N´ ucleo e Imagem - Gentil Lopes - Algebra Linear (Comentado)

Defini¸cão 20 (N´ucleo). Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R e F : U → V uma transforma¸cão linear. Indica-se por_{N (F ) e denomina-se}núcleode

F o seguinte subconjunto de U : N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0}.

U F N (F ) V s₀ u

Resumindo: Núcleo da transforma¸c˜ao é o conjunto dos vetores no dom´ınio que têm como imagem o vetor nulo do contradom´ınio.

Observe que o núcleo nunca é vazio, posto que, como F é linear F ( 0) = 0, isto é, sempre teremos 0_{∈ N (F ).}

− Importante: Para encontrar o núcleo de uma transforma¸cão devemos resolver, a equa¸cão F (u) = 0.

Exemplos:

1 ) Seja F : R2 → R3 _{a transforma¸c˜}_{ao linear definida por}

F (x, y) = (0, 2x− y, 0) Encontre o n´ucleo de F .

Solu¸cão: Pela defini¸cão de núcleo temos: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0}

=_{{ (x, y) ∈ R}2 : F (x, y) = (0, 0, 0)_}

Sendo assim para encontrar o núcleo é suficiente resolver a equa¸cão F (x, y) = (0, 0, 0) _{⇒ (0, 2x − y, 0) = (0, 0, 0) ⇒ 2x − y = 0.} Portanto, N (F ) = { (x, y) ∈ R2_{: y = 2 x}_{}. Geometricamente, temos}

p p p 1 2 p p p −1 1 2 R2 N (F ) ← x y y = 2x R3 t 0= (0, 0, 0) տ x y z

2 ) Seja F : R3 → R3_{, dada F (x, y, z) = (x, y, 0) a proje¸c˜}_{ao ortogonal do}

R3 sobre o plano xoy. Encontremos o n´ucleo de F . Ent˜ao: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0}

=_{{ (x, y, z) ∈ R}3 : F (x, y, z) = (0, 0, 0)_} Devemos resolver a equa¸c˜ao

F (x, y, z) = (0, 0, 0) _{⇒ (x, y, 0) = (0, 0, 0) ⇒ x = 0 e y = 0.} Logo,

N (F ) = { (x, y, z) ∈ R3 : x = 0 e y = 0}

Ou seja, o n´ucleo consta dos vetores (0, 0, z)_{∈ R}3_{, ´e o eixo oz. Veja:}

x y z tu = (x, y, z) −→ N (F ) F tu = (x, y, z) F (u) = (x, y, 0) s t x y z

3 ) Seja D : P₃ _{→ P}₃ o operador de deriva¸c˜ao D(p) = p′, encontre o n´ucleo de D.

Solu¸cão: Pela defini¸cão de núcleo temos: N (D) = { u ∈ U : F (u) = 0_}

=_{{ p(t) ∈ P}₃ : p′(t) = 0_}

Temos,

p(t) = a₀ + a₁t + a₂t2+ a₃t3 _{⇒ p}′(t) = a₁+ 2 a₂t + 3 a₃t2 Para encontrar o núcleo é suficiente resolver a equa¸cão

p′(t) = 0 _{⇒ a}₁ + 2 a₂t + 3 a₃t2= 0 + 0 t + 0 t2+ 0 t3 Portanto, N (D) =p(t) = a0 + a1t + a2t 2_{+ a} 3t 3 _{∈ P} 3 : a1 = a2 = a3 = 0

Ou seja, no n´ucleo de D constam apenas os polinˆomios constantes: p(t) = a0.

Observe porque nenhum polinˆomio do 1o _{grau poderia est´}_{a no n´}_ucleo,

por exemplo:

p(t) = 1 + 3 t ⇒ D(p(t)) = 3 6= 0

Proposi¸c˜ao 11. Seja F : U → V uma transforma¸cão linear. Então: a ) _{N (F ) é um subespa¸co vetorial de U;}

b ) A transforma¸c˜ao linear F ´e injetora se, e somente se, N (F ) = { 0 }. Prova: a ) Devemos mostrar que

N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0_}

é fechado para as opera¸cões de espa¸co vetorial. Sejam u₁, u₂ vetores ar- bitrários em _{N (F ), devemos provar que u}₁ + u₂ _{∈ N (F ). Com efeito, pela} defini¸cão de núcleo temos F (u1) = 0e F (u2) = 0, da´ı

F (u₁) + F (u₂) = 0

Como F ´e linear resulta, F (u₁ + u₂) = 0. Logo, u₁ + u₂ _{∈ N (F ).}

Seja agora λ ∈ R e u ∈ N (F ), arbitr´arios, devemos provar que λ u ∈ N (F ).

