prova 2022 com gabarito

Prévia do material em texto

<p>MA327: Álgebra Linear - Prova 1 - GABARITO</p><p>Aplicada em: 15/09/2022</p><p>Turmas 8h-10h</p><p>Questão 1. Seja T : P2(R) → R3 a transformação linear que verifica:</p><p>T (x) = (1, 1, 1), T (2x2) = (0, 2,−1), T (1 + x) = (3, 5, 2).</p><p>1. [1 ponto] Encontre a expressão explícita T (a0+ a1x+ a2x</p><p>2) para todo a0+ a1x+ a2x</p><p>2 ∈ P2(R).</p><p>2. [2 pontos] Determine ker(T ) e Im(T ).</p><p>1. Se T é linear, então, por definição, ela satisfaz as propriedades (i) T (a+ b) = T (a) + T (b) e (ii)</p><p>T (γa) = γ T (a). Logo:</p><p>• T (2x2) = (0, 2,−1) ⇒ 2 · T (x2) = (0, 2,−1) ⇒ T (x2) =</p><p>(</p><p>0, 1,−1</p><p>2</p><p>)</p><p>;</p><p>• T (1 + x) = (3, 5, 2) ⇒ T (1) + T (x) = (3, 5, 2) ⇒ T (1) + (1, 1, 1) = (3, 5, 2) ⇒ T (1) = (2, 4, 1) .</p><p>Portanto, temos que</p><p>T (a0 + a1x+ a2x</p><p>2) = a0T (1) + a1T (x) + a2T (x</p><p>2)</p><p>= a0(2, 4, 1) + a1(1, 1, 1) + a2</p><p>(</p><p>0, 1,−1</p><p>2</p><p>)</p><p>=</p><p>(</p><p>2a0 + a1, 4a0 + a1 + a2, a0 + a1 −</p><p>1</p><p>2</p><p>a2</p><p>)</p><p>i.e., dado a0+a1x+a2x</p><p>2 ∈ P2(R), temos T (a0+a1x+a2x</p><p>2) =</p><p>(</p><p>2a0 + a1, 4a0 + a1 + a2, a0 + a1 − 1</p><p>2a2</p><p>)</p><p>.</p><p>2. O núcleo de T é dado por ker(T ) = {v ∈ P2(R);T (v) = (0, 0, 0)}, i.e.,</p><p>2a0 + a1 = 0</p><p>4a0 + a1 + a2 = 0</p><p>a0 + a1 − 1</p><p>2a2 = 0</p><p>.</p><p>Por escalonamento, temos que 2 1 0 0</p><p>4 1 1 0</p><p>1 1 −1</p><p>2 0</p><p> L2−2L1→L2∼</p><p> 2 1 0 0</p><p>0 −1 1 0</p><p>1 1 −1</p><p>2 0</p><p> L3−(1/2)L1→L3∼</p><p> 2 1 0 0</p><p>0 −1 1 0</p><p>0 1</p><p>2</p><p>−1</p><p>2 0</p><p></p><p>L3+(1/2)L2→L3∼</p><p> 2 1 0 0</p><p>0 −1 1 0</p><p>0 0 0 0</p><p> ⇒</p><p>{</p><p>2a0 + a1 = 0</p><p>− a1 + a2 = 0</p><p>Segue, pois, que as soluções são da forma α(−1</p><p>2 , 1, 1), α ∈ R. Consequentemente,</p><p>ker(T ) = [−1</p><p>2 + x+ x2] = {−1</p><p>2α+ αx+ αx2;α ∈ R}.</p><p>A imagem de T , Im(T ) = {w ∈ R3;∃ v ∈ P2(R) t.q. T (v) = w}, pode ser gerada pelas imagens</p><p>de uma base de P2(R). Por exemplo Im(T ) = [T (1), T (x), T (x2)] =</p><p>[</p><p>(2, 4, 1), (1, 1, 1),</p><p>(</p><p>0, 1,</p><p>−1</p><p>2</p><p>)]</p><p>.</p><p>Porém, pelo resultado do sistema acima, este conjunto é linearmente dependente e temos[</p><p>(2, 4, 1), (1, 1, 1),</p><p>(</p><p>0, 1,</p><p>−1</p><p>2</p><p>)]</p><p>= [(2, 4, 1), (1, 1, 1)].</p><p>Note que estes geradores são linearmente independetes (a combinação linear r(2, 4, 1) + s(1, 1, 1) = 0</p><p>é única, correspondente à solução trivial r = s = 0). Infere-se, pois, que</p><p>1</p><p>Im(T ) = [(2, 4, 1), (1, 1, 1)] = {r(2, 4, 1) + s(1, 1, 1); r, s ∈ R}.</p><p>Questão 2. Considere R3 com base</p><p>B = {(−1, 1, 0), (2, 3, 1), (1, 2, 0)}.