Núcleo e imagem

Veja que, como queríamos,𝑇(1,1,1,1)=𝑡². ^

Veja que, no exemplo acima, havia muita liberdade para a definição de𝑇. Mesmo a escolha da base B de R⁴ poderia ser outra. Para garantir que a transformação satisfaça𝑇(1,1,1,1) = 𝑡², é suficiente que se tome uma base deR⁴ contendo (1,1,1,1) e que, ao se aplicar a Proposição 6.1.9, se defina a imagem de (1,1,1,1) por𝑇 como sendo𝑡². Todas as demais escolhas podem ser feitas de modo totalmente arbitrário. Por exemplo, poderíamos ter considerado a base {(1,1,1,1),(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0)} de R⁴ e definido𝑇^′ tal que𝑇^′(1,1,1,1) = 𝑡² e 𝑇^′(1,0,0,0) =𝑇^′(0,1,0,0) = 𝑇^′(0,0,1,0) = 0. Neste caso, teríamos uma outra transformação linear𝑇^′: R⁴ → P²(R)que satisfaz a condição𝑇^′(1,1,1,1) =𝑡², mas que é diferente da transformação𝑇. (Para esta transformação, temos𝑇^′(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) =𝑑𝑡², para todo(𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑) ∈R⁴.) Em resumo, existem infinitas transformações lineares deR⁴ emP²(R)que mandam(1,1,1,1)em𝑡².

Há casos, entretanto, que a imposição de condições resulta na existência de uma única transformação linear.

Exemplo 6.1.11Mostre que existe uma única transformação linear𝑇:R² → R³ que satisfaz𝑇(1,2) = (1,−1,0)e 𝑇(2,1)=(0,2,3).

Solução:Como{(1,2),(2,1)} é uma base deR², a Proposição 6.1.9 garante que existe uma transformação linear 𝑇:R²→R³tal que𝑇(1,2)=(1,−1,0)e𝑇(2,1)=(0,2,3). Para encontrar a imagem por essa transformação linear de um vetor arbitrário(𝑥, 𝑦)deR², é preciso decompô-lo como combinação linear dos elementos da base{(1,2),(2,1)}:

(𝑥, 𝑦)= −𝑥+2𝑦

3 (1,2) + 2𝑥−𝑦 3 (2,1), e, assim,

𝑇(𝑥, 𝑦)=𝑇

−𝑥+2𝑦

3 (1,2) + 2𝑥−𝑦 3 (2,1)

= −𝑥+2𝑦

3 𝑇(1,2) +2𝑥−𝑦 3 𝑇(2,1)

= −𝑥+2𝑦

3 (1,−1,0) +2𝑥−𝑦 3 (0,2,3)

=

−𝑥+2𝑦

3 ,5𝑥−4𝑦 3 ,2𝑥−𝑦

.

A Proposição 6.1.9 diz mais; ela garante que existe umaúnica transformação linear𝑇:R² → R³ que satisfaz as condições exigidas. Isso ficou claro acima: uma vez fixadas as imagens de(1,2)e de(2,1), ficaram determinadas as imagens de todos os elementos deR². ^

Neste exemplo, não havia liberdade de escolha. Como estavam fixadas as imagens, pela transformação linear, nos elementos de uma base do domínio, a transformação ficou, automaticamente, completamente definida em todos os elementos de seu domínio.

Exercícios Lista 2 - Álgebra Linear II: Exs. 1–4.

Im(𝑇)=

𝑣∈𝑉 |existe algum𝑢∈𝑈tal que𝑣=𝑇(𝑢) .

Proposição 6.2.1Sejam𝑈 e𝑉 espaços vetoriais e seja𝑇:𝑈 →𝑉 uma transformação linear. Então,Ker(𝑇)é um subespaço de𝑈, eIm(𝑇)é um subespaço de𝑉.

