𝑇(𝑢𝑗)=𝑎1𝑗𝑣1+𝑎2𝑗𝑣2+ · · · +𝑎𝑚 𝑗𝑣𝑚. (6.8) Considere, agora, a matriz [𝑇]B C, de tamanho 𝑚 ×𝑛, cuja 𝑗-ésima coluna é formada pelas coordenadas (𝑎1𝑗,𝑎2𝑗, . . . ,𝑎𝑚 𝑗)de𝑇(𝑢𝑗)em relação à baseC:
[𝑇]B C=
𝑎11 𝑎12 . . . 𝑎1𝑗 . . . 𝑎1𝑛 𝑎21 𝑎22 . . . 𝑎2𝑗 . . . 𝑎2𝑛 ... ... ... ... 𝑎𝑚1𝑎𝑚2 . . . 𝑎𝑚 𝑗 . . . 𝑎𝑚𝑛
Essa matriz é denominadamatriz da transformação linear𝑇 em relação às basesBeC.
Veremos que esse elemento de 𝑀𝑚×𝑛(R) codifica a informação completa sobre a transformação linear𝑇. Mas, primeiramente, a fim de fixar a definição, vejamos exemplos de construção da matriz de uma transformaçã linear.
Exemplo 6.5.1Considere a transformação linear
𝑇:R3−→ P1(R)
(𝑎, 𝑏, 𝑐) ↦−→ (2𝑎+𝑐) + (𝑏−2𝑐)𝑡
e as bases canônicasC = {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} eD = {1, 𝑡} deR3 e deP1(R), respectivamente. Encontre [𝑇]B C.
Solução:Comecemos por deteminar o tamanho da matriz[𝑇]B C. Conforme vimos, o número de colunas de[𝑇]B Cé igual à dimensão do domínio de𝑇, no caso, 3=dim(R3); o número de linhas de[𝑇]B C é igual é igual à dimensão do contradomínio de𝑇, no caso, 2=dim P1(R). Assim, já sabemos que[𝑇]B C ∈ 𝑀2×3(R). Para determinar suas entradas, precisamos encontrar as coordenadas, em relação aC, de cada um dos três vetores deB. Vejamos,
𝑇(1,0,0)=2=2·1+0·𝑡 (6.9)
𝑇(0,1,0)=𝑡 =0·1+1·𝑡 (6.10)
𝑇(0,0,1)=1−2𝑡=1·1+(−2)·𝑡 (6.11) A primeira coluna de [𝑇]B C contém as coordenadas, em relação aC, da imagem por𝑇 do primeiro vetor da base ordenadaB(que é(1,0,0)), assim, conforme (6.9), as duas entradas na primeira coluna de[𝑇]B C são2e0:
[𝑇]B C = 2
0
.
Falta preencher as outras duas colunas de[𝑇]B C, temporariamente em branco. Para a segunda coluna, precisamos das coordenadas, em relação aC, de𝑇(0,1,0), uma vez que(0,1,0)é o segundo vetor deB; logo, de (6.10), obtemos
[𝑇]B C = 20
01
.
Finalmente, sendo(0,0,1)o terceiro vetor da base ordenadaB, obtemos de (6.11) que as entradas na terceira coluna de[𝑇]B Csão as coordenadas de𝑇(0,0,1)em relação à baseC:
[𝑇]B C= 20 1
01−2
. ^
O tamanho da matriz de uma transformação linear só depende dasdimensões de seu domínio e contradomínio.
Porém, suas entradas são sensíveis àsbases ordenadasespecíficas que foram escolhidas.
Exemplo 6.5.2Para a mesma transformação linear do exemplo anterior, determine[𝑇]B1C,[𝑇]B C1e[𝑇]B1C1, em que BeCsão as bases canônicas deR3eP1(R), respectivamente, a base ordenadaB1deR3é dada por
124
B1=
(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0) , e a base ordenadaC1deP1(R)é dada por
C1=
1+𝑡,2+𝑡 .
Solução: Note queB1 eC1 são, de fato, bases de seus respectivos espaços. As três matrizes têm tamanho 2×3.
