Lista de Exercícios Resolvidos - Transformações Lineares Algebra Linear

Questões 1 Qual é a transformação linear T R3 R2 tal que T321 11 T010 00 e T001 02 Encontre dimKer T e dimIm T Logo se B é a base canônica de R3 e B é a base canônica de R2 encontre TBB 2 Sejam V M2R B e11 e12 e21 e22 a base de V formada pelas matrizes unitárias 2x2 e B a base canônica de R2 Se T R2 V é uma transformação linear tal que TBB 2 1 1 1 1 0 0 1 encontre Txy 3 Sejam T V W uma transformação linear injetora e dimV dimW n Mostre que se v1 vn é uma base de V então Tv1 Tvn é uma base de W 4 Seja T R3 R3 um operador linear tal que na base canônica de R3 é TBB 1 2 1 0 1 1 0 0 1 Encontre o polinômio minimal de TBB e diga se T é ou não diagonalizável No caso de T ser diagonalizável encontre uma base B tal que TBB seja matriz diagonal 5 Mostre que a função R3 x R3 R definida por abc def ad 5be 2cf é um produto interno Logo encontre uma base ortonormal B para R3 a partir da base B 200 030 001 1 Queremos inicialmente escrever um vetor xyz em R3 na base B 321 010 001 isto é fazemos xyz a321 b010 c001 Temos o sistema 3a x 2a b y a c z cuja solução é a x3 b y 2x3 c z x3 Assim xyz x3 321 y 2x3010 z x3001 e portanto Txyz x3 11 y 2x390 z x302 x3 x 2z Assim ker T xyz em R3 x0 e x 2z0 0y0 em R3 logo dimker T 1 Pelo Teorema do NúcleoImagem vale 3 dimR3 dimker T dimIm T logo dimIm T Por fim TBB 13 0 0 1 0 2 pois T100 13 1 T010 00 e T001 02 2 Inicialmente sabemos que e11 1 0 0 0 e12 0 1 0 0 e21 0 0 1 0 e22 0 0 0 1 Como TB 2 1 1 1 1 0 0 1 vale T10 2e11 e12 e21 e T01 e11 e12 e22 logo T10 2 1 1 0 e T01 1 1 0 1 Por fim Txy xT10 yT01 2xy x y x y 4 Iremos primeiro achar os autovalores de T e seu polinômio característico p pλ detTB λI det1λ 2 1 0 1λ 1 0 0 1λ 1λ1λ2 Como as raízes desse polinômio são λ11 e λ21 o polinômio minimal de T pode ser apenas um dos dois seguintes λ1λ1 λ1λ12 A matriz na base canônica de TITI é M 0 2 1 0 2 1 0 0 22 2 1 0 0 1 0 0 0 0 0 2 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 Logo λ1λ1 não pode ser o polinômio minimal de T Assim o polinômio minimal de T é gλ λ1λ12 Portanto T não é diagonalizável 5 Primeiramente iremos mostrar que é um produto interno i Tome v x1 y1 z R3 vale v v x2 5y2 2z2 0 Também v v 0 v 0 ii Tome v1 x1 y1 z1 v2 x2 y2 z2 R3 e α R Vale αv1 v2 αx1x2 5αy1y2 2αz1z2 αx1x2 5y1y2 2z1z2 α v1 v2 iii Tome vi xi yi zi R3 para i123 Vale v1 v2 v3 x1 x2x3 5y1 y2y3 2z1 z2z3 x1x3 5y1y3 2z1z3 x2x3 5y2y3 2z2z3 v1 v3 v2 v3 iv Tome v2 x1 y1 z1 v2 x2 y2 z2 R3 Vale v3 v2 x1x2 5x1y2 2z1z2 x2x1 5y2y1 2z2z1 v2 v1 Logo é produto interno Iremos ortogonalizar B pelo processo de GramSchmidt com v1 200 v2 030 e v3 001 v1 v1 200 v2 v2 v2v1 v1v1 v1 030 04200 030 V3 v3 v3v2 v2v2 v2 v3v1 v1v1 v1 001 045030 04200 001 Os vetores já eram ortogonais Basta então normalizálos v1 v1 v1v1 200 2 100 v2 v2 v2v2 030 53 010 5 v3 v3 v3v3 001 2 Vale que B v1 v2 v3 é uma base ortonormal de IR3