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Exercícios Resolvidos de Transformação Linear

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Enunciado

USP, Álgebra Linear 2, 2020.1, P2, Q9

Seja T : P 3 R → M 2 ( R ) a transformação linear definida por

T a + b t + c t 2 + d t 3 = a + b + c + d a - b - c - a + 3 b + 3 c + d 3 a + b + c + 2 d

Então,

Escolha uma opção:

  1. dim ⁡ ( K e r ( T ) ) = 1 , dim ⁡ I m T = 2 e uma base de I m ( T ) é 1 1 - 1 3 , 1 - 1 3 1
  2. dim ⁡ K e r T = 2 , dim ⁡ I m T = 3 e a base de I m T é 1 1 0 1 , 1 - 1 1 2 ,   1 - 1 - 2 5
  3. dim ⁡ K e r T = 1 , dim ⁡ I m T = 3 e a base de I m T é 1 1 0 1 , 1 - 1 1 2 ,   1 - 1 - 2 5
  4. dim ⁡ K e r T = 1 , dim ⁡ I m T = 2 e uma base de I m T é 1 1 0 1 , 1 - 1 2 3
  5. dim ⁡ K e r T = 2 , dim ⁡ I m T = 2 e uma base de I m T é 1 1 - 1 3 , 1 - 1 3 1
  6. dim ⁡ K e r T = 1 , dim ⁡ I m T = 3 e a base de I m T é 1 1 0 - 1 , 1 - 1 1 4 ,   1 - 1 - 2 1
  7. dim ⁡ K e r T = 1 , dim ⁡ I m T = 3 e a base de I m T é 1 1 0 0 , 1 - 1 1 - 1 ,   1 - 1 - 2 - 4
  8. dim ⁡ K e r T = 2 , dim ⁡ I m T = 2 e a base de I m T é 1 1 0 1 , 1 - 1 2 3

Passo 1

Faleis, vós, ó consagrados! A primeira ação que tomamos para determinar núcleo (kernel) e imagem da transformação é determinar geradores para a imagem. Determinando geradores L.I. temos a base da imagem, enquanto se igualarmos esse elemento da imagem a 0 determinamos quais os elementos do núcleo.

Deve-se considerar também que pelo Teorema do Posto-Nulidade:

dim ⁡ K e r ( T ) + dim ⁡ I m ( T ) = dim ⁡ P 3 R

dim ⁡ K e r ( T ) + dim ⁡ I m ( T ) = 4

Onde P 3 R é o domínio da transformação. Assim, as opções a, b e d já não são possíveis.

Passo 2

Veja que:

T a + b t + c t 2 + d t 3 = a + b + c + d a - b - c - a + 3 b + 3 c + d 3 a + b + c + 2 d

= a 1 1 - 1 3 + b 1 - 1 3 1 + c 1 - 1 3 1 + d 1 0 1 2

= a 1 1 - 1 3 + ( b + c ) 1 - 1 3 1 + d 1 0 1 2

Logo, estas 3 matrizes geram a imagem de T . Essas 3 serão L.I. se na combinação linear nula abaixo só houver solução nula p = q = r = 0 :

p 1 1 - 1 3 + q 1 - 1 3 1 + r 1 0 1 2 = 0 0 0 0

De cada coordenada, temos o sistema de equações:

p + q + r = 0 p - q = 0 - p + 3 q + r = 0 3 p + q + 2 r = 0 ⇒ 2 p + r = 0 p = q 2 p + r = 0 4 p + 2 r = 0 ⇒ p = q r = - 2 p

Logo, temos soluções não-nulas como p = q = 1 e r = - 2 . Isto é:

1 1 - 1 3 + 1 - 1 3 1 - 2 1 0 1 2 = 0 0 0 0

Assim:

1 0 1 2 = 1 / 2 1 1 - 1 3 + 1 / 2 1 - 1 3 1

E podemos retirá-lo do conjunto gerador. Para verificar se as matrizes que restam são L.I., temos a combinação:

p 1 1 - 1 3 + q 1 - 1 3 1 = 0 0 0 0

Que se trata do sistema anterior com r = 0 . Porém, a solução era:

p = q r = - 2 p ⇒ q = r = 0

Logo, essas duas matrizes são L.I. e geradoras da imagem, logo são base desta:

I m T = 1 1 - 1 3 , 1 - 1 3 1

Com dim ⁡ I m T = 2 .

Passo 3

Pelo teorema do posto e nulidade:

dim ⁡ K e r ( T ) + dim ⁡ I m ( T ) = 4

⇒ dim ⁡ K e r ( T ) = 2

Resposta

e. dim ⁡ K e r T = 2 , dim ⁡ I m T = 2 e uma base de I m T é 1 1 - 1 3 , 1 - 1 3 1

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