</p><p>1. [0,5 pontos] Escreva o vetor v = (0, 0, 1) como combinação linear dos elementos de B.</p><p>2. [1 ponto] Escreva a matriz mudança de base canônica C a B, isto é, [I]CB.</p><p>1. Devemos encontrar escalares a, b, c ∈ R de tal forma que</p><p>v = (0, 0, 1) = a(−1, 1, 0) + b(2, 3, 1) + c(1, 2, 0) ⇒ (−a+ 2b+ c, a+ 3b+ 2c, b) = (0, 0, 1).</p><p>Montando um sistema de equações e resolvendo-o, encontramos tais escalares. Assim, no sistema</p><p>−a + 2b + c = 0</p><p>a + 3b + 2c = 0</p><p>b = 1</p><p>,</p><p>sabemos da terceira equação que b = 1 e, portanto, nos resumimos a solucionar{</p><p>−a + c = −2</p><p>a + 2c = −3</p><p>.</p><p>.</p><p>Somando as equações, concluímos que 3c = −5 ∴ c = −5</p><p>3</p><p>. Logo, a = −3−2c ⇒ a = −3−2</p><p>(</p><p>−5</p><p>3</p><p>)</p><p>∴</p><p>a =</p><p>1</p><p>3</p><p>. Logo, a combinação linear procurada é v =</p><p>1</p><p>3</p><p>(−1, 1, 0) + (2, 3, 1)− 5</p><p>3</p><p>(1, 2, 0) .</p><p>2. 1a solução: A matriz mudança da base canônica C a B é aquela tal que [v]B = [I]CB[v]C . Em</p><p>particular, temos que ([I]CB)</p><p>−1 = [I]BC , i.e., o inverso da matriz mudança da base canônica C a B é a</p><p>matriz mudança da base B a canônica C. Temos, na base canônica, que</p><p>• (−1, 1, 0) = −1(1, 0, 0) + 1(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1);</p><p>• (2, 3, 1) = 2(1, 0, 0) + 3(0, 1, 0) + 1(0, 0, 1);</p><p>• (1, 2, 0) = 1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 0) + 0(0, 0, 1).</p><p>Portanto, [I]BC = ([I]CB)</p><p>−1 =</p><p> −1 2 1</p><p>1 3 2</p><p>0 1 0</p><p>. Para determinar [I]CB, devemos inverter a matriz</p><p>encontrada. Dentre diversos métodos, podemos utilizar, por exemplo, a eliminação de Gauss-Jordan. −1 2 1 1 0 0</p><p>1 3 2 0 1 0</p><p>0 1 0 0 0 1</p><p> −L1→L1∼</p><p> 1 −2 −1 −1 0 0</p><p>1 3 2 0 1 0</p><p>0 1 0 0 0 1</p><p> L2−L1→L2∼</p><p> 1 −2 −1 −1 0 0</p><p>0 5 3 1 1 0</p><p>0 1 0 0 0 1</p><p></p><p>L2/5→L2∼</p><p> 1 −2 −1 −1 0 0</p><p>0 1 3</p><p>5</p><p>1</p><p>5</p><p>1</p><p>5 0</p><p>0 1 0 0 0 1</p><p> L3−L2→L3∼</p><p> 1 −2 −1 −1 0 0</p><p>0 1 3</p><p>5</p><p>1</p><p>5</p><p>1</p><p>5 0</p><p>0 0 −3</p><p>5</p><p>−1</p><p>5</p><p>−1</p><p>5 1</p><p> −5L3/3→L3∼ 1 −2 −1 −1 0 0</p><p>0 1 3</p><p>5</p><p>1</p><p>5</p><p>1</p><p>5 0</p><p>0 0 1 1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p> L2−(3/5)L3→L2∼</p><p> 1 −2 −1 −1 0 0</p><p>0 1 0 0 0 1</p><p>0 0 1 1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p> L1+L3→L1∼</p><p> 1 −2 0 −2</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p>0 1 0 0 0 1</p><p>0 0 1 1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p> L1+2L2→L1∼</p><p> 1 0 0 −2</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>0 1 0 0 0 1</p><p>0 0 1 1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p></p><p>2</p><p>Segue