Comecemos por [𝑇]B1C. Precisamos das coordenadas, em relação à baseC, das imagens, por𝑇, dos vetores deB1. Como
𝑇(1,1,1)=3−𝑡=3·1+(−1)·𝑡 𝑇(1,1,0)=2+𝑡=2·1+1·𝑡 𝑇(1,0,0)=2=2·1+0·𝑡, segue que
[𝑇]B1C =
3 22
−110
.
Para [𝑇]B C1, é preciso decompor as imagens, por𝑇, de cada um dos elementos deBcomo combinação linear dos elementos deC1. Efetuando os cálculos necessários2, obtemos
𝑇(1,0,0)=2=(−2)(1+𝑡) +2(2+𝑡) 𝑇(0,1,0)=𝑡=2(1+𝑡) +(−1)(2+𝑡) 𝑇(0,0,1)=1−2𝑡=(−5)(1+𝑡) +3(2+𝑡). Portanto,
[𝑇]B1C=
−2 2 −5 2 −1 3
. Finalmente, de
𝑇(1,1,1)=3−𝑡=(−5)(1+𝑡) +4(2+𝑡) 𝑇(1,1,0)=2+𝑡=0(1+𝑡) +1(2+𝑡) 𝑇(1,0,0)=2=(−2)(1+𝑡) +2(2+𝑡), segue que
[𝑇]B1C1 =
−50−2 4 1 2
. ^
Nos dois exemplos anteriores, as quatro matrizes[𝑇]B C,[𝑇]B1C,[𝑇]B C1e[𝑇]B1C1 são diferentes, mas são, todas, matrizes da mesma transformação linear. Qual é a relação que existe entre elas? Essa pergunta será abordada na Seção 6.7.
Quando se trata de um operador linear, podemos considerar a matriz do operador em relação à mesma base na
“saída” e “chegada”.
Exemplo 6.5.3Seja𝑉 um espaço vetorial de dimensão finita igual a𝑛, seja I𝑉 o operador identidade de𝑉 e seja B uma base de𝑉. Descreva[I𝑉]B B.
Solução:O operador identidade satisfaz I𝑉(𝑣) =𝑣, para todo𝑣 ∈𝑉, em particular, fixa também os elementos deB. Mais detalhadamente, seB={𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑛}, então, I𝑉(𝑣𝑗)=𝑣𝑗, para todo𝑖=1, . . . , 𝑛. Isso que dizer que a 𝑗-ésima coluna de[I𝑉]B Bcontém zeros em todas as suas entradas, exceto na posição 𝑗, onde ocorre o número 1. Essa matriz é a matriz identidade:[I𝑉]B B=𝐼𝑛. ^
2Por exemplo, para determinar as coordenadas de𝑇(0,0,1)=1−2𝑡em relação à baseC1, escrevemos 1−2𝑡 =𝜆(1+𝑡) +𝜇(2+𝑡)= (𝜆+2𝜇) + (𝜆+𝜇)𝑡, donde segue que
(𝜆+2𝜇=1
𝜆+𝜇=−2 . A solução desse sistema é𝜆=−5 e𝜇=3.
Tomando bases diferentes, a matriz do operador identidade deixa de ser a matriz identidade, como mostra o próximo exemplo.