Demonstração Comecemos mostrando que o núcleo de𝑇é um subespaço de𝑈. Em primeiro lugar, 0_𝑈 ∈Ker(𝑇), pois, como vimos na Proposição 6.1.8,𝑇(0_𝑈)=0_𝑉. Agora sejam𝑢, 𝑢^′∈Ker(𝑇)e𝜆∈R. Mostremos que𝑢+𝑢^′, 𝜆𝑢∈Ker(𝑇). Pela definição de núcleo, temos𝑇(𝑢)=0_𝑉e𝑇(𝑢^′)=0_𝑉. Então, como𝑇é linear,𝑇(𝑢+𝑢^′)=𝑇(𝑢) +𝑇(𝑢^′)=0_𝑉+0_𝑉 = 0_𝑉, o que prova que𝑢+𝑢^′∈Ker(𝑇). Finalmente,𝑇(𝜆𝑢)=𝜆𝑇(𝑢)=𝜆0_𝑉 =0_𝑉. Portanto,𝜆𝑢∈Ker(𝑇). Logo, Ker(𝑇) é um subespaço de𝑈.

Tratemos, agora, da imagem de𝑇. Como𝑇(0_𝑈) = 0_𝑉, segue que 0_𝑉 ∈ Im(𝑇). Agora, sejam 𝑣, 𝑣^′ ∈ Im(𝑇) e seja𝜆 ∈ R. Então, pela definição de imagem, existem𝑢, 𝑢^′ ∈ 𝑈 tais que𝑣 =𝑇(𝑢) e𝑣^′ = 𝑇(𝑢^′). Assim,𝑣+𝑣^′ = 𝑇(𝑢) +𝑇(𝑢^′)=𝑇(𝑢+𝑢^′) ∈Im(𝑇), e𝜆𝑣=𝜆𝑇(𝑢)=𝑇(𝜆𝑢) ∈Im(𝑇). Segue que Im(𝑇)é um subespaço de𝑉.

Exemplo 6.2.2Determinemos, nos Exemplos 6.1.1–6.1.5, o núcleo e a imagem de cada uma das transformações lineares lá definidas.

Para a transformação linear𝑇:R³ → P2(R), dada por𝑇(𝑎, 𝑏, 𝑐) =𝑎+𝑏𝑡+𝑐𝑡², teremos(𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ Ker(𝑇) se, e somente se, 𝑎+𝑏𝑡 +𝑐𝑡² = 𝑇(𝑎, 𝑏, 𝑐) = 0, o que ocorre se, e somente se 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 0. Portanto, Ker(𝑇) = {(0,0,0)}. É fácil ver que Im(𝑇) =P2(R), pois qualquer que seja𝑞 ∈ P2(R), digamos,𝑞 = 𝑎₀+𝑎₁𝑡+𝑎₂𝑡², temos 𝑞=𝑇(𝑎₀, 𝑎₁, 𝑎₂) ∈Im(𝑇).

Vejamos, agora, 𝐿: R² → R³, definida por𝐿(𝑥, 𝑦) = (2𝑥, 𝑥+𝑦,3𝑦). Temos:(𝑥, 𝑦) ∈ Ker(𝐿) se, e somente se, (2𝑥, 𝑥+𝑦,3𝑦)=𝐿(𝑥, 𝑦)=(0,0,0), o que implica𝑥=𝑦=0. Portanto, Ker(𝐿) ={(0,0)}. Para a determinar imagem de𝐿, tome𝑣 = (𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈ R³e vejamos quais as condições necessárias e suficientes para que𝑣 ∈Im(𝐿). Teremos 𝑣∈Im(𝐿)se, e somente se, existir𝑢=(𝑥, 𝑦) ∈R²tal que𝑣=𝐿(𝑢), ou seja, se e somente se, existirem𝑥, 𝑦∈Rtais que(𝑎, 𝑏, 𝑐)=𝐿(𝑥, 𝑦)=(2𝑥, 𝑥+𝑦,3𝑦). Portanto,𝑣∈Im(𝐿)se, e somente se, existir solução para o sistema linear



