Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2} tal que T\left(\left[\begin{array}{l}x \\\ y \\\ z\end{array}\right]\right)=\left[\begin{array}{l}x+y \\\ x+z\end{array}\right]. Indique:
T]_{D}^{C}\) onde \(C=\left\{\left[\begin{array}{l}1 \\\\ 0 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{c}0 \\\\ -1 \\\\ 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}0 \\\\ 0 \\\\ 2\end{array}\right]\right\}\) e \(D=\left\{\left[\begin{array}{l}1 \\\\ 2\end{array}\right],\left[\begin{array}{l}2 \\\\ 1\end{array}\right]\right\}\).

Passo 1

O enunciado pede para indicar a matriz da transformação linear T: \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{2} relativa à base do domínio C e à base do contradomínio D. Dados fornecidos:\n
T\!\left(\begin{bmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{bmatrix}\right)=\begin{bmatrix}x+y\\[4pt]x+z\end{bmatrix},
C=\left\{\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]2\end{bmatrix}\right\}, \qquad D=\left\{\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix},\begin{bmatrix}2\\[4pt]1\end{bmatrix}\right\}.
O que devemos retornar: a matriz [T]_{D}^{C} (matriz de T cujas colunas são as coordenadas de T das vetores de C em relação a D).]

Passo 2

Conceito e método (passo-a-passo didático):\n
  • Para obter [T]_{D}^{C}\) procedemos assim: para cada vetor \(c_j\) da base \(C\) calculamos \(T(c_j)\).\n - Em seguida escrevemos \(T(c_j)\) como combinação linear dos vetores da base \(D\): isto é, procuramos escalares \(\alpha,\beta\) tais que \[\alpha\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}+\beta\begin{bmatrix}2\\[4pt]1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} \text{(componentes de }T(c_j))\end{bmatrix}.
  • Os coeficientes \alpha,\beta obtidos são as coordenadas de T(c_j) na base D. Essas coordenadas formam a coluna j da matriz [T]_{D}^{C}.\n
    Explicando como resolver o sistema 2×2 (método por substituição): dado
\alpha\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}+\beta\begin{bmatrix}2\\[4pt]1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b_1\\[4pt]b_2\end{bmatrix},
temos o sistema linear
\begin{cases} \alpha+2\beta=b_1,\\[4pt] 2\alpha+\beta=b_2. \end{cases}
Podemos isolar (\alpha] da primeira equação e substituir na segunda; é um procedimento simples e rápido para 2×2.]

Passo 3

Calcular T sobre cada vetor de C.\n
  • Para c_1=\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{bmatrix}:
T(c_1)=\begin{bmatrix}1+0\\[4pt]1+0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\end{bmatrix}.
  • Para c_2=\begin{bmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{bmatrix}:
T(c_2)=\begin{bmatrix}0+(-1)\\[4pt]0+0\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\[4pt]0\end{bmatrix}.
  • Para c_3=\begin{bmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]2\end{bmatrix}:
T(c_3)=\begin{bmatrix}0+0\\[4pt]0+2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\[4pt]2\end{bmatrix}.]

Passo 4

Expressão de T(c_1)=\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\end{bmatrix}\) na base \(D\).\n Procuramos \(\alpha,\beta\) tais que \[\alpha\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}+\beta\begin{bmatrix}2\\[4pt]1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\end{bmatrix},
isto é o sistema
\begin{cases} \alpha+2\beta=1,\\[4pt] 2\alpha+\beta=1. \end{cases}
Isolando \alpha\] da primeira: \(\alpha=1-2\beta. Substituindo na segunda:
2(1-2\beta)+\beta=1 \Rightarrow 2-4\beta+\beta=1 \Rightarrow -3\beta=-1 \Rightarrow \beta=\tfrac{1}{3}.
Então \alpha=1-2\cdot\tfrac{1}{3}=\tfrac{1}{3}. Logo as coordenadas de T(c_1) em D são
\begin{bmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3}\end{bmatrix}.]

Passo 5

Expressão de T(c_2)=\begin{bmatrix}-1\\[4pt]0\end{bmatrix}\) na base \(D\).\n Procuramos \(\alpha,\beta\) tais que \[\alpha\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}+\beta\begin{bmatrix}2\\[4pt]1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}-1\\[4pt]0\end{bmatrix},
isto é
\begin{cases} \alpha+2\beta=-1,\\[4pt] 2\alpha+\beta=0. \end{cases}
Da primeira \alpha=-1-2\beta\]. Substituindo: \[2(-1-2\beta)+\beta=0 \Rightarrow -2-4\beta+\beta=0 \Rightarrow -3\beta=2 \Rightarrow \beta=-\tfrac{2}{3}.\] Então \(\alpha=-1-2(-\tfrac{2}{3})=-1+\tfrac{4}{3}=\tfrac{1}{3}. Coordenadas de T(c_2) em D:
\begin{bmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{2}{3}\end{bmatrix}.]

Passo 6

Expressão de T(c_3)=\begin{bmatrix}0\\[4pt]2\end{bmatrix}\) na base \(D\).\n Procuramos \(\alpha,\beta\) tais que \[\alpha\begin{bmatrix}1\\[4pt]2\end{bmatrix}+\beta\begin{bmatrix}2\\[4pt]1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\[4pt]2\end{bmatrix},
isto é
\begin{cases} \alpha+2\beta=0,\\[4pt] 2\alpha+\beta=2. \end{cases}
Da primeira \alpha=-2\beta\]. Substituindo: \[2(-2\beta)+\beta=2 \Rightarrow -4\beta+\beta=2 \Rightarrow -3\beta=2 \Rightarrow \beta=-\tfrac{2}{3}.\] Então \(\alpha=-2(-\tfrac{2}{3})=\tfrac{4}{3}. Coordenadas de T(c_3) em D:
\begin{bmatrix}\tfrac{4}{3}\\[4pt]-\tfrac{2}{3}\end{bmatrix}.]

Passo 7

Agora temos as coordenadas de T(c_1),T(c_2),T(c_3) em relação a D; estas coordenadas formam, respectivamente, as colunas 1, 2 e 3 da matriz [T]_{D}^{C}:\n
coluna 1 =\begin{bmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]\tfrac{1}{3}\end{bmatrix},\n
coluna 2 =\begin{bmatrix}\tfrac{1}{3}\\[4pt]-\tfrac{2}{3}\end{bmatrix},\n
coluna 3 =\begin{bmatrix}\tfrac{4}{3}\\[4pt]-\tfrac{2}{3}\end{bmatrix}.]

Resposta

[T]_{D}^{C}= \begin{pmatrix} \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{4}{3}\\[6pt] \tfrac{1}{3} & -\tfrac{2}{3} & -\tfrac{2}{3} \end{pmatrix}.]

Exercícios relacionados