Álgebra Linear II - PSub - 2005
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Turma A Como B é uma base do 3 R então {T(0,0,1), T(0,1,1), T(-2,1,0)} gera a Im(T), mas T(0,0,1) = (-1,1,-1), T(0,1,1) = (0,0,0), T(-2,1,0) = (2,-1,0) e {(-1,1,-1), (2,-1,0)} é L.I. logo (b) {(-1,1,-1), (2,-1,0)} é uma base da Im(T) e dim Im(T) = 2. (a) Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, dim ker(T) = 3 – 2 = 1, logo {(0,1,1)} é uma base do ker(T) e daí dim ker(T)=1. (c) Como ( 1,1, 1),(0,1,1) 1.0 1.1 1.1 0 (2, 1,1),(0,1,1) − − =− + − = = − , então , por outro lado Im(T) (ker(T)) ⊥ ⊂ 3 ker( ) (ker( )) R T T ⊥ = ⊕ , assim dim(ker( )) 2 T ⊥ = , portanto . (ker( )) Im( ) T T ⊥ = (d) Notemos que B não é uma base ortonormal do 3 R , assim determinemos . Temos [ ] can T 1 1 1 (1, 0, 0) (0,0,1) (0,1,1) ( 2,1,0) 2 2 2 =− + − − e (0,1,0) (0,0,1) (0,1,1) = − + , assim 1 1 1 1 1 1 (1, 0, 0) (0,0,1) (0,1,1) ( 2,1,0) ( 1,1, 1) (2, 1,1) ( ,0,0) 2 2 2 2 2 2 T T T T =− + − − =− − − − − =− e (0,1,0) (0, 0,1) (0,1,1) ( 1,1, 1) T T T =− + =−− − (0,0,1) (1, 1,1) T = − logo 1 1 1 2 [] 0 1 1 0 1 1 can T ⎛ ⎞ − − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ = − ⎜ ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎟ que não é uma matriz simétrica, assim T não é um operador simétrico.
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Prova substitutiva de Álgebra Linear II de 2005
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Turma A
Como B uma base do 3R ento {T(0,0,1), T(0,1,1), T(-2,1,0)} gera a Im(T), mas T(0,0,1) = (-1,1,-1), T(0,1,1) = (0,0,0), T(-2,1,0) = (2,-1,0) e {(-1,1,-1), (2,-1,0)} L.I. logo (b) {(-1,1,-1), (2,-1,0)} uma base da Im(T) e dim Im(T) = 2. (a) Pelo Teorema do Ncleo e da Imagem, dim ker(T) = 3 2 = 1, logo {(0,1,1)} uma base do ker(T) e da dim ker(T)=1. (c) Como ( 1,1, 1),(0,1,1) 1.0 1.1 1.1 0 (2, 1,1),(0,1,1) = + = = , ento
, por outro lado Im(T) (ker(T)) 3 ker( ) (ker( ))R T T = , assim dim(ker( )) 2T = , portanto . (ker( )) Im( )T T = (d) Notemos que B no uma base ortonormal do 3R , assim determinemos . Temos [ ]canT
1 1 1(1,0,0) (0,0,1) (0,1,1) ( 2,1,0)2 2 2
= + e (0,1,0) (0,0,1) (0,1,1)= + , assim 1 1 1 1 1 1(1,0,0) (0,0,1) (0,1,1) ( 2,1,0) ( 1,1, 1) (2, 1,1) ( ,0,0)2 2 2 2 2 2
T T T T= + = = e (0,1,0) (0,0,1) (0,1,1) ( 1,1, 1)T T T= + = (0,0,1) (1, 1,1)T =
logo
1 1 12
[ ] 0 1 10 1 1
canT
=
que no uma matriz simtrica, assim T no um operador
simtrico.
-
A matriz associada ao sistema acima .