 2𝑥=𝑎 𝑥+𝑦=𝑏 3𝑦=𝑐

(6.2)

nas variáveis𝑥, 𝑦, 𝑧. Escalonando a matriz aumentada do sistema, obtemos





2 0 𝑎 1 1 𝑏 0 3 𝑐



 → 



2 0 𝑎 0 1−^𝑎2 +𝑏

0 3 𝑐



 → 



2 0 𝑎

0 1 −^𝑎₂ +𝑏 0 0 ^3𝑎₂ −3𝑏+𝑐





Assim, (6.2) tem solução se, e só se, ^3𝑎₂ −3𝑏+𝑐=0. Portanto, Im(𝐿) =

(𝑎, 𝑏, 𝑐) ∈R³ | ^3𝑎₂ −3𝑏+𝑐=0 , que é um subespaço de dimensão 2 deR³.

Para a reflexão𝑆: R² →R², (𝑥, 𝑦) ↦→ (𝑥,−𝑦), é fácil de ver que Ker(𝑆)={(0,0)}e que Im(𝑆)=R²(o que podia ser antecipado por argumentos puramente geométricos: o único vetor que é enviado na origem é a própria origem, e todo ponto do plano é reflexão de sua própria reflexão).

Consideremos o operador de derivação 𝐷: P (R) → P (R), 𝑝 ↦→ 𝑝^′. Se 𝑝 = 𝑎₀ +𝑎₁𝑡 + · · · +𝑎_𝑛𝑡^𝑛 ∈ P (R) é tal que 𝑝^′ = 𝑇(𝑝) = 0, então 𝑎₁ +2𝑎₂𝑡+ · · · +𝑛𝑎_𝑛𝑡^𝑛−1 = 0, o que implica 𝑎₁ = 𝑎₂ = · · · = 𝑎_𝑛 = 0. Assim, Ker(𝐷)={𝑎₀ |𝑎₀ ∈ R}=P0(R). (Isso já era conhecido do Cálculo: os únicos polinômios de derivada nula são os constantes.) Já Im(𝐷) = P (R), uma vez que qualquer polinômio é derivada de um polinômio, uma primitiva dele:

𝑎₀+𝑎₁𝑡+ · · · +𝑎_𝑛𝑡^𝑛=𝐷 𝑎₀𝑡+ ^𝑎₂¹𝑡²+ · · · +_𝑛+1^𝑎𝑛 𝑡^𝑛+1.

Finalmente, Ker(I_𝑉) = {0_𝑉} e Im(I_𝑉) =𝑉, como é fácil ver. E, se 𝑁:𝑈 → 𝑉 é a transformação nula, então Ker(𝑁)=𝑈(todo vetor de𝑈é mandado, via𝑁, para 0𝑉) e Im(𝑁)={0𝑉}(o único vetor de𝑉que é atingido via𝑁é o vetor nulo).

Como núcleo e imagem são subespaços, podemos utilizar as ferramentas desenvolvidas para o estudo de espaço vetoriais para analisá-los. Por exemplo, podemos tratar de bases e dimensões para eles.

Exemplo 6.2.3Encontre uma base para o núcleo da transformação linear𝑇:R³ → R², definida por𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧) = (𝑥+𝑦+𝑧,3𝑥−2𝑦), para todo(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈R³.

