Exercícios Resolvidos sobre Operadores Lineares em R3 e Espaços Vetoriais

Seja F IR³ IR³ definida por F100 110 e F001 002 e F010 112 Determinar uma base de cada um dos seguintes subespaços vetoriais KerF ImF KerF ImF e KerF ImF 1 Quais das seguintes aplicações de IR³ em IR³ são operadores lineares a F₁ x y z x y x y 0 b F₂ x y z 2x y z 0 0 c F₃ x y z x x x d F₄ x y z 2x² 3y x z 2 Seja F IR³ IR³ o operador linear assim definido na base canônica F1 0 0 2 3 1 F0 1 0 5 2 7 e F0 0 1 2 0 7 Determinar Fx y z onde x y z é um vetor genérico do IR³ Mostrar que F é um operador linear 3 Verifique se são operadores lineares no espaço PₙIR a F PₙIR PₙIR tal que Fft tft ft PₙIR b F PₙIR PₙIR tal que Fft ft t²ft ft PₙIR 4 Existe um operador linear F IR³ IR³ tal que F1 1 1 1 2 3 F1 2 3 1 4 9 e F2 3 4 1 8 27 Justifique sua resposta 5 Seja u x y z t um vetor genérico do IR⁴ Quais das aplicações definidas abaixo são operadores lineares do IR⁴ a Fu u 1 0 1 0 b Fu 1 0 1 1 c Fu x y z y z x t d Fu cos x y z t 6 Para cada uma das transformações lineares abaixo determinar uma base e a dimensão do núcleo e da imagem a F IR³ IR dada por Fx y z x y z b F IR² IR² dada por Fx y 2x x y c F IR³ IR⁴ definida por Fx y z x y z x y z 2x y z y d F P₂IR P₂IR dada por Fft t² ft 1 a F₁ IR³ IR³ dada por F₁ x y z x y x y 0 Sejam μ x₁ y₁ z₁ ν x₂ y₂ z₂ IR³ e λ IR Temos i F₁μ ν F₁x₁ x₂ y₁ y₂ z₁ z₂ x₁ x₂ y₁ y₂ x₁ x₂ y₁ y₂ 0 x₁ y₁ x₂ y₂ x₁ y₁ x₂ y₂ 0 x₁ y₁ x₁ y₁ 0 x₂ y₂ x₂ y₂ 0 F₁x₁ y₁ z₁ F₁x₂ y₂ z₂ F₁μ F₁ν Logo F₁μ F₁ν F₁μ ν ii F₁λμ F₁λx₁ λy₁ λz₁ λx₁ λy₁ λx₁ λy₁ 0 λx₁ y₁ x₁ y₁ 0 λx1 y1 x1 y1 0 λF1x1 y1 z1 λF1u Logo F1λu λF1u Portanto F1 é um operador linear b Seja F2 IR3 IR3 dada por F2x y z 2x y z 0 0 Sejam u x1 y1 z1 v x2 y2 z2 IR3 e λ IR Temos i F2u v F2x1 x2 y1 y2 z1 z2 2x1 x2 y1 y2 z1 z2 0 0 2x1 2x2 y1 y2 z1 z2 0 0 2x1 y1 z1 2x2 y2 z2 0 0 2x1 y1 z1 0 0 2x2 y2 z2 0 0 F2x1 y1 z1 F2x2 y2 z2 F2u F2v Logo F2u v F2u F2v ii F2λu F2λx1 λy1 λz1 2λx1 λy1 λz1 0 0 λ2x1 y1 z1 0 0 λ2x1 y1 z1 0 0 λF2x1 y1 z1 λF2u Logo F2λu λF2u Portanto F2 é um operador linear c Considere F3 IR3 IR3 dado por F3x y z x x x Sejam u x1 y1 z1 v x2 y2 z2 IR3 e λ IR i F3u v F3x1 x2 y1 y2 z1 z2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1 x1 x1 x2 x2 x2 F3x1 y1 z1 F3x2 y2 z2 F3u F3v Logo F3u v F3u F3v ii F3λu F3λx1 λy1 λz1 λx1 λx1 λx1 λx1 x1 x1 λF3x1 y1 z1 λF3u Logo F3λu λF3u Portanto F4 é um operador linear d seja F4 IR3 IR3 dada por F4xyz 2x2 3y x z F4 não é um operador linear Considere u 112 e v 201 IR3 Temos F4uv F4311 232 31 3 1 18 3 3 1 21 3 1 Por outro lado F4u F4112 23 1 2 5 1 2 e F4v F4201 24 0 2 1 8 2 1 Logo F4u F4v 13 3 3 Portanto F4uv F4u F4v 2 seja F IR3 IR3 tal que F100 231 F010 527 e F001 