• $$(1+x) \in Ker(T)$$.

• $$1 \notin Ker(T)$$.

• 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.

O post Construção de Transformação Linear apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

O post Transformação Linear – Exercício 13 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

\[ker(T)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^{3} | x+y+z=0\}.\]

Solução:

O post Transformação Linear – Exercício 12 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Observe que Φ está bem-definida, pois $$\phi(T) = U\circ T\circ U^{-1}$$ é uma transformação em $$\mathcal{W}$$. Além disso, se $$T=R, UTU^{-1}=URU^{-1}$$.

Também é fato que a aplicação é linear. Com efeito,

\[\phi(T+\alpha\cdot R) = U(T+\alpha\cdot R)U^{-1}= UTU^{-1} + \alpha\cdot URU^{-1} = \phi(T) + \alpha\phi(R). \]

Por fim, devemos demonstrar a existência de $$\phi^{-1}$$.

i) Observamos que, se $$UTU^{-1}=\phi(T)=0$$, então $$T = U^{-1}0U = 0$$. Isso implica que $$ker(\phi)=\{0_{\mathcal{L}(V)}\}$$, isto é: a aplicação é injetora.

ii) Qualquer transformação linear $$R\in\mathcal{L}(W)$$ pode ser composta com $$U$$ de modo que $$U^{-1}RU\in\mathcal{L}(V)$$. Aplicando em Φ, temos

\[\phi(U^{-1}RU)=UU^{-1}RUU^{-1}=Id_{\mathcal{L}(W)}RId_{\mathcal{L}(W)}=R.\]

O post Transformações Lineares – Exercício 21 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

• T(1,1) = x²-1
• T(1,-1) = x³+1

Solução:

O post Transformações Lineares – Exercício 20 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

https://youtu.be/BDqCcmEO56A

O post Transformações Lineares – Exercício 19 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Considere uma transformação linear $$T : \mathbb{R}^{2}\longrightarrow \mathbb{R}^{n}$$, para n ≥ 2.

Mostre que somente uma das seguintes alternativas se verifica:

(a) { T(u), T(v) } é linearmente independente.
(b) dim(Im(T)) = 1 .
(c) Im(T) = { 0_V }

Solução:

Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, sabemos que $$2 =dim(V)=dim(N(T))+dim(Im(T))$$. Só há três soluções possíveis em números inteiros positivos para essa equação:

• i) $$dim(N(T)) = 0$$ e $$dim(Im(T))=2$$; ou
• ii) $$dim (N(T))=1$$ e $$dim(Im(T))=1$$; ou
• iii) $$dim (N(T))=2$$ e $$dim(Im(T))=0$$.

E cada situação é mutuamente excludente, isto é: se ocorrer uma delas, as outras duas são automaticamente excluídas.

O caso (i) corresponde a dizer que $$\{T(u),T(v)\}$$ é um conjunto linearmente independente. O caso (iii) corresponde a dizer que $$Im(T) = \{0_{\mathbb{R}^{n}}\}$$.

Referência:
Álgebra Linear e suas Aplicações – Petronio Pulino

O post Transformações Lineares – Exercício 18 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

$$F:\mathbb{R}^{2}\longrightarrow \mathbb{R}^{2}$$, definida por $$F(x,y) = (ax+by cx+dy)$$, com $$a,b,c$$ e $$d$$ sendo constantes reais.

Solução:

Sempre verificamos se $$F(v+v’) = F(v) + F(v’)$$ e $$F(\alpha\cdot v) = \alpha\cdot F(v)$$, para quaisquer vetores $$v$$ e $$v’$$ no domínio e para qualquer $$\alpha\in\mathbb{R}$$.

Sejam $$v=(x,y)$$ e $$v=(x’,y’)$$. Por definição,

\[F(v+v’)=F((x,y)+(x’,y’)) =F(x+x’,y+y’,)=\]

\[(a(x+x’)+b(y+y’), c(x+x’)+d(y+y’))=\]

\[(ax+by , cx+dy) + (ax’+by’ , cx’+dy’)=\]

\[F(v)+F(v’).\]

Além disso,

\[F(\alpha\cdot v) = F(\alpha x, \alpha y)=\]

\[(\alpha\cdot ax +\alpha\cdot by , \alpha\cdot cx +\alpha\cdot dy)=\]

\[\alpha\cdot ((ax+by, cx+dy)=\alpha\cdot F(v).\]

O post Transformações Lineares – Exercício 17 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

$$F:\mathbb{R}^{3}\longrightarrow \mathbb{R}^{2}$$, definida por $$F(x,y,z) = (x+2y-3z , 4x-5y+6z)$$.

Solução:

Sempre verificamos se $$F(v+v’) = F(v) + F(v’)$$ e $$F(\alpha\cdot v) = \alpha\cdot F(v)$$, para quaisquer vetores $$v$$ e $$v’$$ no domínio e para qualquer $$\alpha\in\mathbb{R}$$.

Sejam $$v=(x,y,z)$$ e $$v=(x’,y’,z’)$$. Por definição,

\[F(v+v’)=F((x,y,z)+(x’,y’,z’)) =F(x+x’,y+y’,z+z’)=\]

\[(x+x’+2(y+y’)-3(z+z’) , 4(x+x’)-5(y+y’)+6(z+z’)=\]

\[(x+2y-3z , 4x-5y+6z) + (x’+2y’-3z’ , 4x’-5y’+6z’)=\]

\[F(v)+F(v’).\]

Além disso,

\[F(\alpha\cdot v) = F(\alpha x, \alpha y,\alpha z)=\]

\[(\alpha\cdot x+2\alpha\cdot y-3\alpha\cdot z , 4\alpha\cdot x-5\alpha\cdot y+6\alpha\cdot z)=\]

\[\alpha\cdot ((x+2y-3z , 4x-5y+6z))=\alpha\cdot F(v).\]

O post Transformações Lineares – Exercício 16 apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução: 

Seja $$v=\alpha_{1}v_{1}+…+\alpha_{n}v_{n}$$, para alguma base de elementos $$v_{i}$$ e para alguns escalares $$alpha_{i}$$. Suponha que um destes escalares não seja nulo — digamos que seja $$\alpha_{1}\neq 0$$.

Podemos tomar uma transformação que associa $$v$$, no seguinte modo:

$$v\mapsto \alpha_{1}v_{1}$$.

Com efeito, esta relação está bem-definida e é linear. Se $$v=w\Longrightarrow v=w=\alpha_{1}v_{1}+…+\alpha_{n}v_{n}$$. Logo $$w\mapsto \alpha_{1}v_{1}$$ e $$v\mapsto\alpha_{1}v_{1}$$.

É fácil ver que a relação é linear.

O post Transformações Lineares – Exercício 15 apareceu primeiro em Educacional Plenus.