambda 1lambda2 2lambda 3 lambda 1lambda 1lambda 3 lambda 12 lambda 3 c Os autovalores de T são lambda1 1 e lambda2 3 d Os autoespaços de T V1 é o conjunto solução do sistema lambda1 1 I3 TcX0 2 0 2 1 0 1 2 0 2 x y zT 0 0 0T 2x 2z 0 x z 0 o que implica z x xy pertencem a R Assim V1 xyx xy em R x101 y010 xz em R 101 010 e dim V1 2 já que o conjunto 101010 é uma base de V1 V3 é o conjunto solução do sistema lambda23 I3 TcX0 2 0 2 1 4 1 2 0 2 x y zT 0 0 0T 2x 2z 0 x 4y z 0 2x 2z 0 o que implica z x y x2 x em R Assim V3 x x2 x em R x2 212 y em R 212 e dim V3 1 já que o conjunto 212 é uma base de V3 7 e O operador T e diagonalizavel pois V R3 possui uma base B formada de autovetores de T e1 B 1 0 1 0 1 0 2 1 2 e2 TB 1 0 0 0 1 0 0 0 3