Pela defini¸c˜ao de n´ucleo, temos F (u) = 0, da´ı λ F (u) = 0

Como F ´e linear resulta

F (λ u) = 0

Logo, λ u_{∈ N (F ), portanto o núcleo é um subespa¸co de U.} b ) Em enunciados de proposi¸cões tipo:

“A transforma¸c˜ao linear F é injetora se, e somente se, _{N (F ) = { 0 }.”} como se sabe, temos duas provas a fazer, “a ida” e “a volta”. Antes de prossegui pedimos ao leitor_{− para testar sua habilidade − que tente desco-} brir quem, no enunciado acima, é hipótese e quem é tese nos dois “sentidos”. Pois bem, para compreendermos a técnica de demonstra¸cão a ser utilizada, reescrevemos nossa proposi¸cão na seguinte forma

H₁ _{⇒ ( H}₂ _{⇔ T )} onde, H₁ _⇒ H₂ _{⇔ T} F ´e linear F ´e injetora N (F )={ 0 }

Ou seja:

“Se F é linear, então F é injetora se, e somente se,_{N (F ) = { 0 }.”.}

Este teorema deve ser desdobrado assim

H₁ _⇒ H₂ _{⇔ T}      (_{⇒ ) H}₁ _⇒ H₂ _{⇒ T} (⇐ ) H1 ⇒ H2 ⇐ T

Estes dois ´ultimos teoremas possuem as seguintes equivalˆencias (p. 438)

     (_{⇒ ) H}₁ _⇒ H₂ _{⇒ T} _{≡ ( H}₁ _{∧ H}₂ _{⇒ T )} (⇐ ) H1 ⇒ T ⇒ H2 ≡ ( H1 ∧ T ⇒ H2)

Sendo assim temos:

(⇒ ) Resumimos a “ida” assim

H₁: F ´e linear. H₂: F ´e injetora. H:    T: _{N (F ) = { 0 }.}

Seja u∈ N (F ), então F (u) = 0. Como F é linear segue que F ( 0) = 0, da´ı F (u) = F ( 0), agora usando a injetividade de F concluimos que u = 0. Conclusão: Se F é injetora o seu núcleo se resume ao vetor nulo de U . (_{⇐ ) Resumimos a “volta” assim}

H₁: F ´e linear. H₂: _{N (F ) = { 0 }.} H:    T: F ´e injetora.

Ent˜ao, dados u₁, u₂ ∈ U arbitr´arios devemos mostrar que F (u1) = F (u2) ⇒ u1 = u2

Pois bem,

F (u1) = F (u2) ⇒ F (u1)− F (u2) = 0

Como F ´e linear vale a propriedade P2 (p. 149), isto ´e

F (u₁)_{− F (u}₂) = 0 _{⇒ F (u}₁_{− u}₂) = 0

Como, pela segunda hipótese, no núcleo só existe o vetor nulo, temos F (u₁_{− u}₂) = 0 _{⇒ u}₁ _{− u}₂ = 0 _{⇒ u}₁ = u₂.

Exemplo: Seja D : Pn → Pn o operador de deriva¸c˜ao D(p) = p′. Per-

guntamos se D ´e um operador injetor.

Inicialmente vamos encontrar o n´ucleo deste operador: p(t) = a₀+ a₁t + a₂t2+_{· · ·+a}nt n _{⇒ D(p(t)) = a} 1+ 2 a2t +· · · +n ant n−1 Logo, D(p(t)) = 0 _{⇒ a}₁ = a₂ =_{· · · = a}n = 0.

