Mostre que Tr: Mn, n R, Tr A=sumi=1^n ai i, é uma aplicação linear.
Será que g: Mn, n Mn, n, g(A)=A Tr A, também é linear? Justifique.
6. Mostre que nenhuma aplicação linear f: R^n R^m, com n, é sobrejectiva.
7. Demonstre a identidade do paralelogramo: |u+v|^2+|u-v|^2=2|u|^2+2|v|^2, forall u, v in R^n.
8. Diga se a recta r equiv(1,1,1)+lang<=(1,0,1)rang<= intersecta o plano pi equiv x+y=2.

Esclarecimentos necessários prestados durante a prova.

No exercício 4 recordar que
Ulambda=v in R^3: f(v)=lambda v
No exercício 6 tomar em conta a
Sugestão: usar um dos teoremas das dimensões.

Resolução do Exame de Recurso, de 6 de Fevereiro

1)i) Um sistema de vectores dos v1, ldots, vk diz-se um sistema de vectores linearmente independentes (s.l.i.) se não forem linearmente dependentes. Isto é, se nenhum deles se escreve como combinação linear dos restantes.
Equivalente: temos um s.l.i. se só há uma forma de obter a combinação linear nula a partir lambda1 v1+cdots+lambdan vn= - a saber, a que tem os escalares todos nulos.
Ainda de forma equivalente: temos s.l.i. se sempre que se tiver lambda1=ldots=lambdak=0 0 , então [cccc 1 & 2 & 3 & -2 0 & 1 & -3 & 1 1 & 4 & -3 & 0 ] xrightarrowL3-L1[cccc 1 & 2 & 3 & -2 0 & 1 & -3 & 1 0 & 2 & -6 & 2 ] xrightarrowL3-2 L2[cccc 1 & 2 & 3 & -2 0 & 1 & -3 & 1 0 & 0 & 0 & 0 ] .
ii) O subespaço é gerado por aqueles 3 vectores. Uma base é um conjunto minimal de geradores, logo tem de ser um s.l.i. extraído de entre aqueles 3. Vejamos a característica do sistema:
[cccc 1 & 1 & 0 & 1 -alpha & 0 & 1 & 2 0 & 1 & -alpha & 0 0 & 0 & 0 & 1 ]
A característica é claramente 2, logo posso tomar os dois primeiros vectores como base do subespaço, o qual tem dimensão 2 .
2)i) Pela sugestão, a matriz de mudança de base é
-1-alpha^2
O determinante é, pela regra de Laplace e de seguida a de Sarrus (fica só o quadrado à esquerda em cima), igual a V. Logo nunca se anula. Logo a matriz de mudança de base é sempre invertível. Os 4 vectores são l.i., ou seja, formam uma base de alpha in R qualquer que seja V (o enunciado diz-nos logo que u1+u2=v1+v2+v4+v3-alpha v1+2 v4=(1-alpha) v1+v2+v3+3 v4 tem dimensão 4).
Claro que v.
Também se resolve ‘de cabeça’ o sistema linear para a escrita de u 's em v1+v2=(v1+v2+v4)-v4=u1-u4 's no caso particular pedido: basta olhar para os vectores,
v1+v2=x u1+y u2+
Se não se consegue ver logo, só temos de resolver o sistema: z u3+w u4 W.
ii) v1-v2 in W não é subespaço: 1^2=1, pois 2^2 neq 2, mas W pois x v1+y v2=y v1+x v2 Leftrightarrow x=y. Logo S=lang<=(1,1)rang<= não é fechado para a multiplicação por escalares.
iii) Tem-se A=[ccc 5 & -2 & -1 0 & -2 & 5 3 & 0 & -4 ] . Quer dizer, |A|=40-30-6=4 neq 0, ou seja B.
3) Temos
A
