18. QUESTÕES MISTAS - NÍVEL PROVA

  1. Seja
W=\left\{(x, y, z) \in \mathbb{R}^{3}: x+2 y-z=0\right\}
Determine:
a) uma base de W
b) a dimensão de W
c) uma base ortonormal de W
  1. Determine se a transformação:
T(x, y, z)=(x+y, y+z, x+z)

Passo 1

O enunciado nos dá duas tarefas separadas:
  • Primeiro objeto: o subespaço
W=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 : x+2y-z=0\}.
O que é pedido:
a) encontrar uma base de W;
b) determinar a dimensão de W;
c) encontrar uma base ortonormal de W.
  • Segundo objeto: a transformação
T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,\qquad T(x,y,z)=(x+y,\;y+z,\;x+z).
O que é pedido: determinar se a transformação é linear (e, como é comum em provas, caracterizá-la com a matriz associada, núcleo e imagem, e verificar se é invertível).
Lista das informações relevantes fornecidas:
  • A equação linear que define W é \,x+2y-z=0\,.
  • A transformação T está explicitada nas componentes em função de x,y,z.

Passo 2

Identificar uma descrição paramétrica de W (para achar uma base).
A equação de W é
x+2y-z=0.
Vou isolar z em função de x e y:
z = x+2y.
Isso mostra que um vetor arbitrário de W tem a forma
(x,y,z)=(x,y,x+2y)=x(1,0,1)+y(0,1,2).
Logo todo vetor de W é combinação linear dos vetores (1,0,1) e (0,1,2).

Passo 3

Concluir a parte (a) e (b) a partir da parametrização.
  • a) Uma base natural é o conjunto dos vetores que aparecem como coeficientes da parametrização:
\{(1,0,1),\;(0,1,2)\}.
Preciso verificar que esses vetores são linearmente independentes. Suponha que
\alpha(1,0,1)+\beta(0,1,2)=(0,0,0).
Isso dá o sistema \alpha=0,\\ \beta=0. Portanto são independentes e formam uma base de W.
  • b) Como a base tem 2 vetores, a dimensão de W é
\dim W=2.

Passo 4

Explicar o método de Gram–Schmidt para obter uma base ortonormal a partir da base encontrada.
Gram–Schmidt toma uma família linearmente independente \{v_1,v_2,\dots\} e produz vetores ortogonais w_1,w_2,\dots por:
w_1=v_1, \qquad w_2=v_2-\operatorname{proj}_{w_1}(v_2),
onde a projeção de v sobre u é
\operatorname{proj}_{u}(v)=\frac{\langle v,u\rangle}{\langle u,u\rangle}\,u.
Depois normaliza-se cada w_i por u_i=\dfrac{w_i}{\|w_i\|} para obter uma base ortonormal \{u_1,u_2,\dots\}.
Aqui \langle\cdot,\cdot\rangle é o produto escalar usual em \mathbb{R}^3 e \|\cdot\| a norma associada.

Passo 5

Aplicar Gram–Schmidt aos vetores v_1=(1,0,1) e v_2=(0,1,2).
  1. Defino w_1=v_1=(1,0,1).
    Calculo a norma de w_1:
\|w_1\|=\sqrt{1^2+0^2+1^2}=\sqrt{2}.
O primeiro vetor unitário é
u_1=\frac{w_1}{\|w_1\|}=\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right).
  1. Agora calculo a projeção de v_2 sobre u_1.
    Primeiro o produto escalar \langle v_2,u_1\rangle:
\langle v_2,u_1\rangle=(0)\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}+1\cdot 0+2\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.
A projeção é então
\operatorname{proj}_{u_1}(v_2)=\langle v_2,u_1\rangle\,u_1=\sqrt{2}\,u_1=(1,0,1).
Subtraio para obter o vetor ortogonal:
w_2=v_2-\operatorname{proj}_{u_1}(v_2)=(0,1,2)-(1,0,1)=(-1,1,1).

Passo 6

Normalizar w_2 para obter o segundo vetor ortonormal.
Calculo a norma de w_2:
\|w_2\|=\sqrt{(-1)^2+1^2+1^2}=\sqrt{3}.
Logo
u_2=\frac{w_2}{\|w_2\|}=\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right).
Os vetores u_1 e u_2 são ortonormais por construção (cada um de norma 1 e o produto escalar entre eles é 0; pode-se verificar isso usando \langle u_1,u_2\rangle=0).

Passo 7

Passando para a transformação T: mostrar que ela é linear e encontrar a matriz associada.
Para ver linearidade é prático encontrar a matriz A tal que T(v)=A v (com vetores escritos em coordenadas coluna na base canônica). Calculo T aplicado aos vetores da base canônica:
T(1,0,0)= (1+0,\\\ 0+0,\\\ 1+0)=(1,0,1),
T(0,1,0)= (0+1,\\\ 1+0,\\\ 0+0)=(1,1,0),
T(0,0,1)= (0+0,\\\ 0+1,\\\ 0+1)=(0,1,1).
Colocando essas imagens como colunas, a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Qualquer transformação dada por multiplicação por uma matriz é linear, logo T é linear.]

Passo 8

Determinar o núcleo de T\) (soluções de \(T(x,y,z)=(0,0,0)\)). O sistema \(T(x,y,z)=(0,0,0)\) equivale a: \[\begin{cases} x+y=0,\\[4pt] y+z=0,\\[4pt] x+z=0. \end{cases}
Da primeira equação x=-y\]. Da segunda \(z=-y. Substituindo na terceira dá -y+(-y)= -2y=0, logo y=0. Assim x=0 e z=0. Portanto o núcleo é apenas o vetor nulo:
\ker T=\{(0,0,0)\}.
Como o núcleo é trivial, T é injetora.]

Passo 9

Determinar a imagem e se T é sobrejetora/invertível.
Pela igualdade do Teorema da Dimensão (Teorema do Núcleo e Imagem) tem-se
\dim\ker T + \dim\operatorname{Im}T = 3.
Já vimos \dim\ker T=0, portanto \dim\operatorname{Im}T=3. Assim a imagem tem dimensão 3, ou seja \operatorname{Im}T=\mathbb{R}^3. Logo T é sobrejetora também.
Outra verificação direta: calculo o determinante da matriz A para testar invertibilidade:
\det A = 1\cdot\det\begin{pmatrix}1&1\\[2pt]0&1\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}0&1\\[2pt]1&1\end{pmatrix} +0\cdot(\cdots) =1\cdot(1\cdot1-1\cdot0)-1\cdot(0\cdot1-1\cdot1)=1-(-1)=2.
Como \det A=2\neq 0, a matriz é invertível, o que confirma que T é um isomorfismo (linear, bijetora) de \mathbb{R}^3.]

Resposta

a) \{(1,0,1),\,(0,1,2)\}
b) \dim W=2
c) Uma base ortonormal de W é \displaystyle\left\{\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}},0,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right),\left(-\dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{\sqrt{3}},\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)\right\}
T: é linear; matriz associada A=\begin{pmatrix}1&1&0\\[4pt]0&1&1\\[4pt]1&0&1\end{pmatrix}; \ker T=\{(0,0,0)\}; \operatorname{Im}T=\mathbb{R}^3; \det A=2\neq0 (portanto T é invertível).]

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