Solução:Deixamos a cargo do leitor a verificação de que𝑇, assim definida, é, de fato, linear. Seja𝑢=(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈R³. Então,

𝑢 ∈Ker(𝑇) ⇐⇒ 𝑇(𝑢)=0R2

⇐⇒ (𝑥+𝑦+𝑧,3𝑥−2𝑦)=𝑇(𝑥, 𝑦, 𝑧)=(0,0)

⇐⇒

(𝑥+𝑦+𝑧=0 3𝑥−2𝑦=0

Como as soluções desse sistema são dadas por (−^2𝑧₅ ,−^3𝑧₅, 𝑧), com𝑧 ∈ R, como o leitor pode verificar, segue que 𝑢∈Ker(𝑇)se, e somente se, existir𝑧∈Rtal que𝑢=(−^2𝑧5 ,−^3𝑧5, 𝑧)=𝑧(−²5,−³5,1). Assim, Ker(𝑇)=

(−²5,−³5,1) =

(−2,−3,5)

. Como esse conjunto gerador unitário é LI, segue que

(−2,−3,5) é uma base de Ker(𝑇). Em particular, dim Ker(𝑇)

=1. ^

Exemplo 6.2.4Encontre uma base para a imagem da transformação linear 𝑇:P²(R) −→ P (R)

𝑝(𝑡) ↦−→𝑡 𝑝^′(𝑡) +𝑡²𝑝(𝑡)

Solução:A função𝑇 é uma transformação linear porque se𝑝(𝑡), 𝑞(𝑡) ∈ P2(R)e𝜆∈R, então 𝑇 𝑝(𝑡) +𝑞(𝑡)

=𝑡 𝑝(𝑡) +𝑞(𝑡)′

+𝑡² 𝑝(𝑡) +𝑞(𝑡)

=𝑡 𝑝^′(𝑡) +𝑡𝑞^′(𝑡) +𝑡²𝑝(𝑡) +𝑡²𝑞(𝑡)

= 𝑡 𝑝^′(𝑡) +𝑡²𝑝(𝑡)

+ 𝑡𝑞^′(𝑡) +𝑡²𝑞(𝑡)

=𝑇 𝑝(𝑡)

+𝑇 𝑞(𝑡) e

𝑇 𝜆 𝑝(𝑡)

=𝑡 𝜆 𝑝(𝑡))^′+𝑡²(𝜆 𝑝(𝑡))

=𝜆𝑡 𝑝^′(𝑡) +𝜆𝑡²𝑝(𝑡)

=𝜆 𝑡 𝑝^′(𝑡) +𝑡²𝑝(𝑡)

=𝜆𝑇 𝑝(𝑡) . Vamos à determinação de sua imagem. Dado 𝑓(𝑡) ∈ P (R), temos:

𝑓(𝑡) ∈Im(𝑇) ⇐⇒ existe𝑝(𝑡)=𝑎₀+𝑎₁𝑡+𝑎₂𝑡²∈ P2(R)tal que 𝑓(𝑡)=𝑇 𝑝(𝑡)

=𝑡 𝑝^′(𝑡) +𝑡²𝑝(𝑡)

⇐⇒ existem𝑎₀, 𝑎₁, 𝑎₂ ∈Rtais que 𝑓(𝑡)=𝑡(𝑎₁+2𝑎₂𝑡) +𝑡²(𝑎₀+𝑎₁𝑡+𝑎₂𝑡²)

⇐⇒ existem𝑎₀, 𝑎₁, 𝑎₂ ∈Rtais que 𝑓(𝑡)=𝑎₀𝑡²+𝑎₁(𝑡+𝑡³) +𝑎₂(2𝑡²+𝑡⁴)

⇐⇒ 𝑓(𝑡) ∈

𝑡², 𝑡+𝑡³,2𝑡²+𝑡⁴ . Assim, Im(𝑇) =

𝑡², 𝑡+𝑡³,2𝑡²+𝑡⁴

. Como esse conjunto de três vetores é LI (são polinômios de graus distintos), segue que

𝑡², 𝑡+𝑡³,2𝑡²+𝑡⁴ é uma base de Im(𝑇). Em particular dim Im(𝑇)

=3. ^

Conhecer o núcleo de uma transformação linear permite que se afirme sobre sua eventual injetividade. (Referimos o leitor ao Apêndice B para os conceitos de injetividade, sobrejetividade e bijetividade no contexto de funções.) Proposição 6.2.5Sejam𝑈e𝑉 espaços vetoriais e seja𝑇:𝑈→𝑉uma transformação linear. Então,𝑇 é injetora se, e somente se,Ker(𝑇)={0𝑈}.