e, como o determinante A X=B Leftrightarrow X=A^-1 B, o sistema tem característica 3 e logo é sempre possível e determinado (independente de A^prime=A^-1 ). Para o resolver, ‘passa-se & [ccc|ccc 5 & -2 & -1 & 1 & 0 & 0 0 & -2 & 5 & 0 & 1 & 0 3 & 0 & -4 & 0 & 0 & 1 ] xrightarrow[L1-L2]L3-35 L1[ccc|ccc 5 & 0 & -6 & 1 & -1 & 0 0 & -2 & 5 & 0 & 1 & 0 0 & 65 & -175 & -35 & 0 & 1 ] xrightarrowL3+35 L2 & [ccc|ccc 5 & 0 & -6 & 1 & -1 & 0 0 & -2 & 5 & 0 & 1 & 0 0 & 0 & -25 & -35 & 35 & 1 ] xrightarrow[L2+252 L3]L1-15 L3[ccc|ccc 5 & 0 & 0 & 10 & -10 & -15 0 & -2 & 0 & -152 & 172 & 252 0 & 0 & 1 & 32 & -32 & -52 ] para o outro lado’: A^-1=[ccc 2 & -2 & -3 154 & -174 & -254 32 & -32 & -52 ] . Portanto 4 A^-1 A=[ccc 8 & -8 & -12 15 & -17 & -25 6 & -6 & -10 ][ccc 5 & -2 & -1 0 & -2 & 5 3 & 0 & -4 ]=[lll 4 & 0 & 0 0 & 4 & 0 0 & 0 & 4 ]=4.13 e está resolvida a questão. Não se percebendo bem se se pedia para calcular a inversa, calculamos aqui:
e1, e2, e3
acrescido de R^3. Donde
f(0,0,1)=0, f(2,0,1)=(2,0,1), f(2,3,0)=(2,3,0),
Verificação:
2 f(e1)+f(e3)=2 e1+e3 Leftrightarrow 2 f(e1)=2 e1+e3 Leftrightarrow f(e1)=e1+12 e3
está certo.
4) Seja 2 f(e1)+3 f(e2)=2 e1+3 e2 Leftrightarrow(2 e1+e3)+3 f(e2)=2 e1+3 e2 Leftrightarrow f(e2)=e2-13 e3 a base canónica de f(x, y, z) & =f(x e1+y e2+z e3)=x f(e1)+y f(e2)+z f(e3)= & =x(e1+12 e3)+y(e2-13 e3)+0=x e1+y e2+(12 x-13 y) e3 & =(x, y, 12 x-13 y) ; todos sabemos que vectores são. Temos por hipótese
R^3
ou seja, alpha1, alpha2, alpha3 in R. Agora, por linearidade, da segunda destas equações vem
(x, y, z)=alpha1(0,0,1)+alpha2(2,0,1)+alpha3(2,3,0)
e da terceira vem
l z = alpha 1 + alpha 2 x = 2 alpha 2 + 2 alpha 3 y = 3 alpha 3 Leftrightarrow l alpha1=z-x2+y3 alpha2=x2-y3 alpha3=y3
Finalmente
f(x, y, z) & =alpha1 f(0,0,1)+alpha2 f(2,0,1)+alpha3 f(2,3,0) & =alpha1 cdot 0+alpha2(2,0,1)+alpha3(2,3,0) & =(x2-y3)(2,0,1)+y3(2,3,0) & =(x, y, 12 x-13 y)
  1. (outra solução) Os vectores próprios apresentados (associados a 0 ou a 1) constituem claramente uma base de A1, A2 in Mn, n. Então existem escalares únicos mu in R tais que
q=1,2
Resolvemos o sistema:
Tr(A1+mu A2)=sumi=1^n(ai i^1+mu ai i^2)=sumi ai i^1+mu sumi ai i^2=Tr A1+mu Tr A2
Então
g
  1. Sejam A e g(5 A)=5 A cdot Tr(5 A)=5 A 5 Tr A=25 A Tr A neq 5 g(A) . Então, sendo para , vem
como queríamos.
A aplicação não é linear (porque aparece o argumento numa expresão quadrática): basta confirmar com um exemplo

Passo 1

O enunciado pede para mostrarmos que a aplicação Tr:Mn,ntoR, definida por Tr(A)=sumi=1^n aii, é linear, e depois verificar se g:Mn,ntoMn,n, dada por g(A)=A,Tr(A), também é linear.

Passo 2

Lembrando que uma aplicação T é linear se para quaisquer A1,A2inMn,n e muinR valem
T(A1+mu A2)=T(A1)+mu,T(A2)
Aplicando isso a Tr, temos
Tr(A1+mu A2)=sumi=1^nl(aii^1+mu,aii^2r) =sumi=1^n aii^1+musumi=1^n aii^2 =Tr(A1)+mu,Tr(A2)
Logo, Tr é linear.

Passo 3

Para g(A)=A,Tr(A) teste a homogeneidade com mu A:
g(mu A)=mu AcdotTr(mu A)=mu Acdotl(muTr(A)r)=mu^2,A,Tr(A)=mu^2,g(A)
Como em geral mu^2neqmu, concluímos que g(mu A)neqmu,g(A) e portanto g não é linear.

Resposta

Tr é linear; g(A)=A,Tr(A) não é linear.

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