que [I]CB = ([I]BC )</p><p>−1 =</p><p> −2</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>0 0 1</p><p>1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p>. Aplicando, por exemplo, ao vetor v do item (a),</p><p>temos que</p><p>[v]B = [I]CB[v]C =</p><p> −2</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>0 0 1</p><p>1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p> 0</p><p>0</p><p>1</p><p> =</p><p> −2</p><p>3 · 0 + 1</p><p>3 · 0 + 1</p><p>3 · 1</p><p>0 · 0 + 0 · 0 + 1 · 1</p><p>1</p><p>3 · 0 + 1</p><p>3 · 0 + −5</p><p>3 · 1</p><p> ∴ [v]B =</p><p> 1</p><p>3</p><p>1</p><p>−5</p><p>3</p><p>.</p><p>2a solução: Podemos encontrar [I]CB diretamente, escrevendo as coordenadores dos vetores da base</p><p>canônica C como combinação linear da base B.</p><p>• (1, 0, 0) = a1(−1, 1, 0) + b1(2, 3, 1) + c1(1, 2, 0) ⇒</p><p></p><p>−a1 + 2b1 + c1 = 1</p><p>a1 + 3b1 + 2c1 = 0</p><p>b1 = 0</p><p>. Como b1 =</p><p>0, chegamos ao sistema</p><p>{</p><p>−a1 + c1 = 1</p><p>a1 + 2c1 = 0</p><p>, onde, somando as equações, 3c1 = 1 ⇒ c1 =</p><p>1</p><p>3</p><p>e, assim, a1 = −2c1 = −2</p><p>3</p><p>. Portanto,</p><p> 1</p><p>0</p><p>0</p><p></p><p>C</p><p>=</p><p> −2</p><p>3</p><p>0</p><p>1</p><p>3</p><p></p><p>B</p><p>;</p><p>• (0, 1, 0) = a2(−1, 1, 0) + b2(2, 3, 1) + c2(1, 2, 0) ⇒</p><p></p><p>−a2 + 2b2 + c2 = 0</p><p>a2 + 3b2 + 2c2 = 1</p><p>b2 = 0</p><p>. Como b2 =</p><p>0, chegamos ao sistema</p><p>{</p><p>−a2 + c2 = 0</p><p>a2 + 2c2 = 1</p><p>, onde, somando as equações, 3c2 = 1 ⇒ c =</p><p>1</p><p>3</p><p>e, assim, a2 = c2 =</p><p>1</p><p>3</p><p>. Portanto,</p><p> 0</p><p>1</p><p>0</p><p></p><p>C</p><p>=</p><p> 1</p><p>3</p><p>0</p><p>1</p><p>3</p><p></p><p>B</p><p>;</p><p>• Da questão 1., vimos que</p><p> 0</p><p>0</p><p>1</p><p></p><p>C</p><p>=</p><p> 1</p><p>3</p><p>1</p><p>−5</p><p>3</p><p></p><p>B</p><p>.</p><p>Tendo as combinações lineares dos vetores de C em B, concluímos que a matriz mudança da base</p><p>será</p><p>[I]CB =</p><p> −2</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>0 0 1</p><p>1</p><p>3</p><p>1</p><p>3</p><p>−5</p><p>3</p><p>.</p><p>Questão 3. Considerar o subconjunto U de polinômios em P2(R) definido como</p><p>U = {p(x) = a+ bx+ cx2 | b = c ∈ R}.</p><p>1. [1 ponto] Prove que U é subespaço vetorial de P2(R),</p><p>2. [2 pontos] Considere, ainda, o subespaço vetorial de P2(R)</p><p>W = [1 + x, 2x2 − 1].</p><p>Determine bases para os subespaços U ∩W e U +W . A soma é direta? Justifique a resposta.</p><p>1. Por teorema, U será subespaço vetorial de P2(R) se for não vazio, fechado pela adição e pela</p><p>multiplicação por escalar. Sendo p1(x) = a1+ b1x+ c1x</p><p>2, p2(x) = a2+ b2x+ c2x</p><p>2 ∈ U (e, dessa forma,</p><p>b1 = c1 e b2 = c2) e γ ∈ R escalar, temos o que segue.