Sendo assim resulta

N (D) = { p(t) = a0 : a0 ∈ R } 6= { 0 }

N (D) é o conjunto dos polinômios constantes, logo D não é injetor. Veja, de uma outra perspectiva, porque D não é um operador injetor:

P₂ p₁(t) = 1 + t + t2 p₂(t) = 3 + t + t2 D p₁6= p2 ⇒ P₂ p(t) = 1 + 2 t s D(p₁) = D(p₂)

Na equa¸c˜ao (3.1) (p. 128) definimos a imagem de uma transforma¸c˜ao

arbitr´aria F : U → V como: Im (F ) = { F (u): u ∈ U }.

Na propriedade P₃ (p. 150) provamos que se F é linear então Im (F ) é

um subespa¸co vetorial de V .

Iremos agora demonstrar um importante teorema relacionando as di- mensões do núcleo e da imagem de uma transforma¸cão linear.

Teorema 7 (Do N´ucleo e da Imagem). Sejam U e V espa¸cos vetoriais de

dimensão finita sobre R. Dada uma transforma¸cão linear F : U _{→ V , então}

dim U = dim_{N (F ) + dim Im (F )} (3.9) U

N (F )

V Im (F )

Prova: Suponha que dim_{N (F ) = r e que B}₁ = _{{ u}₁, . . . , ur} ´e uma

base de _{N (F ). De acordo com o teorema do completamento} (teo. 5, p. 99)

essa base pode ser estendida a uma base B2 ={ u1, . . . , ur, v1, . . . , vs} de

1o) Inicialmente mostremos que B gera Im (F ). Seja v ∈ Im (F ) um vetor arbitrário na imagem, então existe u_{∈ U tal que F (u) = v. Mas u é} combina¸cão linear dos vetores de B₂, o que implica na existência de escalares tais que: u = λ₁u₁ +_{· · · + λ}rur + γ1v1 +· · · + γsvs Aplicando F , obtemos F (u) = v = F (λ1u1 +· · · + λrur + γ1v1 +· · · + γsvs) = λ₁F (u₁) +_{· · · + λ}rF (ur) + γ1F (v1) +· · · + γsF (vs) = λ₁ 0 +_{· · · + λ}r 0 + γ1F (v1) +· · · + γsF (vs) = γ1F (v1) +· · · + γsF (vs)

Observe que u₁, . . . , ur est˜ao no n´ucleo, o que implica que suas imagens,

por F , ´e o vetor nulo. Pois bem, esta ´ultima igualdade prova que B gera a imagem de F .

2o) Vamos agora mostrar que B ´e linearmente independente, ent˜ao seja λ1F (v1) +· · · + λsF (vs) = 0

Desta igualdade obtemos

F (λ₁v₁+_{· · · + λ}svs) = 0

Logo, o vetor λ₁v₁ +_{· · · + λ}svs pertence ao n´ucleo de F , o que significa

que ele pode ser expresso como combina¸c˜ao linear dos vetores de B1, isto ´e,

existem escalares γ₁, . . . , γr ∈ R de modo que:

λ1v1 +· · · + λsvs = γ1u1 +· · · + γrur

Ent˜ao

γ₁u₁ +_{· · · + γ}rur+ (−λ1) v1 +· · · + (−λs) vs = 0

Como o conjunto B2 ´e L.I., podemos concluir que todos os escalares que

figuram nesta ´ultima igualdade s˜ao nulos. Em particular λ₁ =_{· · · = λ}s = 0.

Provamos assim que B, de fato, ´e L.I.. Resumindo, temos:

B1 ={ u1, . . . , ur} base de N (F ) ⇒ dim N (F ) = r

B2 ={ u1, . . . , ur, v1, . . . , vs} base de U ⇒ dim U = r + s

B ={ F (v1), . . . , F (vs)} base de Im (F ) ⇒ dim Im (F ) = s

Sendo assim ´e verdade que:

dim U = dim_{N (F ) + dim Im (F ).}

Exemplos:

1 ) No exemplo da p. 155 encontramos o n´ucleo da transforma¸c˜ao F : R2 → R3, dada por F (x, y) = (0, 2x− y, 0)

Agora encontremos sua imagem. A imagem da aplica¸c˜ao F : U → V ´e encontrada assim:

Im (F ) = { F (u): u ∈ U }

=_{{ F (x, y): (x, y) ∈ R}2_}

={ (0, 2x − y, 0): (x, y) ∈ R2_{} = { 2x − y (0, 1, 0): (x, y) ∈ R}2_}

A imagem é gerada pelo vetor (0, 1, 0), isto é, _{Im (F ) = [ (0, 1, 0) ], é o} eixo oy. Veja:

p p p 1 2 p p p −1 1 2 R2 N (F ) ← x y y = 2x F R3 t t x y z տ Im (F )

Temos: dim_{N (F ) = 1 e dim Im (F ) = 1, o que confirma} dim U = dim_{N (F ) + dim Im (F )} dim R2 = 1 + 1

2 ) No exemplo da p. 156 encontramos o n´ucleo da transforma¸c˜ao F : R3 _{→ R}3, dada por F (x, y, z) = (x, y, 0) Agora encontremos a imagem de F :

Im (F ) = { F (u): u ∈ U }

={ F (x, y, z): (x, y, z) ∈ R3} ={ (x, y, 0): (x, y, z) ∈ R3} Portanto, Im (F ) ´e o plano xoy. Veja:

x y z t(x, y, z) −→ N (F ) F t(x, y, z) (x, y, 0) s Im (F ) x y z

Temos: dimN (F ) = 1 e dim Im (F ) = 2, o que confirma dim U = dimN (F ) + dim Im (F )

dim R3 = 1 + 2

3 ) Determine o n´ucleo e a imagem do operador F : R3 _{→ R}3_{, dado por}

F (x, y, z) = (x− 2y − z, y + 2z, x + 3y + z). Solu¸c˜ao:

N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0_}

=_{{ (x, y, z) ∈ R}3 : F (x, y, z) = (0, 0, 0)_}

F (x, y, z) = (0, 0, 0) ⇒ (x − 2y − z, y + 2z, x + 3y + z) = (0, 0, 0) Donde resulta o sistema:

       x_{− 2y − z = 0} y + 2z = 0 x + 3y + z = 0

cuja única solu¸cão é (0, 0, 0). Logo,N (F ) = { 0 } = { (0, 0, 0) }. Agora encontremos a imagem de F :

Im (F ) = { F (u): u ∈ U }

={ F (x, y, z): (x, y, z) ∈ R3}

={ (x − 2y − z, y + 2z, x + 3y + z): x, y, z ∈ R } Vamos encontrar um conjunto de geradores para a imagem, assim:

(x_{−2y −z, y +2z, x+3y +z) = x ( ? , ? , ? ) + y ( ? , ? , ? ) + z ( ? , ? , ? )} Com um pouco de reflex˜ao chegamos a

Logo, qualquer vetor da imagem é combina¸cão linear destes três vetores e, portanto:

Im (F ) = [ (1, 0, 1), (−2, 1, 3), (−1, 2, 1) ]

Como_{{ (1, 0, 1), (−2, 1, 3), (−1, 2, 1) } ´e L.I. pelo teorema 4}(p. 99)´e uma

base do subespa¸co_{Im (F ) e pela proposi¸c˜ao 8} (p. 99)podemos concluir que

Im (F ) = R3_{. Geometricamente tudo se passa assim:}

x y z ց N (F ) t F t (1, 0, 1) t_{(−2, 1, 3)} t(−1, 2, 1) x y z

Temos: dim_{N (F ) = 0 e dim Im (F ) = 3, o que confirma} dim U = dim_{N (F ) + dim Im (F )} dim R3= 0 + 3

4 ) Determine uma aplica¸c˜ao linear F : R3 _{→ R}4 _{tal que}

Im (F ) = [ (3, −1, 2, 1), (4, 1, 0, −1) ]

Solu¸cão: Como dimIm (F ) = 2, então dim N (F ) = 1. Como, pela propriedade P₅ (p. 151), uma transforma¸cão linear fica completamente definida

quando se conhecem as imagens dos vetores de uma base do dom´ınio, podemos escollher, por exemplo

F (1, 0, 0) = (0, 0, 0, 0), F (0, 1, 0) = (3,−1, 2, 1), F (0, 0, 1) = (4, 1, 0, −1) A imagem ser´a o conjunto dado porquanto sendo

(x, y, z) = x (1, 0, 0) + y (0, 1, 0) + z (0, 0, 1) temos

F (x, y, z) = x F (1, 0, 0) + y F (0, 1, 0) + z F (0, 0, 1) = x (0, 0, 0, 0) + y (3, −1, 2, 1) + z (4, 1, 0, −1) = (3y + 4z, −y + z, 2y, y − z)

Obviamente que este problema admite outras solu¸c˜oes.