Exemplo 6.5.4Calcule[I]B C, em que I denota o operador identidade deR3 e as bases ordenadasBeCdeR3 são dadas por
B=
(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0) e C=
(−1,0,−1),(−1,1,0),(0,1,0) . Solução:Sabemos, do exemplo anterior, que[I]B B=[I]C C=𝐼3. Mas,
[I]B C=
−1 0 0 0 −1−1 1 2 1
, uma vez que, como o leitor pode, ele mesmo, calcular,
I(1,1,1)=(1,1,1)=(−1)(−1,0,−1) +0(−1,1,0) +1(0,1,0) I(1,1,0)=(1,1,0)=0(−1,0,−1) + (−1)(−1,1,0) +2(0,1,0) I(1,0,0)=(1,0,0)=0(−1,0,−1) + (−1)(−1,1,0) +1(0,1,0) ^
Exemplo 6.5.5Voltemos à família de transformações lineares estudadas no Exemplo 6.2.7. Dada uma matriz 𝐴 = (𝑎𝑖 𝑗) ∈ 𝑀𝑚×𝑛(R), seja𝑇𝐴: R𝑛 → R𝑚a transformação linear definida por𝑇𝐴(𝑣) = 𝐴𝑣, para todo𝑣 ∈ R𝑛. Sejam B eC as bases canônicas deR𝑛 eR𝑚, respectivamente. Então, [𝑇𝐴]B C = 𝐴. Com efeito, seB = {𝑒1, . . . , 𝑒𝑛}e D={𝑓1, . . . , 𝑓𝑚}, então
𝑇(𝑒𝑗)=(𝑎1𝑗, 𝑎2𝑗, . . . , 𝑎𝑚 𝑗)=𝑎1𝑗𝑓1+𝑎2𝑗𝑓2+ · · · +𝑎𝑚 𝑗𝑓𝑚, para todo 𝑗=1, . . . , 𝑛.
Como usar a matriz de uma transformação linear
Como já dito, o principal uso da matriz de uma transformação linear é no sentido de codificá-la (a transformação) em um objeto compacto, uma matriz. É disso que trataremos agora.
Antes de começar, introduziremos um notação. Vimos, na Seção 4.5, que, dado um espaço vetorial𝑈de dimensão finita igual a𝑛e uma base ordenadaB ={𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}de𝑈, associamos a cada elemento𝑢 ∈𝑈um elemento de R𝑛, suas coordendas: se𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛∈Rsão tais que𝑢 =𝜆1𝑢1+𝜆2𝑢2+ · · · +𝜆𝑛𝑢𝑛, escrevemos
𝑢=(𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛)B.
Também nos será útil, por meio da identificação usual dos elementos deR𝑛 com matrizes de 𝑀𝑛×1(R), utilizar a seguinte notação para nos referirmos às coordenadas de𝑢em relação à baseB:
[𝑢]B =
𝜆1 𝜆2 ... 𝜆𝑛
.
É comum designar[𝑢]Bdevetor de coordenadasde𝑢em relação à base ordenadaB.
Aqui, é importante notar que, como demonstra a Proposição 4.5.1, as operações de soma e multiplicação por escalar em𝑈, por meio da associação de cada elemento de𝑈com seu vetor de coordenadas, refletem-se precisamente nas operações usuais que conferem a𝑀𝑛×1(R)uma estrutura de espaço vetorial (conforme o Exemplo 4.1.4). Em resumo, se𝑢, 𝑣∈𝑈e𝜆∈R, então
126
[𝑢+𝑣]B=[𝑢]B+ [𝑣]B e [𝜆𝑢]B=𝜆[𝑢]B.
Voltemos, agora, à matriz de uma transformação linear. Sejam𝑈e𝑉espaços vetoriais de dimensão finita, digamos dim(𝑈)=𝑛e dim(𝑉)=𝑚, e seja𝑇:𝑈→𝑉uma transformação linear. Fixe uma base ordenadaB={𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛} de𝑈e uma base ordenadaC={𝑣1, 𝑣2, . . . , 𝑣𝑚}de𝑉e considere a matriz[𝑇]B C=(𝑎𝑖 𝑗) ∈ 𝑀𝑚×𝑛(R). Tomemos, agora, um elemento𝑢∈𝑈e vejamos como utilizar a matriz[𝑇]B C para descrever𝑇(𝑢). Suponha que𝑢=(𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛)B. Então,
𝑇(𝑢)=𝑇(𝜆1𝑢1+𝜆2𝑢2+ · · · +𝜆𝑛𝑢𝑛)
=𝜆1𝑇(𝑢1) +𝜆2𝑇(𝑢2) + · · · +𝜆𝑛𝑇(𝑢𝑛)
=𝜆1(𝑎11𝑣1+𝑎21𝑣2+ · · · +𝑎𝑚1𝑣1) +𝜆2(𝑎12𝑣1+𝑎22𝑣2+ · · · +𝑎𝑚2𝑣1) +. . . +𝜆𝑛(𝑎1𝑛𝑣1+𝑎2𝑛𝑣2+ · · · +𝑎𝑚1𝑣𝑛) por (6.8)
=(𝑎11𝜆1+𝑎12𝜆2+ · · · +𝑎1𝑛𝜆𝑛)𝑣1+ (𝑎21𝜆1+𝑎22𝜆2+ · · · +𝑎2𝑛𝜆𝑛)𝑣2+. . . (𝑎𝑚1𝜆1+𝑎𝑚2𝜆2+ · · · +𝑎𝑚𝑛𝜆𝑛)𝑣𝑚.