207 Sabemos que B 100010001 é a base canônica do IR3 Para determinar Fxyz primeiro expressamos xyz IR3 em relação a base canônica B Dados abc IR considera a equação a100 b010 c001 xyz ou seja a x b y c z Logo xyz x100 y010 z001 Aplicando F na igualdade acima temos Fxyz xF100 yF010 zF001 Fxyz x231 y527 z207 Fx y z 2x 5y 2z 3x 2y x 7y 7z Portanto Fx y z 2x 5y 2z 3x 2y x 7y 7z F é um operador linear De fato sejam M x₁ y₁ z₁ ν x₂ y₂ z₂ ℝ³ e λ ℝ i FM ν Fx₁ x₂ y₁ y₂ z₁ z₂ 2x₁ 2x₂ 5y₁ 5y₂ 2z₁ 2z₂ 3x₁ 3x₂ 2y₁ 2y₂ x₁ x₂ 7y₁ 7y₂ 7z₁ 7z₂ 2x₁ 5y₁ 2z₁ 2x₂ 5y₂ 2z₂ 3x₁ 2y₁ 3x₂ 2y₂ x₁ 7y₁ 7z₁ x₂ 7y₂ 7z₂ 2x₁ 5y₁ 2z₁ 3x₁ 2y₁ x₁ 7y₁ 7z₁ 2x₂ 5y₂ 2z₂ 3x₂ 2y₂ x₂ 7y₂ 7z₂ Fx₁ y₁ z₁ Fx₂ y₂ z₂ FM Fν Logo FM ν FM Fν ii FλM Fλx₁ λy₁ λz₁ 2λx₁ 5λy₁ 2λz₁ 3λx₁ 2λy₁ λx₁ 7λy₁ 7λz₁ λ2x₁ 5y₁ 2z₁ λ3x₁ 2y₁ λx₁ 7y₁ 7z₁ λ2x₁ 5y₁ 2z₁ 3x₁ 2y₁ x₁ 7y₁ 7z₁ λFx₁ y₁ z₁ λFM Logo FλM λFM Portanto F é um operador linear 3 a Seja F Pₙℝ Pₙℝ tal que Fft t ft ft Pₙℝ Sejam ft gt Pₙℝ e λ ℝ Temos i Fft gt t ft gt t ft gt t ft t gt Fft Fgt Logo Fft gt Fft Fgt ii Fλ ft t λ ft t λ ft λ t ft λ Fft Logo Fλ ft λ Fft Portanto F é um operador linear b Considere F PnIR PnIR tal que Fft ft t2ft ft PnIR Sejam ft gt PnIR e λ IR Temos i Fft gt ftgt t2ftgt ft gt t2ft gt ft gt t2ft t2gt ft t2ft gt t2gt Fft Fgt Logo Fft gt Fft Fgt ii Fλft λft t2λft λft t2λft λft t2ft λFft Logo Fλft λFft Portanto F é um operador linear 4 Vejamos se existe um operador linear F IR3 IR3 tal que F111 123 F123 149 e F234 1812 Observe que os vetores 111 123 e 234 são LD 1 1 1 L2 L1 L2 1 1 1 L4 L3 L4 1 2 3 L3 2L1 L3 0 1 2 1 1 1 2 3 4 0 1 2 0 1 2 0 0 0 O vetor 234 é combinação linear dos vetores 111 123 isto é 234 111 123 Logo o conjunto 111 123 234 não é uma base de IR3 então F não está bem definida Portanto F não é um operador linear 5 Seja u xyzt um vetor genérico de IR4 a Temos Fu u 1010 xyzt 1010 x1yz1t Seja F IR4 IR4 tal que Fxyzt x1yz1t F não é um operador linear Pois considere u 1230 v 0110 e IR4 Temos Fuv F1340 2350 Por outro lado Fu F1230 2240 e Fv F0110 1120 Logo FuFv 3360 Portanto Fuv FuFv b considere Fμ 1 0 1 1 F não é um operador linear Pois considere μ 1111 ν 0352 R4 Temos Fμ ν F1463 1 0 1 1 Por outro lado Fμ F1111 1 0 1 1 e Fν F0352 1 0 1 1 Logo Fμ Fν 2 0 2 2 Portanto Fμ ν Fμ Fν c Considere F R4 IR4 tal que Fx y z t x y z y z x t ii Fλμ Fλx₁ λy₁ λz₁ λt₁ λx₁ λy₁ λz₁ λy₁ λz₁ λx₁ λt₁ λx₁ λx₁ z₁ λy₁ z₁ λx₁ t₁ λx₁ x₁ z₁ y₁ z₁ x₁ t₁ λFx₁ y₁ z₁ t₁ λFμ Logo Fλμ λFμ Portanto F é um operador linear d F IR4 IR4 tal que Fu cos x y z t F não é um operadro linear Pois dados u 0112 v 2011 IR4 Temos Fu v F2 1 2 3 cos 2 1 2 3 Por outro lado Fu F0112 11112 e Fv F2 0 1 1 cos 2 0 1 1 Logo Fu Fv 1 cos 2 1 2 3 Portanto Fu v Fu Fv 6 a