</p><p>3</p><p>• Claramente U é não vazio pois o polinômio nulo 0P2(R) = 0 + 0x+ 0x2 pertence a U ;</p><p>• p1(x)+p2(x) = (a1+ b1x+ c1x</p><p>2)+ (a2+ b2x+ c2x</p><p>2) = (a1+a2)+ (b1+ b2)x+(c1+ c2)x</p><p>2. Segue</p><p>que a1 + a2, b1 + b2, c1 + c2 ∈ R. Além disso, por hipótese, b1 = c1 e b2 = c2; então, somando</p><p>as relações, b1 + b2 = c1 + c2. Infere-se que p1(x) + p2(x) ∈ U ;</p><p>• γp1(x) = γ(a1 + b1x + c1x</p><p>2) = (γa1) + (γb1)x + (γc1)x</p><p>2. Segue que γa1, γb1, γc1 ∈ R. Além</p><p>disso, por hipótese, b1 = c1 (×γ) ⇒ γb1 = γc1. Infere-se que γp1(x) ∈ U .</p><p>Então, U é subespaço vetorial de P2(R).</p><p>2. Nota-se, inicialmente, que uma possível base para U é {1, x+ x2}, pois ela claramente é linear-</p><p>mente independente e gera U . Seja U ∩W = {v ∈ P2(R) | v ∈ U e v ∈ W}. Como este v pertence a</p><p>ambos subespaços vetoriais, ele pode ser escrito como combinação linear dos dois no sentido que</p><p>α1(1) + β1(x+ x2) = α2(1 + x) + β2(2x</p><p>2 − 1).</p><p>Comparando os termos constantes, lineares e quadráticos em ambos os lados da igualdade acima</p><p>obtemos</p><p>α1 = α2 − β2</p><p>β1 = α2</p><p>β1 = 2β2</p><p>⇒</p><p></p><p>α1 − α2 + β2 = 0</p><p>β1 − α2 = 0</p><p>β1 − 2β2 = 0</p><p>⇒</p><p></p><p>α1 = λ</p><p>β1 = 2λ</p><p>α2 = 2λ</p><p>β2 = λ</p><p>, λ ∈ R</p><p>Então, os vetores v ∈ U ∩W são da forma</p><p>v = λ · 1 + 2λ(x+ x2) = 2λ(1 + x) + λ(2x2 − 1) = λ(1 + 2x+ 2x2),</p><p>i.e., {1 + 2x+ 2x2} é base para U ∩W .</p><p>Agora, seja U + W = {v ∈ P2(R) | v = u + w, u ∈ U e w ∈ W}. Pelas combinações lineares</p><p>descritas anteriormente, se v ∈ U +W , então</p><p>v = α1(1) + β1(x+ x2) + α2(1 + x) + β2(2x</p><p>2 − 1),</p><p>i.e., temos o conjunto de geradores U +W = [1, x+ x2, 1 + x, 2x2 − 1]. Como</p><p>2x2 − 1 = 1 · (1) + 2 · (x+ x2)− 2 · (1 + x) ,</p><p>o conjunto de vetores é linearmente dependente, não podendo ser base para U +W . Assim, U +W =</p><p>[1, x+x2, 1+x, 2x2−1] = [1, x+x2, 1+x] e, sendo {1, x+x2, 1+x} conjunto de vetores linearmente</p><p>independentes, ele será uma base para o conjunto da soma.</p><p>Para concluir, devemos observar que U ∩W = [1 + 2x+ 2x2] ̸= {0}, então a soma não é direta.</p><p>Questão 4. Considere o</p><p>conjunto S ⊂ M3×3(R), definido como</p><p>S =</p><p></p><p> 0 0 0</p><p>1 0 0</p><p>0 −1 0</p><p> ,</p><p> 0 0 0</p><p>1 0 0</p><p>1 1 0</p><p> ,</p><p> 0 0 0</p><p>−1 0 0</p><p>0 0 0</p><p></p><p>.</p><p>1. [1,5 pontos] Mostre que o espaço gerado pelo conjunto S é subespaço das matrizes triangulares</p><p>inferiores estritas 3× 3 e que S é de fato uma base do espaço.</p><p>2. [1 ponto] Mostre que não existe uma transformação linear T : M3×3 → R3 que verifica</p><p>4</p><p>ker(T ) = [S].</p><p>1. Seja o espaço V gerado pelo conjunto S, V = [S]. Seus vetores são, pois, combinações lineares</p><p>dos elementos em S.