Podemos confirmar o resultado obtido calculando a imagem de F , assim: Im (F ) = { F (u): u ∈ U }

={ F (x, y, z): (x, y, z) ∈ R3}

=_{{ (3y + 4z, −y + z, 2y, y − z): (x, y, z) ∈ R}3_} =_{{ y (3, −1, 2, 1) + z (4, 1, 0, −1): (x, y, z) ∈ R}3_} Isto mostra que_{Im (F ) = [ (3, −1, 2, 1), (4, 1, 0, −1) ].}

5 ) Determine o núcleo e a imagem, bem como as dimensões respectivas da transforma¸cão F : P₂(R) _{→ P}₃(R) dada por F f (t)= f (t) + t2_f′_(t).

Solu¸cão: Antes da resolu¸cão propriamente, veja um exemplo de como esta transforma¸cão funciona (atua):

P₂(R) P₃(R)

f (t) = 2 + 4 t + 5 t2 _{⇒ F f(t)}₌ _{f (t)} _{+ t}2_f′_(t)

F (2 + 4 t + 5 t2_{) = (2 + 4 t + 5 t}2_{) + t}2_{(2 + 4 t + 5 t}2₎′

= (2 + 4 t + 5 t2) + t2(0 + 4 + 10 t) = 2 + 4 t + 9 t2+ 10 t3

Pois bem, encontremos o n´ucleo da tranforma¸c˜ao: N (F ) = { u ∈ U : F (u) = 0_}

=_{{ a + b t + c t}2 _{∈ P}₂(R) : F (a + b t + c t2) = 0_}

Devemos resolver a equa¸c˜ao

F (a + b t + c t2) = 0 ⇒ (a + b t + c t2) + t2(a + b t + c t2)′ = 0

a + b t + (b + c) t2+ 2c t3 = 0

Ou ainda,

a + b t + (b + c) t2+ 2c t3 = 0 + 0 t + 0 t2+ 0 t3 _{⇒ a = b = c = 0.} Logo,_{N (F ) = { 0 }. Sendo assim dim N (F ) = 0. Por outro lado, seja f(t)} um polinômio genérico da_{Im (F ). Então}

f (t) = a + b t + (b + c) t2+ 2c t3 = a + b ( t + t2) + c ( t2+ 2 t3)

Esta ´ultima igualdade mostra que Im (F ) = [ 1, t + t2_{, t}2 _{+ 2 t}3_{]. Como}

esses três vetores que geram a imagem de F são L.I. (verifique) então { 1, t + t2_{, t}2_{+ 2 t}3_{} é uma base de Im (F ).}

6 ) Encontre uma transforma¸c˜ao linear F : R3 _{→ R}2 cujo n´ucleo seja gerado pelo vetor (1, 1, 0). R3 x y z s(1, 1, 0) → N (F ) F = ? R2 x 0s y

Solu¸cão: A idéia a ser utilizada na resolu¸cão está contida na propriedade P₅ (p. 151).

O conjunto B = _{{ (1, 1, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1) } ´e uma base do R}3 _que

completa a base { (1, 1, 0) } do núcleo da transforma¸cão que procuramos. Se tomarmos F (0, 1, 0) e F (0, 0, 1) linearmente independentes teremos uma base da imagem de _{Im (F ). Fa¸camos então F (0, 1, 0) = (1, 0) e} F (0, 0, 1) = (0, 1). R3 x y z s (1, 1, 0) s (0, 1, 0) s (0, 0, 1) F = ? R2 x y s s(0, 1) s (1, 0)

Agora vamos escrever um vetor gen´erico do R3 como combina¸c˜ao linear dos vetores da base B, assim:

(x, y, z) = α (1, 1, 0) + β (0, 1, 0) + γ (0, 0, 1) = x (1, 1, 0) + (y− x) (0, 1, 0) + z (0, 0, 1)

Portanto,

F (x, y, z) = x F (1, 1, 0) + (y− x) F (0, 1, 0) + z F (0, 0, 1) = x (0, 0) + (y− x) (1, 0) + z (0, 1) = (y − x, z)

Naturalmente que este problema possui outras solu¸c˜oes, a bem da verdade infinitas.