A expressão que obtivemos acima permite descrever as coordenadas de𝑇(𝑢)em relação aCem termos das coordenadas de𝑢 e das entradas de [𝑇]B C: mostramos que a𝑖-ésima coordenada de𝑇(𝑢)em relação à base Ccoincide com o produto da𝑖-ésima linha da matriz[𝑇]B C pelo vetor de coordenadas de𝑢em relação à baseB, ou em termos de um produto entre matrizes,
[𝑇(𝑢)]C =
𝑎11 𝑎12 . . . 𝑎1𝑛 𝑎21 𝑎22 . . . 𝑎2𝑛 ... ... ... 𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 . . . 𝑎𝑚𝑛
𝜆1 𝜆2 . . . 𝜆𝑛
=[𝑇]B C[𝑢]B.
Essa igualdade é tão importante, que vamos enunciá-la na forma de um teorema (que acabamos de demonstrar).
Teorema 6.5.6Sejam𝑈e𝑉espaços vetoriais de dimensão finita, seja𝑇:𝑈→𝑉 uma transformação linear e sejam BeCbases ordenadas de𝑈e de𝑉, respectivamente. Então,
[𝑇(𝑢)]C =[𝑇]B C[𝑢]B, (6.12)
para todo𝑢∈𝑈.
Vejamos um exemplo em que usamos (6.12) para encontrar a imagem de um elemento por uma transformação linear.
Exemplo 6.5.7Retomando os Exemplos 6.5.1 e 6.1.2, vimos que para a transformação linear 𝑇:R3−→ P1(R)
(𝑎, 𝑏, 𝑐) ↦−→ (2𝑎+𝑐) + (𝑏−2𝑐)𝑡 temos que
[𝑇]B1C1 =
−5 0−2 4 1 2
, (6.13)
em que as bases envolvidas são B1 =
(1,1,1),(1,1,0),(1,0,0) e C1=
1+𝑡,2+𝑡 . Considere o vetor𝑢 =(2,1,−1)deR3. Encontre o vetor𝑇(𝑢)deP1(R)usando a matriz[𝑇]B1C1. Solução:Sabemos, do Teorema 6.5.6, que
[𝑇(𝑢)]C1 =[𝑇]B1C1[𝑢]B1. (6.14)
A matriz[𝑇]B1C1é conhecida. Vejamos o segundo fator nesse produto, o vetor de coordenadas de𝑢em relação à base B1: dados𝛼, 𝛽, 𝛾∈R, temos que𝑢=(𝛼, 𝛽, 𝛾)B1 se, e somente se,
(2,1,−1)=𝛼(1,1,1) +𝛽(1,1,0) +𝛾(1,0,0). Resolvendo o sistema linear que decorre dessa igualdade, obtemos
𝛼=−1, 𝛽=2, 𝛾=1.
Assim,
[𝑢]B1 =
−1 2 1
. (6.15)
Logo, substituindo (6.13) e (6.15) em (6.14), obtemos
[𝑇(𝑢)]C1 =
−5 0−2 4 1 2
−1 2 1
= 3
0
.
Isso quer dizer que𝑇(𝑢)=3(1+𝑡) +0(2+𝑡)=3+3𝑡, já que os vetores deP1(R)que compõem a baseC1são 1+𝑡e 2+𝑡, nessa ordem. ^
O exemplo anterior é um tanto artificial, pois já conhecíamos a expressão de𝑇(𝑎, 𝑏, 𝑐)para qualquer(𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈R3. O fato é que podemos fornecer apenas a matriz de uma transformação linear a fim de descrevê-la completamente.
