Algebra Linear

Universidade Federal Rural Do SemiÁrido Centro Multidisciplinar de Pau dos Ferros Departamento de Ciências Exatas e Naturais Disciplina Professor Turma Período Data Álgebra Linear Bruno Fontes de Sousa 20232 15 04 2024 Lista da terceira unidade 1 Seja T R2 R3 uma aplicação linear Considerando a base α 9 6 4 4 de R2 e os vetores w1 3 3 5 e w2 7 8 2 de R3 tais que T 9 6 w1 e T 4 4 w2 determine a expressão geral Tx y 2 Em cada item obtenha a transformação linear T que satisfaz as condições dadas a T 1 0 1 0 e T 0 1 0 1 b T 8 8 1 0 e T 9 5 0 1 c T 1 0 3 8 e T 0 1 4 2 d T 3 7 3 9 e T 6 4 6 7 3 Em cada item obtenha a transformação linear T que satisfaz as condições dadas a T 2 7 4 1 0 0 T 4 1 2 0 1 0 e T 0 4 2 0 0 1 b T 1 0 0 8 8 1 T 0 1 0 8 0 8 e T 0 0 1 5 4 9 c T 1 7 4 4 7 2 T 7 6 9 7 3 1 e T 1 1 7 5 2 9 d T 1 8 5 2 1 2 T 3 8 0 5 2 0 e T 7 0 4 6 4 8 4 Em cada item obtenha uma base para o núcleo kerT e para a imagem ImT a T x y z 5x 7y 6z x 4y b T x y 3x 2x 8y x 6y c T x y 8x 9x 4y d T x y z 2x 3y 2z 7x 4y 6z 8x y 7z 5 Em cada item obtenha a transformação linear T R3 R2 tal que a kerT 0 0 0 b kerT 0 2 4 c kerT 9 5 8 5 2 2 d kerT 9 7 2 3 8 4 1 1 6 6 Em cada item se possível dê um exemplo de uma transformação linear linear T que satisfaz a condição dada a T injetora de R2 para R3 b T injetora de R3 para R3 c T injetora de R2 para R2 d T sobrejetora de R2 para R3 e T sobrejetora de R3 para R3 f T sobrejetora de R3 para R3 7 Em cada item a matriz Tα β a T x y 8x 4y 5x 9y α 8 9 7 9 β 4 9 2 9 b T x y 8x 2y 2x 7y 9x 6y α 9 4 2 7 β 1 7 9 4 9 7 6 7 2 c T x y z 6x 5y 3z 2x 9y 3z 2x 8y z α 8 8 2 6 4 5 9 8 5 β 2 8 7 8 2 2 5 6 8 8 Dada a matriz Tα β a base β e a matriz de coordenadas vα calcule Tvβ e Tv a Tα β 6 6 1 7 vα x y e β 2 1 4 3 b Tα β 8 8 4 4 vα 5x 4y 3x 7y e β 7 9 4 8 c Tα β 9 5 4 7 vα 6 8 e β 6 1 6 4 d Tα β 8 3 9 8 8 5 vα 5 8 7 e β 4 7 6 4 e Tα β 9 1 7 3 2 9 vα 1 6 e β 1 5 5 7 7 8 7 5 6 9 Dadas as matrizes R e S determine R S e a expressão da aplicação linear R S a R 5 9 1 7 e S 7 44 9 44 1 44 5 44 b R 9 8 3 8 e S 4 9 9 5 c R 2 0 6 9 3 8 e S 5 2 4 1 7 5 d R 9 6 3 0 2 0 e S 9 3 6 7 4 1 7 9 10 Dadas as matrizes A e B determine kerTA kerTB ImTA ImTB kerTA TB ImTA TB a A 4 8 8 0 1 4 e B 1 4 1 6 9 9 b A 2 6 5 3 1 6 e B 1 8 8 1 1 5 Bom trabalho Universidade Federal Rural Do SemiÁrido Centro Multidisciplinar de Pau dos Ferros Departamento de Ciências Exatas e Naturais Disciplina Álgebra Linear Professor Bruno Fontes de Sousa Turma Período Data 20232 15042024 Aluna Beatriz Fernandes de Negreiros 1 Seja T R2 R3 uma aplicação linear Considerando a base α9644 de R2 e os vetores w1335 e w2 782 de R3 tais que T96 w1 e T44 w2 determine a expressão geral Txy Como α é base de R2 xy R2 existem ab R tal xy a96 b44 Achando os valores de a e b temos a15xy e b110 x 120 y Logo uma expressão geral para Txy é Txy 15 xy T96 110 x 120 y T44 Txy 15 xy 335 110 x 120 y 782 2 Em cada item obtenha a transformação linear T que satisfaz as condições dadas a T1010 e T0101 Observe que xy x10 y01 xy R Logo T R2 R2 é Txy Id2 xy xy b T88 10 e T95 01 Escrevendo xy 5x 9y32 88 yx4 95 temos Txy 5x 9y32 T88 yx4 T95 Txy 5x 9y32 10 yx4 01 Txy 5x 9y32 yx4 c T10 38 e T01 42 Como xy x10 y01 temos Txy x T10 y T01 Txy x 38 y 42 Txy 3x 4y 8x 2y d T37 39 e T64 67 Para todo xy R2 temos que xy 2x 2y27 37 7x y5 18 64 Assim Txy 2x 2y27 T37 7x y5 