Exercícios Resolvidos de Matriz que Representa uma TL

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Enunciado

Sejam w 1 = 1,2 , 0 , - 1 ,   w 2 = 1,1 , 1,2 ,   w 3 = 2,2 , 3,0 vetores em R 4 .

a)Seja A   a matriz cujas linhas são os vetores   w 1 ,   w 2   e w 3 , ou seja,

A = 1 1 2 2 1 2 0 1 3 - 1 2 0

Encontre a matriz escalonada reduzida de A .

b)Considere V = v ∈ R 4 v ∙ w 1 = 0 ,   v ∙ w 2 = 0   e   v ∙ w 3 = 0 }

(b.1) Mostre que V   é um subespaço vetorial de R 4 .

(b.2) Determine uma base para V .

c)Seja T : R 4 → R 3 a transformação linear (ou matricial) dada por

T u = u ∙ w 1 ,   u ∙ w 2 ,   u ∙ w 3

(c.1) Determine a m a t r i z 1 [ T ] que representa a transformação T .

(c.2) Determine o posto e a nulidade de T .

(c.3) Determine uma base do espaço coluna de T .

Passo 1

a)

Beleza é só escalonar totalmente essa matriz:

1 1 2 2 1 2 0 1 3 - 1 2 0 → L 2 → L 2 - L 1 L 3 → L 3 - 2 L 1 1 0 0 2 - 1 - 2 0 1 3 - 1 3 2 → L 3 → L 3 - 2 L 2 1 0 0 2 - 1 0 0 1 1 - 1 3 - 4

Pronto, está na forma escalonada, mas vamos continuar:

1 0 0 2 - 1 0 0 1 1 - 1 3 - 4 → L 2 → L 2 - L 3 1 0 0 2 - 1 0 0 0 1 - 1 7 - 4 → L 1 → L 1 + 2 L 2 1 0 0 0 - 1 0 0 0 1 13 7 - 4

Multiplicando a segunda linha por - 1 conseguimos tranformar todos os pivôs em 1 e então temos a matriz na forma reduzida:

1 0 0 0 1 0 0 0 1 13 - 7 - 4

Passo 2

b.1)

Queremos mostrar que V = v ∈ R 4 v ∙ w 1 = 0 ,   v ∙ w 2 = 0   e   v ⋅ w 3 = 0 } é um subespaço vetorial do R 4 .

Um subespaço do R 4 vai ser um conjunto não vazio, fechado para a soma e multiplicação por escalar e que contém o vetor nulo, vamos testar isso aí:

Bom, primeiramente, 0,0 , 0,0 ∈ V , já que o produto interno dele com qualquer vetor vai ser igual a 0. Com isso, já confirmamos o fato de que V é de fato um conjunto não vazio.

Vamos testar agora, se esse conjunto é fechado para a soma, usando v 1 e v 2   pertencentes a V . De acordo com a expressão dos vetores de V temos que o produto interno deles com w 1 , w 2 e w 3 vai ser igual a zero:

  v 1 ∙ w 1 =   v 1 ∙ w 2 =   v 1 ∙ w 3 = 0

v 2 ∙ w 1 =   v 2 ∙ w 2 =   v 2 ∙ w 3 = 0

Queremos saber se ( v 1 + v 2 ) ∙ w 1 = ( v 1 + v 2 ) ∙ w 2 = ( v 1 + v 2 ) ∙ w 3 = 0 , se isso for verdade, ( v 1 + v 2 ) ∈ V , logo, é fechado para a soma:

v 1 + v 2 ∙ w 1 = v 1 ∙ w 1 + v 2 ∙ w 1 = 0 + 0 = 0

É fechado para a soma!

Agora, vamos testar a multiplicação por escalar, vamos testar se   λ v 1 ∙ w 1 = λ v 1 ∙ w 2 = λ v 1 ∙ w 3 = 0 .

( λ v 1 ) ∙ w 1 = λ v 1 ∙ w 1 = 0 λ = 0

Confirmamos que V   é sim fechado para a multiplicação por escalar!

Pronto, provamos que V   é um subespaço vetorial de R 4 .