Exemplo 6.5.8Considere a transformação linear𝑇:R2→R3tal que
[𝑇]D E=
1 0 2 −1
−3 1
,
em que as bases ordenadas deDdeR2eEdeR3, respectivamente, são dadas por D=
(0,1),(1,1) , E=
(0,−1,0),(2,1,0),(0,1,2) . Encontre a expressão de𝑇(𝑥, 𝑦)e determine Im(𝑇).
Solução:Antes de começar, cabem dois comentários. Note que D eE, de fato, são LI, e, portanto, bases de seus respectivos espaços. Observe, também, que[𝑇]D E ∈ 𝑀3×2(R), o que está de acordo com as dimensões deR2eR3. Sabemos, pelo Teorema 6.5.6, que, para todo(𝑥, 𝑦) ∈R2, vale:
[𝑇(𝑥, 𝑦)]E=[𝑇]D E[(𝑥, 𝑦)]D. Fixado um vetor(𝑥, 𝑦) ∈R2, suponha que𝛼, 𝛽∈Rsejam tais que
[(𝑥, 𝑦)]D = 𝛼
𝛽
. Isso quer dizer que(𝑥, 𝑦)=𝛼(0,1) +𝛽(1,1)=(𝛽, 𝛼+𝛽). Assim,
(𝛽=𝑥 𝛼+𝛽=𝑦 , donde segue que𝛼=−𝑥+𝑦e𝛽=𝑥. Portanto,
128
[𝑇(𝑥, 𝑦)]E =
1 0 2 −1
−3 1
−𝑥+𝑦 𝑥
=
−𝑥+𝑦
−3𝑥+2𝑦 4𝑥−3𝑦
.
Logo,𝑇(𝑥, 𝑦)=(−𝑥+𝑦)(0,−1,0) + (−3𝑥+2𝑦)(2,1,0) + (4𝑥−3𝑦)(0,1,2)=(−6𝑥+4𝑦,2𝑥−2𝑦,8𝑥−6𝑦).
Agora, para determinar a imagem de𝑇, sabemos, da Proposição 6.2.9, que, como D gera R2, então, Im(𝑇) = 𝑇(0,1), 𝑇(1,1)
=
(4,−2,−6),(−2,0,2)
. Poderíamos ter encontrado Im(𝑇)sem ter tido que encontrar, antes, uma expressão da imagem por𝑇de elemento genérico do domínio. O argumento seria o seguinte. Como
[(0,1)]D = 1
0
e [(1,1)]D = 0
1
, segue que
[𝑇(0,1)]E =
1 0 2 −1
−3 1
1 0
=
1 2
−3
e [𝑇(1,1)]E=
1 0 2 −1
−3 1
0 1
=
0
−1 1
. Logo, Im(𝑇)=
𝑇(0,1), 𝑇(1,1)
=
(1,2,−3)E,(0,−1,1)E
, que resulta no mesmo conjunto gerador para a imagem que encontramos acima. Observe que, para essa segunda solução, a informação a respeito de quais são os elementos deBé dispensável.
Observação O argumento que fizemos no final do exemplo acima generaliza-se. Sejam𝑈e𝑉 espaços vetoriais de dimensão finita, digamos dim(𝑈)=𝑛e dim(𝑉)=𝑚, sejamBeCbases ordenadas de𝑈e de𝑉, respectivamente, e seja 𝐴 ∈ 𝑀𝑚×𝑛(R). Considere a transformação linear𝑇:𝑈 →𝑉 tal que [𝑇]B C = 𝐴. Então, Im(𝑇) é gerada pelas colunas de𝐴lidas como vetores de coordenadas em relação à baseC.
