·
Física ·
Álgebra Linear
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1 Usando diagonalização de matrizes calcule A10 onde a matriz A é dada por A frac14 beginpmatrix 1 3 3 1 endpmatrix 2 Seja uma transformação linear T V o V com dimV n Prove que T é injetivo se e somente se possui núcleo trivial se e somente se é sobrejetivo 3 Nos itens a seguir considere o operador linear T mathbbR2 o mathbbR2 dado por Txy x 2y Determine a A matriz canônica do operador T b Uma base para Núcleo de T e a dimensão do Núcleo de T c A dimensão da imagem de T d O operador T é injetivo O operador T é sobrejetivo O operador T é um isomorfismo sobre o espaço vetorial mathbbR2 Justifique sua resposta e Determine todos os autovalores do operador T e os respectivos autovetores associados f O operador T é diagonalizável Justifique sua resposta Em caso afirmativo determine uma base de autovetores para o mathbbR2 e diagonalize o operador T Sugestão Use a fórmula D P1TP Boa Sorte Solução da questão 1 A matriz A é A frac14 beginpmatrix 1 3 3 1 endpmatrix beginpmatrix frac14 frac34 frac34 frac14 endpmatrix Determinaremos via diagonalização A10 Para isso vamos obter os autovalores lambda e autovetores de A Os lambda são tais que 0 detA lambda I Logo temos que 0 detA lambda I beginvmatrix frac14 lambda frac34 frac34 frac14 lambda endvmatrix leftfrac14 lambdaright2 frac916 resolvendo para lambda temos leftfrac14 lambdaright2 frac916 0 implies leftfrac14 lambdaright2 frac916 implies frac14 lambda pm frac34 implies lambda frac14 pm frac34 implies lambda1 1 lambda2 frac12 e logo os autovalores da matriz são lambda1 1 e lambda2 frac12 Para lambda1 1 tomemos o autovetor arbitrário v tal que v beginpmatrix v1 v2 endpmatrix Para de fato v ser autovetor da matriz A associado ao autovalor lambda1 esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A lambda1 Iv beginpmatrix 0 0 endpmatrix onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A lambda1 Iv beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left left beginmatrix frac14 frac34 frac34 frac14 endmatrix right left beginmatrix lambda1 0 0 lambda1 endmatrix right right cdot beginpmatrix v1 v2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left beginmatrix frac34 frac34 frac34 frac34 endmatrix right beginpmatrix v1 v2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix então desse sistema temos apenas uma equação que é frac34v1 frac34v2 0 que nos dá que v2 v1 e o auto vetor é então v beginpmatrix v1 v2 endpmatrix beginpmatrix v1 v1 endpmatrix v1 beginpmatrix 1 1 endpmatrix 1 e o autovetor é então beginpmatrix 1 1 endpmatrix 2 Para lambda2 frac12 tomemos o autovetor arbitrário u tal que u beginpmatrix u1 u2 endpmatrix Para de fato u ser autovetor da matriz A associado ao autovalor lambda2 esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A lambda2 Iu beginpmatrix 0 0 endpmatrix onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A lambda1 Iv beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left left beginmatrix frac14 frac34 frac34 frac14 endmatrix right left beginmatrix lambda2 0 0 lambda2 endmatrix right right cdot beginpmatrix u1 u2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left beginmatrix frac34 frac34 frac34 frac34 endmatrix right beginpmatrix u1 u2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix então desse sistema temos apenas uma equação que é frac34u1 frac34u2 0 que nos dá que u1 u2 e o autovetor é então u beginpmatrix u1 u2 endpmatrix beginpmatrix u2 u2 endpmatrix u2 beginpmatrix 1 1 endpmatrix 3 e o autovetor é então beginpmatrix 1 1 endpmatrix 4 Com isso determinase os autovetores de A sendo esses 1 1 e 1 1 5 Evidentemente esses autovetores são linearmente independentes Logo segue que A é diagonalizável Em particular a matriz P dada por P 1 1 1 1 6 Diagonaliza A ortogonalmente de