Demonstração Suponha que𝑇é injetora. Mostremos que Ker(𝑇)={0_𝑈}. Já sabemos que{0_𝑈} ⊆Ker(𝑇)(afinal de contas, Ker(𝑇)é um subespaço de𝑈). Verifiquemos que vale a inclusão reversa. Seja𝑢∈𝑈tal que𝑢 ∈Ker(𝑇). Então, 𝑇(𝑢)=0_𝑉 =𝑇(0_𝑈), como vimos na Proposição 6.1.8. Como𝑇 é injetora, segue que𝑢=0_𝑈. Portanto, também temos Ker(𝑇) ⊆ {0_𝑈}, provando o que queríamos.

Reciprocamente, suponha que Ker(𝑇)={0𝑈}. Mostremos que isso implica que𝑇 é injetora. Sejam𝑢, 𝑢^′∈𝑈tais que𝑇(𝑢)=𝑇(𝑢^′). Então,𝑇(𝑢−𝑢^′)=𝑇(𝑢) −𝑇(𝑢^′)=0𝑉 (a primera igualdade segue do fato de𝑇ser linear). Ou seja, 𝑢−𝑢^′∈Ker(𝑇), que, por hipótese, contém apenas o vetor nulo de𝑈. Portanto,𝑢−𝑢^′=0𝑈e, assim,𝑢=𝑢^′, provando

que𝑇é injetora.

O critério de injetividade contido na Proposição 6.2.5 é extremamente útil e será usado quase que exclusivamente quando tivermos que decidir se uma transformação linear é ou não injetora.

Exemplo 6.2.6O operador linear

𝑇:P𝑛(R) −→ P𝑛(R) 𝑝↦−→𝑝^′+𝑝^′′

é injetor?

Solução:Note que a função𝑇 está bem definida, uma vez que se 𝑝 ∈ P^𝑛(R), então, certamente, 𝑝^′+𝑝^′′∈ P^𝑛(R). Além disso,𝑇 é linear (como o leitor pode verificar). Para responder à pergunta, determinemos o núcleo de𝑇. Dado 𝑝=Í𝑛

𝑖=0𝑎_𝑖𝑡^𝑖 ∈ P^𝑛(R), teremos𝑝 ∈Ker(𝑇)se, e somente se,𝑝^′+𝑝^′′=𝑇(𝑝)=0, ou seja, se e somente se,

𝑛−1

Õ

𝑖=1

𝑖𝑎_𝑖+ (𝑖+1)𝑖𝑎_𝑖+1𝑡^𝑖−1+𝑛𝑎_𝑛𝑡^𝑛−1=0. (6.3) (Verifique essa expressão.) Comparando graus, do maior para o menor, concluímos que (6.3) só pode ocorrer se 𝑎₁ =· · ·=𝑎_𝑛=0. Assim, Ker(𝑇)={𝑎₀ |𝑎₀∈R}, que não é o subespaço nulo. Logo,𝑇não é injetor. ^

Na sequência dos Exemplos 6.1.1–6.1.5, são injetoras apenas𝑇,𝐿,𝑆 e I𝑉. (A transformação nula𝑁:𝑈 →𝑉 é injetora se, e somente se, dim(𝑈)=0, um caso, por assim dizer, “patológico”.)

Veremos, agora, um exemplo importante, por ser, em um sentido que ficará claro mais adiante, o exemplo paradig-mático de transformação linear entre espaços vetoriais de dimensão finita.

