Exercícios MT2

$f(1,2)=(-5,12)$.

Pela linearidade, $f(1,2)=f(1,0)+2f(0,1)=(1,2)+2(-3,5)=(1-6,2+10)=(-5,12)$.

$M_{bc,bc}(f)=\begin{pmatrix}-1&1\\-2&7\end{pmatrix}$.

As colunas da matriz são as coordenadas das imagens dos vetores da base canónica: a primeira coluna é $f(1,0)=(-1,-2)$ e a segunda é $f(0,1)=(1,7)$.

$\ker(f)=\langle(-2,1)\rangle$.

$f(x,y)=(0,0)$ equivale a $x+2y=0$ (a segunda equação é o dobro da primeira). Logo $x=-2y$ e o núcleo é o conjunto dos múltiplos de $(-2,1)$.

$\operatorname{Im}(f)=\langle(1,1)\rangle$.

Para todo $(x,y)$, $f(x,y)=(2x+y)(1,1)$, pelo que a imagem é o conjunto dos múltiplos de $(1,1)$, uma reta pela origem.

$f(x,y)=(y-x)(10,13)=(-10x+10y,-13x+13y)$.

Como $(1,1)\in\ker(f)$, $f(1,0)=f(1,1)-f(0,1)=-(10,13)=(-10,-13)$. Pela linearidade, $f(x,y)=x(-10,-13)+y(10,13)=(y-x)(10,13)$.

$\dim\ker(f)=2$.

As três imagens são múltiplas de $(1,2,3)$, logo a imagem tem dimensão 1. Pelo teorema das dimensões, $\dim\ker(f)=3-1=2$.

A afirmação é falsa.

Se $f:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ é linear, então $3=\dim\mathbb R^3=\dim\ker(f)+\dim\operatorname{Im}(f)$. Como $\operatorname{Im}(f)\subseteq\mathbb R^2$, tem-se $\dim\operatorname{Im}(f)\leq2$ e, portanto, $\dim\ker(f)\geq1$. Logo $f$ não é injetiva.

Os valores próprios são $2$ e $-1$.

Na base canónica, $M(f)=\begin{pmatrix}2&0\\0&-1\end{pmatrix}$, que já é diagonal. Os valores próprios são as entradas da diagonal, $2$ e $-1$.

Os valores próprios são $0$ e $5$.

Escrevendo $(x,y,z)=(x-z)(1,0,0)+(y-z)(0,1,0)+z(1,1,1)$, obtém-se $f(x,y,z)=z(3,4,5)=(3z,4z,5z)$. A matriz de $f$ na base canónica é $\begin{pmatrix}0&0&3\\0&0&4\\0&0&5\end{pmatrix}$, donde os valores próprios são $0$, $0$ e $5$.

$a=-1$, ou seja, $(1,-1)$ é vetor próprio associado a $-2$.

Procura-se $a$ tal que $f(1,a)=-2(1,a)$. Como $f(1,a)=(2a,2)$, obtém-se $(2a,2)=(-2,-2a)$, donde $a=-1$.

Os valores próprios são $2$, com multiplicidade $2$, e $-2$.

$M(f)=\begin{pmatrix}0&0&2\\0&2&0\\2&0&0\end{pmatrix}$ e $\det(M(f)-\lambda I)=(2-\lambda)(\lambda^2-4)=-(\lambda-2)^2(\lambda+2)$.

$f(x,y,z)=(-2x+9z,-2y+9z,7z)$.

Tem-se $(x,y,z)=(x-z)(1,0,0)+(y-z)(0,1,0)+z(1,1,1)$. Aplicando $f$, que vale $-2$ nos dois primeiros vetores e $7$ no terceiro, obtém-se $f(x,y,z)=-2(x-z)(1,0,0)-2(y-z)(0,1,0)+7z(1,1,1)=(-2x+9z,-2y+9z,7z)$.

$p(\lambda)=(3-\lambda)\lambda^2$, com $\dim E_0=2$ e $\dim E_3=1$; como $2+1=3$, existe uma base de $\mathbb R^3$ de vetores próprios e $f$ é diagonalizável.

Somando as três linhas na matriz de $f$, $p(\lambda)=\det(M(f)-\lambda I)=(3-\lambda)\lambda^2$. O núcleo de $f$ é o plano $x+y+z=0$, de dimensão $2$, e $E_3=\langle(1,1,1)\rangle$. Como $\dim E_0+\dim E_3=3$, a soma dos espaços próprios é $\mathbb R^3$.

$[b_1+b_2]_{B_2}=(1,1,2)$ e $M(\mathrm{Id};B_2,B_3)=M(\mathrm{Id};B_1,B_3)\cdot(M(\mathrm{Id};B_1,B_2))^{-1}$.

As colunas de $M(\mathrm{Id};B_1,B_2)$ são as coordenadas dos $b_i$ em $B_2$. Assim, $[b_1+b_2]_{B_2}=(1,0,0)+(0,1,2)=(1,1,2)$. Para a passagem de $B_2$ para $B_3$, passa-se primeiro de $B_2$ para $B_1$ (inversa) e depois de $B_1$ para $B_3$.

$[b_1]_C=(0,-2,0)$, $[b_2+b_3]_C=(-1,1,1)+(1,1,1)=(0,2,2)$ e $[c_1]_B=(0,-1/2,1/2)$.

As colunas de $M(\mathrm{Id};B,C)$ são as coordenadas dos $b_j$ na base $C$, logo $[b_1]_C=(0,-2,0)$ e $[b_2+b_3]_C=(0,2,2)$. Para $[c_1]_B$, resolve-se $M(\mathrm{Id};B,C)\cdot x=(1,0,0)$, o que dá $x=(0,-1/2,1/2)$.

O volume é $3$.

O volume é o valor absoluto do produto misto $a\cdot(b\times c)$. Tem-se $b\times c=(2,0,-1)\times(-1,0,1)=(0,-1,0)$ e $a\cdot(b\times c)=(0,3,-1)\cdot(0,-1,0)=-3$. Logo o volume é $|-3|=3$.

$c=(-1,3,5)$ ou $c=(5,3,-1)$.

Uma normal ao plano $P$ é $a\times b=(1,0,1)\times(1,1,1)=(-1,0,1)$. Como a reta por $c$ perpendicular a $P$ passa por $(2,3,2)$, tem-se $c=(2,3,2)+t(-1,0,1)=(2-t,3,2+t)$. O volume é $|a\cdot(b\times c)|=|c_z-c_x|=|2t|$, logo $|2t|=6$ e $t=\pm3$, donde $c=(-1,3,5)$ ou $c=(5,3,-1)$.