Corol´ario 4. Sejam U e V espa¸cos vetoriais sobre R com a mesma di-

mensão finita n e suponhamos F : U → V uma transforma¸cão linear. Então

s˜ao equivalentes as seguintes afirma¸c˜oes:

( I ) F é sobrejetora. ( II ) F é bijetora. ( III ) F é injetora.

( IV ) F transforma uma base de U em uma base de V (isto ´e, se B ´e

uma base de U , ent˜ao F (B) ´e base de V ).

Prova: Devemos mostrar as seguintes implica¸c˜oes: ( I ) ⇒ ( II ) ⇒ ( III ) ⇒ ( IV ) ⇒ ( I ) Ent˜ao: ( I ) ⇒ ( II )

Como F é sobrejetora então _{Im (F ) = V . Temos ainda, por hipótese,} que dim U = dim V , logo, da equa¸cão dim U = dimN (F ) + dim Im (F ) resulta que dim_{N (F ) = 0. Logo N (F ) = { 0 } e F é injetora; sendo F} sobrejetora e injetora resulta bijetora.

( II ) _{⇒ ( III ) ´}E imediato.

( III ) ⇒ ( IV ). Sendo B = { u1, . . . , un} uma base de U mostremos que

F (B) = _{{ F (u}1), . . . , F (un)} ´e uma base de V . Inicialmente observamos

que F (B) tem o mesmo número de vetores que B pelo fato de F ser injetora. Então é suficiente mostrar que F (B) é L.I. Consideremos a combina¸cão linear:

λ₁F (u₁) +_{· · · + λ}nF (un) = 0

Sendo F linear podemos escrever

F ( λ1u1+· · · + λnun) = 0

Sendo F injetora resulta que

λ1u1+· · · + λnun = 0

Como B ´e L.I. concluimos que λ1 = 0, . . . , λn = 0.

( IV ) _⇒ ( I ). Tomando um vetor arbitr´ario no contradom´ınio, diga- mos v ∈ V , devemos provar que ele ´e imagem de algum vetor do dom´ınio.

Sendo B ={ u1, . . . , un} uma base de U, por hip´otese resulta que F (B) =

{ F (u1), . . . , F (un)} é uma base de V . Logo v é combina¸cão linear de F (B),

isto ´e, existem n´umeros λ_i tais que:

v = λ₁F (u₁) +_{· · · + λ}nF (un)

Pela linearidade de F resulta

v = F ( λ1u1 +· · · + λnun)

Portanto v ´e imagem, por F , de u = λ₁u₁ +_{· · · + λ}nun ∈ U.

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Como a teoria quântica, em que as leis da f´ısicas assumem novas formas bizarras, mas somente em dom´ınios muito menores do que os encontrados na vida diária, o espa¸co curvo pode existir, mas sendo tão próximo do euclidiano que, na escala da vida terrestre normal, não detec- tamos a diferen¸ca. E no entanto, como a teoria quântica, as implica¸coes da curvatura para as teorias da f´ısica podem ser enormes.

(Leonard Mlodinow/A janela de Euclides, p. 111)

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Schwarz viu algo na teoria das cordas que outros poucos viram, uma beleza matemática essencial que ele sentiu que não podia ter sido aciden- tal. A teoria era dif´ıcil de ser desenvolvida, mas isso não o desanimou. Ele estava tentando resolver um problema que confundiu Einstein e todo mundo depois de Einstein_{− reconciliar a teoria quântica com a relativi-} dade. A solu¸cão não poderia ser fácil. (A janela de Euclides, p. 218)

No documento Gentil Lopes - Algebra Linear (Comentado) (páginas 157-170)