Exemplo 6.2.7Seja 𝐴 ∈ 𝑀_𝑚×𝑛(R)e considere a função𝑇_𝐴: R^𝑛 → R^𝑚 dada por𝑇_𝐴(𝑣) = 𝐴𝑣, para todo𝑣 ∈ R^𝑛. (Aqui, estamos denotando os elementos deR^𝑛eR^𝑚por vetores-coluna, isto é, estamos fazendo a identificação natural entreR^𝑛e𝑀_𝑛×1(R)e entreR^𝑚e𝑀_𝑚×1(R)que já vínhamos fazendo desde o estudo de sistemas lineares no Capítulo 1.)

(i) Mostre que𝑇_𝐴é uma transformação linear.

(ii) Descreva Ker(𝑇_𝐴)e Im(𝑇_𝐴).

Solução:(i) Dados𝑣, 𝑣^′∈ R^𝑛, temos𝑇_𝐴(𝑣+𝑣^′) = 𝐴(𝑣+𝑣^′) = 𝐴𝑣+𝐴𝑣^′=𝑇_𝐴(𝑣) +𝑇_𝐴(𝑣^′); e, se𝑣 ∈ R^𝑛e𝜆 ∈R, então𝑇_𝐴(𝜆𝑣)=𝐴(𝜆𝑣)=𝜆(𝐴𝑣)=𝜆𝑇_𝐴(𝑣), o que prova que𝑇_𝐴é uma transformação linear.

(ii) Dado𝑣∈R^𝑛, teremos𝑣∈Ker(𝑇_𝐴)se, e somente se, 0R^𝑚=𝑇_𝐴(𝑣)=𝐴𝑣, ou seja, se e somente se,𝑣for solução do sistema linear homogêneo cuja matriz de coeficiente é𝐴. Assim, Ker(𝑇_𝐴)coincide com o subespaço deR^𝑛formado pelas soluções de𝐴𝑋 =0. Em particular, segue da Proposição 4.6.6 que dim Ker(𝑇_𝐴))=𝑛−𝑡, em que𝑡é o número de pivôs de uma matriz escalonada obtida a partir de𝐴por operações elementares sobre linhas.

Finalmente, dado𝑤 ∈ R^𝑚, teremos𝑤 ∈Im(𝑇_𝐴)se, e somente se, existir𝑣∈R^𝑛tal que𝑤=𝑇_𝐴(𝑣)= 𝐴𝑣, o que, por sua vez, é equivalente a𝑤ser uma combinação linear das colunas de 𝐴 (com coeficientes dados pelas entradas

de𝑣, cada entrada multiplicando escalarmente a coluna correspondente2). Consequentemente, Im(𝑇_𝐴)coincide com o subespaço deR^𝑚gerado pelas colunas de𝐴. Assim, dim Im(𝑇_𝐴) é igual ao posto-coluna de𝐴, que, por sua vez, é igual a𝑡(ver Apêndice A para os detalhes.) ^

Veremos, na próxima seção, que essa relação entre as dimensões de Ker(𝑇_𝐴)e Im(𝑇_𝐴)é uma propriedade de todas as transformações lineares entre espaços vetoriais de dimensão finita.

Exemplo 6.2.8Encontre uma base para o núcleo e uma base para a imagem de𝑇_𝐴: R³ →R², em que 𝐴=

2 0−4

−1 0 2

.

Solução:Como vimos no exemplo anterior, Ker(𝑇_𝐴)é o conjunto formado pelas soluções do sistema linear homogêneo 2 0−4

−1 0 2 



𝑥₁ 𝑥₂ 𝑥₃



 = 0

0

.