modo que D P¹AP 1 0 0 12 Usando isso podemos calcular A¹⁰ com efeito A¹⁰ D¹⁰ 1¹⁰ 0 0 1¹⁰ 2¹⁰ 1 0 0 11024 Solução da questão 2 O enunciado original do Teorema para melhor finalidade de compreensão será separado em duas partes Essas partes serão o primeiro segundo e terceiro resultado que seguem abaixo Primeiro resultado Teorema 1 Seja T V V um operador linear e V um espaço vetorial com dimV n Então T é injetivo se e somente se T possui núcleo Trivial Primeiramente vamos provar que se T é injetivo então T possui núcleo trivial isto é kerT eᵥ onde eᵥ é o vetor nulo de V e dim kerT 0 Com efeito tomemos u kerT e suponhamos que u não seja o vetor nulo de V isto é eᵥ u Portanto segue que Tu eᵥ no entanto é sabido também que Teᵥ eᵥ Todavia T é injetivo logo para eᵥ u devemos ter que eᵥ u Teᵥ Tu Tu eᵥ que contradiz a hipótese de que u kerT Consequentemente a suposição de que u kerT com u eᵥ é um absurdo e segue então que u eᵥ Portanto o núcleo de T deve ser composto unicamente pelo vetor nulo eᵥ assim sendo trivial Por outro lado suponhamos que T possua núcleo Trivial ou seja o núcleo kerT é tal que kerT eᵥ onde eᵥ é o vetor nulo Tomando u₁ u₂ V e usando a linearidade da aplicação T temos que Tu₁ Tu₂ Tu₁ Tu₂ eᵥ Tu₁ u₂ eᵥ 6 Solução da questão 3 O operador linear T R² R² dado por Txy x 2y 7 Solução do item a Em forma matricial temos que Txy x 2y T x y 1 0 0 2 x y e a forma matricial é T x y 1 0 0 2 x y onde a matriz na base canônica de T que vamos denotar por A é tal que A 1 0 0 2 Solução do item b Vamos obter uma base par o núcleo ou seja queremos os vetores xy tais que Txy 0 0 visto que 0 0 é o vetor nulo de R² Com efeito temos então o seguinte 1 0 0 2 x y 0 0 x 0 2y 0 logo a solução do sistema é x 0 y 0 Portanto fica determinado que o único vetor que compõem kerT é o vetor nulo Logo o núcleo de T é trivial e segue que sua dimensão é 0 Uma bse para kerT é o próprio vetor nulo 0 0 Solução do item c Para a imagem de T temos o seguinte Txy x 2y x1 0 2y0 1 8 como x y R segue que 1 0 e 0 1 são os vetores que formam a base para Im T Note que então temos 1 0 0 1 é uma base para ImT portanto temos que dim ImT 2 Solução do item d O operador T possui núcleo trivial conforme determinado no item b portanto é injetivo e sobrejetivo o resultado decorre do provado na questão 2 no Primeiro resultado e no Terceiro resultado Consequentemente por T ser injetivo e sobrejetivo segue que T é bijetivo logo é um isomorfismo 7 Solução do item e Vamos determinar os autovalores λ de T e seus autovetores associados Para isso usaremos a matriz A definida no item a Com efeito os autovalores λ são tais que 0 detA λI 1 λ 0 0 2 λ 1 λ2 λ Logo é evidente que os autovalores λ são λ₁ 1 e λ₂ 2 Para λ₁ 1 tomemos o autovetor arbitrário v tal que v v₁ v₂ Para de fato v ser autovetor da matriz A associado ao autovalor λ₁ esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A λ₁I v 0 0 onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A λ₁I v 0 0 1 0 0 2 λ₁ 0 0 λ₁ v₁ v₂ 0 0 0 0 0 3 v₁ v₂ 0 0 então desse sistema temos apenas uma equação que 3v₂ 0 logo v₂ 0 Daí o autovetor v é v v₁ v₂ v₁ 0 v₁ 1 0 9 e o autovetor associado ao autovalor λ₁ 1 é então 1 0 10 Para λ₂ 2 tomemos o autovetor arbitrário u tal que u u₁ u₂ Para de fato u ser autovetor da matriz A associado ao autovalor λ₂ esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A λ₂I u 0 0 onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A λ₁I v 0 0 1 0 0 2 λ₂ 0 0 λ₂ u₁ u₂ 0 0 3 0 0 0 u₁ u₂ 0 0 então por definição segue que u1 u2 kerT Porém por hipótese segue que kerT eV consequentemente u1 u2 eV o que finalmente nos dá que u1 u2 Em suma u1 u2 eV u1 u2 Com isso obtemos ao fim o seguinte Tu1 Tu2 u1 u2 que mostra que o operador T que mostra que T é injetivo Assim provando o desejado Segundo resultado Teorema 2 Seja T V V um operador linear e V um