</p><p>v ∈ V ⇒ v = a</p><p> 0 0 0</p><p>1 0 0</p><p>0 −1 0</p><p>+ b</p><p> 0 0 0</p><p>1 0 0</p><p>1 1 0</p><p>+ c</p><p> 0 0 0</p><p>−1 0 0</p><p>0 0 0</p><p></p><p>∴ v =</p><p> 0 0 0</p><p>a+ b− c 0 0</p><p>b −a+ b 0</p><p> , a, b, c ∈ R</p><p>Esta é a forma de um vetor qualquer de V . Podemos observar que ele satisfaz a definição de matriz</p><p>triangular inferior estrita: os elementos acima da diagonal principal e nela são nulos; enquanto que os</p><p>abaixo da diagonal principal são números reais. Agora, dado A uma matriz triangular inferior estrita</p><p>encontremos a, b, c ∈ R tais que</p><p>A=</p><p> 0 0 0</p><p>a2,1 0 0</p><p>a3,1 a3,2 0</p><p> =</p><p> 0 0 0</p><p>a+ b− c 0 0</p><p>b −a+ b 0</p><p></p><p>De onde segue que b = a3,1, a = a3,1−a3,2 e c = 2a3,1−a3,2−a2,1. Portanto, V é igual ao subespaço</p><p>das matrizes triangulares inferiores estritas e S gera tal subespaço. Vamos mostrar que os elementos</p><p>de S são linearmente independentes.</p><p>a</p><p> 0 0 0</p><p>1 0 0</p><p>0 −1 0</p><p>+ b</p><p> 0 0 0</p><p>1 0 0</p><p>1 1 0</p><p>+ c</p><p> 0 0 0</p><p>−1 0 0</p><p>0 0 0</p><p> =</p><p> 0 0 0</p><p>a+ b− c 0 0</p><p>b −a+ b 0</p><p> = 0</p><p>⇒</p><p></p><p>a + b − c = 0</p><p>b = 0</p><p>−a + b = 0</p><p>⇒</p><p></p><p>a = 0</p><p>b = 0</p><p>c = 0</p><p>Sendo a única solução possível a trivial (a = b = c = 0), S é linearmente independente. Como S</p><p>é linearmente independente e gera o subespaço das matrizes triangulares inferiores estritas temos que</p><p>S é uma base para este subespaço. Outra maneira de mostrar que S é uma base de tal subespaço é</p><p>provar que S é linearmente independente (como já foi feito) e notar que a base canônica das matrizes</p><p>triangulares inferiores estritas 3× 3 é</p><p> 0 0 0</p><p>1 0 0</p><p>0 0 0</p><p> ,</p><p> 0 0 0</p><p>0 0 0</p><p>1 0 0</p><p> ,</p><p> 0 0 0</p><p>0 0 0</p><p>0 1 0</p><p>.</p><p>Esse espaço vetorial, é, portanto, de dimensão 3. Assim, como S é uma família de 3 vetores</p><p>linearmente independentes do subespaço das matrizes triangulares inferiores estritas 3 × 3 então S é</p><p>base deste subespaço.</p><p>2. Dada uma transformação linear T : V → W , é correto que</p><p>dim ker(T ) + dim Im(T ) = dim V .</p><p>Então, vamos supor que exista uma T : M3×3(R) → R3 t.q. ker(T ) = [S]. Sabemos que dim V =</p><p>3 · 3 = 9 e dim ker(T ) = 3 (pois S possui três vetores formando sua base). Pela relação indicada,</p><p>temos que</p><p>dim ker(T ) + dim Im(T ) = dim V ⇒ 3 + dim Im(T ) = 9 ∴ dim Im(T ) = 6.</p><p>Todavia, como Im(T ) ⊆ R3, sua dimensão deveria ser, no máximo, dim R3 = 3; o que é um</p><p>absurdo. Portanto, nossa hipótese está errada, ou seja, não existe tal transformação linear.</p><p>5</p>