Transformação linear
Aluno(a):
Turno:
Manhã
Tarde
Noite
Foi para entregar dia 19/10
1. Se T : V → W é uma transformação linear, mostre que: (a) Ker(T ) é um subespaço de V . (b) Im(T ) é um subespaço de W .
Solução:
(a) De fato, se T é linear, T (0) = 0, ou seja 0 ∈ Ket(T ). Agora se u, v ∈ Ker(T ), então T (u) = 0 = T (v). Agora,
T (u + v) = = = T (u) + T (v) (pela linearidade da T ) 0 + 0 (pois T (u) = 0 = T (v)) 0.
E, portanto, T (u + v) = 0 ⇒ (u + v) ∈ Ker(T ). Sejam λ ∈ R e u ∈ Ker(T ). Então, T (u) = 0. Ora,
T (λu) = = = λT (u) (pela linearidade da T ) λ0 …exibir mais conteúdo…
A solução será (x, −3x/2, −2x) = x(1, −3/2, −2). 2
Ker(T ) = [(2, −3, −4)] e dim(Ker(t)) = 1
(b) Para a imagem, teremos
(x + 2y − z, 2x + z, x − 2y + 2z) = x(1, 2, 1) + y(2, 0, −2) + z(−1, 1, 2) 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 0 −1 2 0 −2 ∼ 0 −4 −4 ∼ 0 1 1 ∼ 0 1 1 −1 1 2 0 3 3 0 0 0 0 0 0
Por que podemos fazer isto?
Im(T ) = [(1, 0, −1), (0, 1, 1)] e dim(Im(T )) = 2
6. Mostrar que a matriz do operador linear indentidade
I : Rn → Rn , I(v) = v
em uma base qualquer, é a matriz identidade n × n. Tomemos α = {v1 , v2 , . . . , vn } uma base de Rn . A transformação I é a identidade, ou seja, I(v) = v, ∀v ∈ Rn , assim,
Solução:
T (v1 ) = T (v2 ) =
1 · v1 + 0 · v2 + . . . 0 · vn 0 · v1 + 1 · v2 + . . . + 0 · vn
. . = . . . .
T (vn ) = 0 · v 1 + 0 · v2 + . . . + 1 · vn
Daí, a matriz de transformação será
1 0 0 1 In = . . . . . . 0 0 ··· ··· 0 0 . . . 1
..
.
···
7. Dados T : U → V linear e injetora e u1 , u2 , . . . , uk , vetores L.I. em U , mostre que {T (u1 ), . . . , T (uk )} é L.I.
Solução:
Escreva a combinação a1 · T u1 + a2 · T u2 + . . . + ak · T uk = 0(= T (0))
Como T é linear,
T (a1 · u1 + a2 · u2 + . . . + ak · uk ) = T (0).
Sendo T injetiva, a1 · u1 + a2 · u2 + . . . + ak · uk = 0.
Como u1 , u2 , . . . , uk são vetores LI, teremos a1 = a2 = . . . = ak