Solução em vídeo:

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• $$(1+x) \in Ker(T)$$.

• $$1 \notin Ker(T)$$.

• Existe um polinômio $$(r(x)\in P_2(\mathbb{R})$$ tal que \[T(r(x))=\begin{pmatrix}2 & 0\\-1 & 0\end{pmatrix}.\]

Resposta e passo a passo:

Uma possível resposta é $$T(p(x)) = T(a+bx+cx^{2}) = \begin{pmatrix}a-b & 0\\c & 0\end{pmatrix}.$$ No vídeo abaixo, eu mostro os detalhes de como eu obtive essa transformação linear.

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Contraexemplo:

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b) Sejam $$B$$ e $$C$$ matrizes $$m\times n$$, tais $$BX = CX$$, para todo $$X$$, $$n\times 1$$. Mostre que $$B = C$$. (Sugestão: use o item anterior.)

Solução:

a) Dada a afirmação de que $$AX=0$$, para todo vetor $$X$$ na condição apresentada, podemos substituir $$X=E_{j}$$, para todo $$j\in\{1,..,n\}$$.

Deste modo, notamos que $$AE_{j}=0$$, mas, do exercício anterior, $$AE_{j}=A_{j}$$ (vetor coluna da matriz). Portanto, $$AE_{j}=A_{j}=0$$ (vetor nulo), para todo $$j$$. Segue que a matriz é formada por vetores colunas nulos, isto é, ela também é nula.

b) \[BX=CX \longrightarrow BX-CX=0 \longrightarrow (B-C)X=0\].

Do item anterior, a matriz $$B-C$$ é nula, ou seja, $$B-C=0\longrightarrow B=C$$.

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a) Se $$A$$ e $$B$$ são duas matrizes $$n\times n$$ e $$AB=BA$$, então $$(AB)^{p}=A^{p}B^{p}$$ para todo número natural $$p$$.

b) Se $$A$$ e $$B$$ são matrizes $$n\times n$$ tais que $$AB=0$$, então $$BA=0$$.

c) Se $$A$$ é uma matriz $$n\times n$$ e $$A^{4}−3A^{2}+7A−I_{n}=0$$, então $$A$$ é invertível (isto é, $$AB=BA=I_{n}$$, para alguma matriz $$B$$, $$(n\times n$$).

Solução:

a) Verdadeiro.

Provaremos por indução finita. Primeiro, verificamos se é válido para $$p=2$$.

De fato, $$(AB)^{2}=ABAB=AABB=A^{2}B^{2}$$.

Note que, pela hipótese de as matrizes comutarem, vale $$ABAB=AABB$$.

Agora, assumimos que vale para $$p$$ e provamos para $$p+1$$.

Se $$(AB)^{p}=A^{p}B^{p}$$, então \[(AB)^{p+1}=(AB)^{p} (AB)=A^{p}B^{p}AB=A^{p}AB^{p}B=A^{p+1}B^{p+1}\].

b) Verdadeiro.

Por ser $$AB=0$$, então vale $$AB+A=A\Longrightarrow A(B+I)=A$$. Da unicidade da matriz $$I_{n}$$, temos que: ou $$A=I$$, fazendo com que $$(B+I)=I\longrightarrow B=0$$, ou $$A =0$$. O raciocínio análogo valerá para $$B$$.

Deste modo, $$BA=0$$.

c) Verdadeiro.
Basta notar que $$A^{4}-3A^{2} +7A=  I$$, em que $$I$$ é a matriz identidade de ordem $$n$$. Daqui, obtemos,

\[A(A^{3}-3A+7I) = A^{4}-3A^{2}+7A =  I = (A^{3}-3A+7I)A. \]

Isso mostra que a inversa de $$A$$ é a matriz $$A^{3}-3A+7I$$.

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Solução:

Fixado $$x_{0}\notin ker(f)$$, sabemos, por um lema, que qualquer $$x\in V$$ é escrito como $$x=\alpha\cdot x_{0} + z$$, com $$z\in ker(f)$$. Além disso, como $$x_{0}$$ não pertence ao núcleo dos funcionais, existe $$\gamma\in\mathbb{K}$$ tal que $$f(x_{0})=\gamma\cdot g(x_{0})$$.

Podemos escrever, então, que

\[f(x) = f(\alpha\cdot x_{0}+z)= \alpha f(x_{0})+f(z)=\gamma\cdot\alpha g(x_{0}) + g(z) (*),\]

pois $$f(z)=g(z)=0=\gamma\cdot g(z)$$, uma vez que $$z\in ker(f)=ker(g)$$.

Daqui, temos $$(*) = \lambda\cdot[g(\alpha\cdot x_{0}+z)] = \gamma\cdot g(x)$$.

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U={(x,y,z,t)∈R⁴ | x-y+z+t=0 e -x+2y+z-t=0}.

Solução:

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Solução:

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