0 0 0 1 00 1 0 0 00 0 0 0 10 0 1 0 01 0 0 0 0
A
= Seja T o operador linear do 5R tal que [ ]canT A= . Como 4( ) (1 )( 1)Ap = ento
. Determinemos 2( ) ( 1) ( 1)( )( )Ap i = + + i (1), ( 1), ( )V V V i e . ( )V i
(1)V
01 0 0 1 00
00 0 0 0 00
00 0 1 0 10
00 0 1 1 00
01 0 0 0 1
xx t
yz w
z xz t
tx w
w
+ = + = z t w= = = = =
=
Assim , logo (x,y,z,t,w)=y(0,1,0,0,0)+w(1,0,1,1,1) (1) [(0,1,0,0,0),(1,0,1,1,1)]V =
( 1)V 0 01 0 0 1 00 2 00 2 0 0 00 0 , 0,0 0 1 0 10 00 0 1 1 00 01 0 0 0 1
x x ty yz z w x w y z wt z tw x w
+ = = = + = = = = = + = + =
,t w
Assim , logo (x,y,z,t,w)=w(-1,0,-1,1,1) ( 1) [(-1,0,-1,1,1)]V =
( )V i
-
0 00 0 1 00 (1 ) 00 1 0 0 00 0 , 0,0 0 0 10 00 0 1 00 01 0 0 0
x ix tiy i yiz iz w x it y z itit z itiw x iwi
+ = = ,w t= + = = = = = = =
Assim , logo (x,y,z,t,w)=t(-i,0,i,-1,1) ( ) [(-i,0,i,-1,1)]V i = .
Seja , ento {(0,1,0,0,0),(1,0,1,1,1),( 1,0, 1,1,1),(0,0,0, 1,1),(1,0, 1,0,0)}B =
1 0 0 0 00 1 0 0 0
[ ] 0 0 1 0 00 0 0 0 10 0 0 1 0
BT
=
Seja , ento a soluo do sistema
1
2
3
4
5
yy
Y yyy
=
' [ ]BY T Y= dada por:
1 1
2 2
3 3
4 4 5
5 4 5
( )( )( )( ) cos( ) ( )( ) ( ) cos( ),
t
t
t
y t c ey t c ey t c ey t c t c sen ty t c sen t c t
= = = = = +
onde . 1 2 3 4 5, , , ,c c c c c R
Sabemos que X MY= , onde
0 1 1 0 11 0 0 0 00 1 1 0 10 1 1 1 00 1 1 1 0
M
=
. Portanto
-
1 2 3 4 5
2 1
3 2 3 4 5
4 2 3 4 5
5 2 3 4 5
( ) ( ) cos( )
( )( ) ( ) cos( )
( ) cos( ) ( )
( ) cos( ) ( )
t t
t
t t
t t
t t
x t c e c e c sen t c tx t c ex t c e c e c sen t c tx t c e c e c t c sen tx t c e c e c t c sen t
= + + = = = + + = + +
Como , ento 1 2 3 4 5(0) (0) (0) (0) (0) 1x x x x x= = = = =
1, 0
2 3 5
1
2 3 5 1 4 5 2 3
2 3 4
2 3 4
111 1, 0 ,11 ,
c c ccc c c c c c c cc c cc c c
= + = = = = = = = = + = + +
Assim 1 2 3 4 5( ) ( ) ( ) ( ) ( )
tx t x t x t x t x t e= = = = = .
(a) Se ker( )x T , ento ( ) 0T x = , logo 2 ( ) (0) 0T x T= = , assim 2ker( )x T . Portanto
. Pelo Teorema do Ncleo e da Imagem temos que 2ker( ) ker( )T TT2 2dim dimker( ) dimIm( ) dimker( ) dimIm( )V T T T= + = +
Como , ento e de temos que
2dimIm( ) dimIm( )T T= 2dimker( ) dimker( )T T= 2ker( ) ker( )T T2ker( ) ker( ).T T=
(b) Dado ker( ) Im( ),x T T ento ( )x T y= para algum y V e , logo , assim logo
( ) 0T x =20 ( ) (T x T y= = ) T2ker( ) ker( )y T = ( ) 0x T y= = . Portanto
ker( ) Im( ) 0.T T =(c) Como ento ker( ) Im( ) 0T T = Tdim(ker( ) Im( )) dim ker( ) dim Im( )T T T = + .
Pelo Teorema do Ncleo e da Imagem temos que dim ker( ) dim Im( ) dimT T V+ = , assim e como ento
dim(ker( ) Im( )) dimT T = V V
Vker( ) Im( )T T
ker( ) Im( ) .T T =