seja F IR3 IR dada por Fxyz x y z O núcleo de F é dado por NF xyz IR3 Fxyz 0 ou seja x y z 0 logo x y z Então NF y z y z y z IR Agora observe y z y z y 1 1 0 z 1 0 1 Portanto B1 110 101 é uma base do NF e dim NF 2 Pelo teorema do núcleo e imagem segue que dim ImF 1 ou seja ImF IR e B2 1 é uma base do ImF b seja F R2 IR2 dada por Fx y 2x x y O núcleo de F é dado por NF x y IR2 Fxy 00T ou seja 2x x y 00 ou ainda 2x 0 x y 0 onde obtemos x y 0 logo NF 0 0T dim NF 0 O vetor imagem Fxy pode ser expresso da seguinte maneira2x x y x 2 1 y0 1 Logo os vetores 21 e 01 geram ImF Como pelo teorema do núcleo e da imagem temos dim ImF 2 então B 2 1 0 1T é uma base da ImF ic Considere F IR3 IR4 dado por Fxyz x y z x y z 2x y z y O núcleo de F é dado por kerF xyz IR3 Fxyz 0000T ou seja x y z x y z 2x y z y 0000 ou ainda x y z 0 x y z 0 2x y z 0 y 0 Seja M a matriz ampliada do sistema Então M 1 1 1 0 1 1 1 0 2 1 1 0 0 1 0 0 l2 l1 l1 l3 2l1 l3 1 1 1 0 0 2 2 0 0 1 3 0 0 1 0 0 l3 12 l2 l3 l4 12 l2 l4 1 1 1 0 0 2 2 0 0 0 2 0 0 0 1 0 1 1 1 0 0 2 2 0 0 0 2 0 0 0 0 0 Logo x y z 0 2y 2z 0 2z 0 do que resulta x y z 0 Portanto KerF 0000 e dim KerF 0 B1 ø base de KerF A imagem Fxyz pode ser expressa como x y z x y z 2x y z y x 1120 y 1111 z 1110 Logo ImF 1120 1111 1110 B2 1120 1111 1110 é uma base da ImF e dim ImF 3 id Considere F P2IR P2IR dado por Fft t2 ft Se ft P2IR então ft a0 a1 t a2 t2 Logo ft a1 2a2 t ft 2a2 Daí segue que Fft 2a2 t2 O núcleo de F é dado por kerF ft P2IR Fft 0T ou seja 2a2 t2 0 ou ainda 2a2 0 Logo a2 0 Portanto KerF a0 a1 t B1 1 t é uma base de KerF e dim KerF 2 A imagem de F é dada por ImF 2ax t² T Logo B₂ t² T é uma base da ImF e dim ImF 1 17 seja F IR³ IR³ tal que F100 110 F010 112 e F001 002 Primeiro vamos determinar Fxyz Como os vetores 100 010 001 formam a base canônica do IR³ Dado xyz IR³ arbitrário temos xyz x100 y010 z001 Aplicando F segue que Fxyz xF100 yF010 zF001 x110 y112 z002 x y x y 2y 2z Logo Fxyz x y x y 2y 2z o Núcleo de F O nucleo de F é dado por kerF xyz IR³ Fxyz 000 ou seja x y x y 2y 2z 000 ou ainda x y 0 x y 0 2y 2z 0 onde obtemos x z y z z z Logo kerF z z z z IR e B₁ 1 11 é uma base de kerF Imagem de F O vetor imagem Fxyz pode ser expresso como x y x y 2y 2z x110 y112 z002 Logo ImF 110 112 002 e B₂ 110 002 é uma base de ImF ImF KerF B1 B2 111 110 002 um conjunto LI logo B3 111 110 002 é uma base da ImF KerF 8 a Considere F IR3 IR3 dada por Fxyz x3y2z y4z z Vejamos se F é injetora Temos se x3y2z y4z z 000 então x3y2z 0 y4z 0 z 0 donde obtemos x y z 0 Logo KerF 000 e portanto F é injetora Logo ImF IR3 implicando F é sobrejetora logo F é bijetora Portanto F é inversível Agora suponha F1xyz abc então xyz Fabc a3b2c b4c c