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Exercícios Resolvidos de Núcleo e Imagem de uma TL

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Enunciado

USP, Álgebra Linear 2, P1-2017, Questão 05

05) Seja T : P 3 R → R 3 a transformação linear definida por

T p = p ' 1 ,   p 0 + p - 1 ,   p 0 + p ' 0 ,

para qualquer p ∈ P 3 ( R ) . Assinale a alternativa correta:

a) dim ⁡ K e r T = 2 ;

b) se b ,   c , d ∈ R forem tais que 7 t 3 + b t 2 + c t + d pertença ao núcleo de T , então b + c + d será igual a - 8 ;

c) se b , c , d ∈ R forem tais que 7 t 3 + b t 2 + c t + d pertença ao núcleo de T , então b + c + d será igual a 0 ;

d) T é bijetora;

e) dim ⁡ I m T = 2 .

Passo 1

Faaaala gente bonita do Responde Aí, como vocês estão?

Nessa questão temos uma transformação linear T com domínio em P 3 ( R ) , polinômios de grau no máximo igual a 3 , e contradomínio no R 3 . T é definida por:

T p = p ' 1 ,   p 0 + p - 1 ,   p 0 + p ' 0

Massa!

Dando uma olhada nas alternativas, é uma boa calcularmos a dimensão da imagem e do espaço nulo. Daí a gente já mata também se T é bijetora ou não e, na pior das hipóteses, sobram duas alternativas pra analisarmos.

Show!

Passo 2

Bora investir no cálculo da d i m ⁡ ( K e r T ) . Supondo inicialmente um polinômio p ∈ K e r ( T ) :

p ( t ) = a + b t + c t 2 + d t 3

Logo:

p ' t = b + 2 c t + 3 d t 2

Aplicando a transformação, temos que:

T p = p ' 1 ,   p 0 + p - 1 ,   p 0 + p ' 0

Daí, substituindo os resultados, teremos:

T p = b + 2 c + 3 d ,   a + a - b + c - d ,   a + b

⇒ T p = b + 2 c + 3 d ,   2 a - b + c - d ,   a + b

Como p ∈ K e r ( T ) , temos:

T p = ( 0,0 , 0 )

Logo, podemos montar o seguinte sistema:

b + 2 c + 3 d = 0     I 2 a - b + c - d = 0     I I a + b = 0     I I I

De I I I , temos:

a = - b

Substituindo em I I , vem:

c = 3 b + d

Substituindo em I , vem:

b + 2 3 b + d + 3 d = 0

∴ 7 b + 5 d = 0

⇒ b =   - 5 d 7

Logo:

c = 3 - 5 d 7 + d

∴ c =   - 8 d 7

De I I I , vem:

a =   - b = 5 d 7

Portando, voltando em p , temos:

p = 5 d 7 - 5 d 7 t - 8 d 7 t 2 + d t 3

Colocando d em evidência, temos:

p = d 5 7 - 5 7 t - 8 t 2 7 + t 3

Portanto, se p ∈ K e r ( T ) ele é gerado pelos múltiplos reais de:

p 1 = 5 7 - 5 7 t - 8 t 2 7 + t 3

Logooo, nós já sabemos que a dimensão do espaço nulo vale:

dim ⁡ K e r T = 1

Top!

Passo 3

Mas, se dim ⁡ K e r T = 1 , o que podemos afirmar sobre a injetividade de T ?

Lembra que T é injetora se, e somente se, dim ⁡ K e r T = 0 ? Ou seja, como dim ⁡ K e r T = 1 temos que T não é injetora. Consequentemente, também não é bijetora.

Além disso, pelo teorema fundamental da álgebra, sabemos que:

dim ⁡ d o m í n i o = dim ⁡ K e r T + d i m ⁡ ( I m T )

Como o domínio é o espaço vetorial dos polinômios P 3 ( R ) , cuja dimensão é o grau máximo do polinômio mais uma unidade, temos:

dim ⁡ d o m í n i o = 4

Assim, vem que:

dim ⁡ I m T = 4 - 1  

dim ⁡ I m T = 3

Muito bomm! Olhando as alternativas, já sabemos que não é nem a letra a, d ou e. Bora analisar a letra b e c então.

Passo 4

Basicamente essas duas alternativas nos pede para supor que um polinômio:

q t = 7 t 3 + b t 2 + c t + d

pertence ao núcleo de T . Devemos calcular b + c + d nessas condições.

Bom, como vimos anteriormente, qualquer polinômio que pertença a K e r ( T ) é da forma:

p = k 5 7 - 5 7 t - 8 t 2 7 + t 3

Comparando p ( t ) e q ( t ) , temos:

7 t 3 + b t 2 + c t + d = k 5 7 - 5 7 t - 8 t 2 7 + t 3  

Daí, devemos ter:

k   = 7 b = - 8 k 7 c = - 5 k 7 d = 5 k 7

Logo:

b = - 8 c = - 5 d = 5

Agora que tamos com a faca e o queijo na mão, é só fazer o sanduba:

b + c + d =   - 8 + - 5 + 5

∴ b + c + d =   - 8

Aee, prontinho!!

Espero que vocês tenham entendido bem direitinho 😉

Resposta

Letra B.

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