Passo 3

b.2)

Vamos determinar uma base para esse espaço primeiramente pegando um vetor genérico do R 4 , v = x , y , z , w ∈ V .

x , y , z , w ∙ 1,2 , 0 , - 1 = 0

x , y , z , w ∙ 1,1 , 1,2 = 0  

x , y , z , w ∙ 2,2 , 3,0 = 0

Fazendo esses produtos internos, chegamos a um sistema de equações:

x + 2 y - w = 0 x + y + z + 2 w = 0 2 x + 2 y + 3 z = 0

Vamos passar para a forma matricial e escalonar:

1 1 2 2 1 2 0 1 3 - 1 2 0 0 0 0

Opaa, é a mesma matriz que já escalonamos na letra a)! Mesmo que tenha uma coluna a mais, por ser só formada por zeros, não vai alterar a matriz reduzida.

Assim, vamos pegar aquela reduzida matriz e voltar para as equações para achar os valores de ( x , y , z , w ) .

1 0 0 0 1 0 0 0 1 13 - 7 - 4 0 0 0 → x + 13 w = 0 y - 7 w = 0 z - 4 w = 0

Assim, tenho que z = 4 w ,   y = 7 w ,   x = - 13 w , então:

x , y , z , w = - 13 w , 7 w , 4 w , w = w ( - 13,7 , 4,1 )

Esse vetor aí gera V , então, uma base desse espaço é:

α = { - 13,7 , 4,1 }

Passo 4

c.1)

Queremos, agora, a matriz que representa a transformação T u = u ∙ w 1 ,   u ∙ w 2 ,   u ∙ w 3

Vou substituir os vetores w 1 ,   w 2 ,   w 3 e u = x , y , z , w :

T x , y , z , w = x , y , z , w ∙ 1,2 , 0 , - 1 ,   x , y , z , w ∙ 1,1 , 1,2 ,   x , y , z , w ∙ 2,2 , 3,0

T x , y , z , w = ( x + 2 y - w , x + y + z + 2 w , 2 x + 2 y + 3 z )

Pronto, reorganizei a expressão pra ficar de uma forma mais familiar pra gente!

Agora é facil passar achar a matriz que representa a equação, botando tudo que multiplica x   na primeira coluna, tudo que multiplica y   na segunda, z   na terceira e w   na quarta!

T = 1 1 2 2 1 2 0 1 3 - 1 2 0

Passo 5

c.2)

Vamos achar o núcleo e a nulidade da matriz!

Mas pera, antes de fazer todo aquele monte de contas, vamos pensar numa coisinha, a matriz [ T ] é igual a matriz A , certo?

Agora olha o que fizemos nas letras anteriores, na letra b.2), nos calculamos A x = 0 que vai ser igual a T x = 0 que é exatamente o núcleo da matriz!

Vou simplesmente pegar o resultado que achei ali em cima:   α = { - 13,7 , 4,1 } . Como só tem 1 vetor na base, a dimensão vai ser igual a 1:

dim ⁡ N u c T = n u l T = 1

Passo 6

c.3)

Por último, vamos achar uma base para o espaço coluna, ou imagem de T .

Podemos transpor a matriz e escalonar, mas tem um jeito mais simples de achar essa base, utilizando o teorema núcleo imagem:

dim ⁡ N u c T + dim ⁡ ( I m T ) = 4

dim ⁡ ( I m T ) = 3

Como os vetores das colunas são pertencentes ao R 3 . A imagem vai ter que ser o próprio R 3 para ter essa dimensão! Assim, podemos pegar qualquer base desse espaço (3 vetores de 3 coordenadas que formam um conjunto L I ) , como a canônica:

ε = { 1,0 , 0 , 0,1 , 0 , 0,0 , 1 }

Resposta

a) 1 0 0 0 1 0 0 0 1 13 - 7 - 4

b.2)   α = { - 13,7 , 4,1 }  

c.1)   T = 1 1 2 2 1 2 0 1 3 - 1 2 0

c.2) α = - 13,7 , 4,1 ,   n u l T = 1

c.3)   ε = { 1,0 , 0 , 0,1 , 0 , 0,0 , 1 }

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