Exemplo 6.5.9Considere a transformação linear𝑇: 𝑀2(R) → P2(R)que satisfaz
[𝑇]B C=
3 6 1 −2 0 0−2 1 1 2−1 0
, em que a base ordenadaBde𝑀2(R)é dada por
B= 1 0 0 1
, 0 1
1 0
, 1 0
0−1
, 0−1
1 0 eCdenota uma base ordenada fixa deP2(R). Descreva o núcleo de𝑇.
Solução:Os dados são compatíveis: o tamanho de[𝑇]B Cestá de acordo com as dimensões de𝑀2(R)e deP2(R), eB, de fato, é uma base de𝑀2(R). Mas parece haver falta de informação no enunciado, uma vez que não é dito quem são os elementos deC. Veremos que, apesar de não termos informação completa sobre𝑇, ainda assim, com a informação de que dispomos, é possível descrever completamente seu núcleo.
Dado𝑢 ∈𝑀2(R), sabemos que𝑢∈Ker(𝑇)se, e somente se,𝑇(𝑢) =0P2(R). Dois vetores são iguais precisamente quando têm as mesmas coordenadas em relação a uma base; além disso, o vetor nulo é o único vetor cujas coordenadas são todas nulas. Assim, usando (6.12), podemos escrever
𝑢∈Ker(𝑇) ⇐⇒
0 0 0
=[0P2(R)]C =[𝑇(𝑢)]C =[𝑇]B C[𝑢]B. (6.16) Suponha que𝑢 =(𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝛿)B. Então, a condição que define os vetores de Ker(𝑇), em (6.16), pode ser reescrita em termos de as coordenadas de𝑢em relação à baseBserem soluções de um sistema linear homogêneo:
𝑢=(𝛼, 𝛽, 𝛾, 𝛿)B ∈Ker(𝑇) ⇐⇒
3 6 1 −2 0 0−2 1 1 2−1 0
𝛼 𝛽 𝛾 𝛿
=
0 0 0
. Para resolver esse sistema, recorremos ao processo de escalonamento:
3 6 1 −2 0 0−2 1 1 2−1 0
→
1 2−1 0 0 0−2 1 3 6 1 −2
→
1 2−1 0 0 0−2 1 0 0 4 −2
→
1 2−1 0 0 0−2 1 0 0 0 0
,
que é escalonada. Assim,𝛽e𝛿são variáveis livres, e, escrevendo as variáveis pivô em termos das livres, obtemos que os vetores de Ker(𝑇)são exatamente os vetores da forma
−2𝛽+ 𝛿 2, 𝛽,𝛿
2, 𝛿
B
=𝛽(−2,1,0,0)B+𝛿 1
2,0,1 2,1
B
, com𝛽, 𝛿 ∈R. Assim,
Ker(𝑇)=
(−2,1,0,0)B, 1
2,0,1 2,1
B
=
(−2,1,0,0)B, (1,0,1,2)B . Como
(−2,1,0,0)B =(−2) 1 0
0 1
+1 0 1
1 0
+0
1 0
0−1
+0 0−1
1 0
= −2 1
1 −2
e
(1,0,1,2)B=1 1 0
0 1
+0 0 1
1 0
+1
1 0
0−1
+2 0−1
1 0
= 2−2
2 0
, concluímos que
Ker(𝑇)= −2 1 1 −2
,
2−2
2 0 . ^
Observação Aqui, também, o método pode ser generalizado. Sejam𝑈 e𝑉 espaços vetoriais de dimensão finita, digamos dim(𝑈)=𝑛e dim(𝑉)=𝑚, sejamBeCbases ordenadas de𝑈e de𝑉, respectivamente, e seja𝐴∈ 𝑀𝑚×𝑛(R). Considere a transformação linear𝑇:𝑈→𝑉tal que [𝑇]B C = 𝐴. Então, Ker(𝑇)é formado pelas soluções do sistema linear homogêneo cuja matriz de coeficientes é 𝐴 lidas como coordenadas em relação à base B. Em particular, dim Ker(𝑇)
=𝑛−posto(𝐴)e, usando o Teorema do núcleo e da imagem (Teorema 6.3.1), dim Im(𝑇)
=posto(𝐴). Exercícios Lista 2 - Álgebra Linear II: Exs. 31–39.