Escalonando𝐴, obtemos

2 0−4

−1 0 2

→

2 0−4 0 0 0

Assim,𝑥₂e𝑥₃são variáveis livres, enquanto𝑥₁é variável pivô. As soluções do sistema são (2𝑥3, 𝑥₂, 𝑥₃)=𝑥₂(0,1,0) +𝑥₃(2,0,1), com𝑥₂, 𝑥₃ ∈R. Logo, Ker(𝑇_𝐴) =

(0,1,0),(2,0,1)

. Como esse conjunto gerador com dois elementos é LI, ele é uma base para Ker(𝑇_𝐴). Vimos, também, que Im(𝑇_𝐴)é o subespaço deR²gerado pelas colunas de𝐴, ou seja,

Im(𝑇_𝐴)=

(2,−1),(0,0),(−4,2)

= (2,−1)

. Assim

(2,−1) é uma base de Im(𝑇_𝐴). ^

Para transformações lineares arbitrárias, o seguinte resultado é bastante útil na tarefa de descrever a imagem.

Proposição 6.2.9Sejam𝑈e𝑉 espaços vetoriais e seja𝑇:𝑈 →𝑉 uma transformação linear. Se𝑢₁, 𝑢₂, . . . , 𝑢_𝑛 ∈𝑈 são tais que𝑈=[𝑢₁, 𝑢₂, . . . , 𝑢_𝑛], entãoIm(𝑇)=

𝑇(𝑢₁), 𝑇(𝑢₂), . . . , 𝑇(𝑢_𝑛) .

2Mais detalhadamente, dada𝐴=







𝑎₁₁ 𝑎₁₂ . . . 𝑎_1𝑛 𝑎₂₁ 𝑎₂₂ . . . 𝑎_2𝑛

.. .

.. . . . .

.. . 𝑎𝑚1𝑎𝑚2. . . 𝑎𝑚𝑛







∈𝑀𝑚×𝑛, para cada 𝑗=1, . . . , 𝑛, seja𝐶𝑗 =





 𝑎_1𝑗 𝑎_2𝑗 .. . 𝑎𝑚𝑗







a𝑗-ésima coluna da matriz

𝐴, que é um vetor deR^𝑚. Dado um vetor𝑣=





 𝜆₁ 𝜆₂ .. . 𝜆𝑛







∈R^𝑛, temos

𝐴𝑣=







𝑎₁₁ 𝑎₁₂ . . . 𝑎_1𝑛 𝑎₂₁ 𝑎₂₂ . . . 𝑎_2𝑛

.. .

.. . . . .

.. . 𝑎𝑚1𝑎𝑚2. . . 𝑎𝑚𝑛











 𝜆₁ 𝜆₂ .. . 𝜆𝑛







=𝜆1





 𝑎₁₁ 𝑎₂₁ .. . 𝑎𝑚1





 +𝜆2





 𝑎₁₂ 𝑎₂₂ .. . 𝑎𝑚2







+ · · · +𝜆𝑛





 𝑎_1𝑛 𝑎_2𝑛 .. . 𝑎𝑚𝑛







=𝜆1𝐶1+𝜆2𝐶2+ · · · +𝜆𝑛𝐶𝑛,

como o leitor pode, realizando as operações envolvidas na multiplicação de matrizes, verificar. Assim, dado𝑤 ∈R^𝑚, teremos𝑤=𝐴𝑣, para algum𝑣 ∈R^𝑛, se e somente se, existem𝜆₁, 𝜆₂, . . . , 𝜆𝑛 ∈Rtais que𝑤=𝜆₁𝐶₁+𝜆₂𝐶₂+ · · · +𝜆𝑛𝐶𝑛, ou seja, se, e somente se,𝑤 for combinação linear de𝐶₁, 𝐶₂, . . . , 𝐶𝑛. Portanto, Im(𝑇𝐴)=[𝐶₁, 𝐶₂, . . . , 𝐶𝑛].