Logo a3b2c x b4c y c z do que resulta a x 3y 14z b y 4z c z Logo F1xyz x 3y 14z y 4z z b Considere F IR3 IR3 tal que Fxyz x xy 2x y z se Fxyz 000 ou seja se x xy 2x y z 000 então x 0 xy 0 2x y z 0 do que resulta x y z 0 Logo KerF 000 Portanto F é injetora Logo F é bijetora Então F é inversível Agora suponha F1xyz abc então xyz Fabc a ab 2abc Daí segue a x ab y 2a b c z onde obtemos a x b x y c 3x y z Logo F1xyz x xy 3x y z a Considere F mathbbR3 o mathbbR3 tal que F100 111 F010 101 e F012 004 Primeiro observe que B 100 010 012 é uma base do mathbbR3 De fato dados abc in mathbbR considere a equação a100 b010 c012 000 ou seja a0 bc0 2c0 onde obtemos abc0 Portanto B é uma base do mathbbR3 Agora sejam xyz in mathbbR3 e abc in mathbbR Considere a equação a100 b010 c012 xyz ou seja a x bc y 2c z Logo a x b y z2 c z2 então xyz x100 yz2010 z2 012 Aplicando F segue Fxyz xF100 yz2F010 z2 F012 x111 yz2101 z2 004 x y z2 x x y z2 4z2 x y z2 x x y 32 z Portanto Fxyz x y z2 x x y 32 z Agora vejamos se F é injetora se Fxyz 000 ou seja se x y z2 x x y 32 z 000 então x y z2 0 x 0 x y 32 z 0 donde obtemos x y z 0 logo KerF 000 Então F é injetora e portanto F é bijetora ou seja F é inversível Suponha que F¹xyz abc então xyz Fabc a b 12 c a a b 32 c Daí segue a b 12 c x a y a b 32 c z que resulta a y b 3x 4y z4 c x z2 Portanto F¹xyz y 34 x y 14 z 12 x 12 z 10 Sejam uv ℝ² tais que uv é uma base do ℝ² Sendo F ℝ² ℝⁿ uma transformação linear a se Fu Fv é LI então F é injetora logo dim KerF 0 e portanto pelo teorema do núcleo e da imagem dim ImF 2 logo b e c não verificam b se dim ImF 1 então dim KerF 1 Logo KerF 0 e portanto F não é injetora Daí segue Fu Fv não é LI além disso como dim ImF 1 então ImF ℝⁿ logo a e c não se verificam c se ImF 0 então dim ImF 0 logo dim kerF 2 Daí temos que F não é injetora implicando Fu Fv não é LI Além disso como dim ImF 0 temos então que b não verifica Portanto a b não verificam 11 seja T U V uma transformação linear Se o conjunto Tu₁ Tuᵣ é LI em V então u₁ uᵣ é LI em U Prova Sejam a₁ a₂ aᵣ escalares Considere a equação a₁ u₁ a₂ u₂ aᵣ uᵣ 0 Aplicando T temos Ta₁ u₁ a₂ u₂ aᵣ uᵣ T0 Ta₁ u₁ Ta₂ u₂ Taᵣ uᵣ 0 pois T é linear a₁ Tu₁ a₂ Tu₂ aᵣ Tuᵣ 0 Como Tu₁ Tu₂ Tuᵣ são LI segue que a₁ a₂ aᵣ 0 Portanto u₁ uᵣ é LI em U Seja T U V uma transformação linear Se T é injetora e u1ur é LI em U então Tu1 Tur é LI em V Prova Seja u1ur um conjunto LI em U Como T é injetora então o conjunto Tu1 Tur tem a mesma quantidade de vetores do conjunto u1 ur Dados a1 a2 ar R considere a equação a1 Tu1 a2 Tu2 ar Tur 0 Ta1 u1 a2 u2 ar ur 0 pois T é linear Como T é injetora então a1 u1 a2 u2 ar ur 0 Logo a1 a2 ar 0 pois u1 ur são LI Portanto Tu1 Tur é LI em V