18 T64 Txy 2x 2y27 39 7x y5 18 64 4 Em cada item obtenha uma base para o núcleo kerT e para a imagem ImT a Txyz 5x 7y 6z x 4y Vejamos se xyz kerT temos 5x 7y 6z x 4y 00 5x x 7y 4y 6z 0 00 xyz R x 5 1 y 74 z 60 00 Daí 5x 7y 6z 0 i x 4y 0 ii De ii x 4y Substituindo em i 54y 7y 6z 0 6z 27y z 92 y Daí se xyz kerT temos xyz 4y y 92 y y 4192 y R Ou seja β 4192 é uma base para kerT Além disso se 5x7y6z x 4y ImT temos 5x 7y 6z x 4y x 51 y 74 z 60 Agora observe que 74 4 51 92 60 o que garante que ele não pertence ao espaço gerado pelos outros vetores ImT x 51 y 60 e γ 51 60 é uma base para ImT b Txy 3x 2x 8y x 6y Se xy kerT 3x 2x 8y x 6y 000 Assim 3x 0 2x 8y 0 x 6y 0 x 0 8y 0 y 0 Daí kerT 00 logo qualquer base de R2 gera kerT em particular β 10 01 já se 3x 2x 8y x 6y Imt observe que 3x 2x 8y x 6y 3x 2x x 0 8y 6y x321 e y0 8 6 x y R Logo uma base para ImT é γ 321 0 8 6 Para KerT vejamos xy KerT 8x 9x 4y 00 8x 0 x 0 e 9x 4y 0 4y 0 y 0 Logo KerT 00 e β 10 01 gera KerT Para ImT temos 8x 9x 4y 8x 9x 0 4y x8 9 y0 4 xy R Como os vetores são LI temos γ 8 9 0 4 é base de ImT Para KerT Se xyz KerT então 2x 3y 2z 7x 4y 6z 8x y 7z 000 Donde extraímos o sistema 2x 3y 2z 0 i 7x 4y 6z 0 ii 8x y 7x 0 iii i 3ii 22x 23z 0 x z 0 Substituindo em i temos y 0 Logo kerT 000 e β base canônica gera KerT Para ImT Dado w ImT temos w 2x 3y 2z 7x 4y 6z 8x y 7z 2x 7x 8x 3y 4y y 2z 6z 7z x2 7 8 y341 z267 xyz R Como kerT 000 esses vetores são LI e constituem base para ImT Logo γ 278 341 267 é base de ImT 5 Em cada item obtenha a transformação linear T R³ R² tal que a kerT 000 Dizer que existe T R³ R² tq kerT 000 T é injetiva AFIRMAÇÃO Não existe tal aplicação De fato se existisse pelo teorema do núcleo e da imagem teríamos dim R³ dim kerT dim ImT 3 0 dim ImT mas dim ImT 2 ABSURDO Logo não existe esta aplicação b kerT 0 2 4 Definamos T R³ R² dada por Txyz x 2y z Testa bem definida e é linear Além disso para todo λ R λ 0 Tλ0 24 λ0 4λ 4λ 00 Isto garante que 024 kerT Por outro lado xyz kerT temos x 2y z 00 x 0 e 2y z xyz kerT temos xyz 0y 2y y01 2 y R Como 012 120 2 4 temos que KerT 0 2 4 c kerT 9 5 8 5 2 2 Os itens e e f são iguais Utilizaremos o mesmo exemplo para ambos 9 Dadas as matrizes R e S determine R S e a expressão da aplicação linear R S a R 5 9 1 7 e S 744 944 144 544 b R 9 8 3 8 e S 4 9 9 5 c R 2 0 6 9 3 8 e S 5 2 4 1 7 5 d R 9 6 3 0 2 0 e S 9 3 6 7 4 1 7 9 Sabemos que R S R S Logo R S 5 9 1 7 744 944 144 544 1 0 0 1 ou seja R Sxy I₂xy xy Seguindo o raciocínio R S R S Logo R S 9 8 3 8 4 9 9 5 108 121 60 13 Como R Sxy R S x y temos R Sxy 108 121 60 13 x y R Sxy 108x 121y 60x 13y Daí R S R² R² dada por R Sxy 108x 121y 60x 13y Analogamente aos anteriores R S R S Daí R S 2 0 6 9 3 8 5 2 4 1 7 5 10 0 42 4 0 30 45 12 56 18 3 40 32 26 23 25 A transformação R S R² R² será R Sxy 32 26 23 25 x y 32x 26y 23x 25y R Sxy 32x 26y 23x 25y Mesmo procedimento dos anteriores R S R S R S 9 6 3 0 2 0 9 3 6 7 4 1 7 9 R S 57 33 12 117 27 9 18 21 18 6 12 14 Como R Sxyzw R S x y z w R Sv 57 33 12 117 27 9 18 21 18 6 12 14 x y z w v xyzw Assim R S xyzw 57x 33y 12z 117w 27x 9y 18z 21w 18x 6y 12z 14w Daí R S R⁴ R³ será dada por R Sxyzw 57x 33y 12z 117w 27x 9y 18z 21w 18x 6y 12z 14w 10 Dadas as matrizes A e B determine kerTA kerTB ImTA ImTB kerTA o TB ImTA o TB a A 4 8 8 0 1 4 e B 1 4 1 6 9 9 kerA 2114 kerB 41 b A 2 6 5 3 1 6 e B 1 8 8 1 1 5 kerA 31 kerB 31 31