Demonstração Como𝑇(𝑢_𝑖) ∈ Im(𝑇), para todo𝑖 = 1, . . . , 𝑛, segue que

𝑇(𝑢₁), 𝑇(𝑢₂), . . . , 𝑇(𝑢_𝑛)

⊆Im(𝑇). Para a outra inclusão, tome𝑣 ∈𝑉 tal que𝑣 ∈Im(𝑇). Então, existe𝑢 ∈𝑈tal que𝑣=𝑇(𝑢). Como𝑈 = [𝑢₁, 𝑢₂, . . . , 𝑢_𝑛], existem𝜆₁, 𝜆₂, . . . , 𝜆_𝑛∈Rtais que𝑢=𝜆₁𝑢₁+𝜆₂𝑢₂+ · · · +𝜆_𝑛𝑢_𝑛. Assim,

𝑣=𝑇(𝑢)=𝑇(𝜆₁𝑢₁+𝜆₂𝑢₂+ · · · +𝜆_𝑛𝑢_𝑛)

=𝜆₁𝑇(𝑢₁) +𝜆𝑇(𝑢₂) + · · · +𝜆_𝑛𝑇(𝑢_𝑛) pois𝑇é linear.

Logo,𝑣∈

𝑇(𝑢₁), 𝑇(𝑢₂), . . . , 𝑇(𝑢_𝑛)

, o que prova que Im(𝑇) ⊆

𝑇(𝑢₁), 𝑇(𝑢₂), . . . , 𝑇(𝑢_𝑛)

, como queríamos.

A Proposição 6.2.9 deve ser utilizada com cuidado. Se {𝑢₁, . . . , 𝑢_𝑛} é uma base de 𝑈, então ela diz que {𝑇(𝑢₁), . . . , 𝑇(𝑢_𝑛)}gera Im(𝑇), mas, em geral, esse conjunto não será uma base de Im(𝑇), pois não será LI.

Note que essa proposição permite argumentar mais diretamente, no Exemplo 6.2.7, por que Im(𝑇_𝐴) é o su-bespaço de R^𝑚 gerado pelas colunas de 𝐴, pois se {𝑒₁, 𝑒₂, . . . , 𝑒_𝑛} denota a base canônica de R^𝑛, então, Im(𝑇_𝐴) = [𝑇_𝐴(𝑒₁), 𝑇_𝐴(𝑒₂), . . . , 𝑇_𝐴(𝑒_𝑛)]. Mas,𝑇_𝐴(𝑒_𝑗) = 𝐴𝑒_𝑗, e o leitor pode facilmente verificar que o vetor de 𝑅^𝑚obtido pela multiplicação de matrizes𝐴𝑒_𝑗é exatamente a 𝑗-ésima coluna da matriz𝐴.

Exemplo 6.2.10Encontre uma base para a imagem da transformação linear 𝑇:R³ −→ P³(R)

(𝑎, 𝑏, 𝑐) ↦−→ (𝑎+𝑏) + (𝑎+𝑐)𝑡+ (−𝑏+𝑐)𝑡²+ (𝑎+𝑐)𝑡³

Solução:Convença-se que𝑇é, de fato, uma transformação linear. A base canônica{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}deR³ é, em particula, um conjunto gerador. Pela Proposição 6.2.9, Im(𝑇)=

𝑇(1,0,0), 𝑇(0,1,0), 𝑇(0,0,1)

. Por definição da transformação linear𝑇,

𝑇(1,0,0)=1+𝑡+𝑡³, 𝑇(0,1,0)=1−𝑡², 𝑇(0,0,1)=𝑡+𝑡²+𝑡³.

Logo,{1+𝑡+𝑡³,1−𝑡², 𝑡+𝑡²+𝑡³}gera Im(𝑇), mas não é uma base, pois não é LI:𝑡+𝑡²+𝑡³=(1+𝑡+𝑡³) − (1−𝑡²). Por causa dessa relação de dependência linear existente entre os geradores de Im(𝑇), sabemos que Im(𝑇)pode ser gerado por{1+𝑡+𝑡³,1−𝑡²}. Como, agora sim, esse último conjunto é LI, ele é uma base de Im(𝑇). ^

Exercícios Lista 2 - Álgebra Linear II: Exs. 5–16.

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