espaço vetorial com dimV n Então T é sobrejetivo e somente se kerT é trivial Vamos supor que T seja sobrejetor e provaremos que kerT é trivial Com efeito Se T é sobrejetor segue que dimImT dimV Então do Teorema do Núcleo imagem temos que dim V dim ImT dim kerT desenvolvendo segue que dim V dim V dim kerT dim kerT 0 ou seja segue que dim kerT 0 e assim o kernel de T é composto unicamente pelo vetor nulo do espaço V isto é kerT eV Agora suponhamos que kerT é trivial ou seja dim kerT 0 Com efeito segue diretamente do Teorema do Núcleo Imagem que dim V dim ImT dim kerT dim V dim ImT Logo a dimensão da imagem de T por V é igual a dimensão de V e portanto o operador T é sobrejetivo Terceiro resultado Teorema 3 Seja T V V um operador linear e V um espaço vetorial com dimV n Então T é injetivo se e somente se T é sobrejetivo Primeiramente vamos supor que T seja injetivo Nessas condições segue do Teorema 1 que T possui núcleo trivial ou seja kerT 0 Mostraremos agora que T é sobrejetivo Com efeito como dimV n então tomando vi i 1 2 n vetores de V linearmente in dependentes o conjunto v1 v2 v3 vn forma uma base para V Tomemos αi i 1 2 n escalares do corpo sobre o qual o espaço V está definido Então a combinação linear α1v1 α2v2 α3v3 αnvn eV 4 onde eV é o vetor nulo do espaço V possui única solução que é αi 0 para todo i Aplicando o vetor α1v1 α2v2 α3v3 αnvn em T segue dada linearidade de T que 0 TeV pois eV V Tα1v1 α2v2 α3v3 αnvn α1Tv1 α2Tv2 α3Tv3 αnTvn e portanto α1v1 α2v2 α3v3 αnvn kerT Logo de fato temos que todos αi deverão ser zeros e logo os vetores Tvi são linearmente independentes Assim a o conjunto Tv1 Tv2 Tv3 Tvn é linearmente independente logo forma uma base para V Isso prova que se T é injetivo então T transforma os elemento da base V em elementos de uma base para o espaço de saída da aplicação T Agora podemos mostrar que T é sobrejetora Com efeito consideremos um elemento u V tal que α1v1 α2v2 α3v3 αnvn u Por outro lado um elemento v V pode também ser escrito como combinação linear da base Tv1 Tv2 Tv3 Tvn ou seja v α1Tv1 α2Tv2 α3Tv3 αnTvn usando a linearidade da aplicação T temos que v α1Tv1 α2Tv2 α3Tv3 αnTvn Tα1v1 α2v2 α3v3 αnvn Tu Logo existe u V tal que Tu v Note ainda que esse argumento pode ser estendido para todo u v V Deste modo fica provado que T é sobrejetor Agora vamos supor que T seja sobrejetor e provaremos que T é injetor Do Teorema 2 temos que se T é sobrejetor segue que T possui núcleo trivial Do Teorema segue que se T possui núcleo trivial então T é injetivo Assim terminase a demonstração Finalização Com isso segue que conseguimos garantir a seguinte cadeia de equivalências T é injetivo se e somente se possui núcleo trivial se e somente se T é sobrejetivo Em tópicos podemos escrever que T é tal que Se T é injetivo isso implica que o núcleo de T é trivial Provado na ida do Teorema 1 Se T o núcleo é trivial segue que T é sobrejetivo Provado na volta do Teorema 2 Se T é sobrejetivo segue que T possui núcleo trivial Provado na ida do Teorema 2 Se T é sobrejetivo consequentemente com núcleo trivial segue que T é injetivo Provado na volta do Teorema 3 ida do Teorema 1 5 então desse sistema temos apenas uma equação que é u1 0 e o autovetor é então u u1 u2 0 u2 u2 0 1 11 e o autovetor associado a λ2 2 é então 0 1 12 Com isso determinase os autovetores de A sendo esses 1 0 e 0 1 13 em notação de vetores de R2 temos que os autovetores são 1 0 e 0 1 Solução do item f Sim T é diagonalizável pois possui tem dois autovalores e cada um desses autovetores é associado a um autovetor e esses por sua vez são linearmente independentes Portanto T é diagonalizável Com efeito segue que uma base para os autovetores de T pode ser formada pelo seguinte conjunto 1 0 0 1 Além disso definese a matriz P formada por esses autovetores da seguinte forma P 1 0 0 1 Note que P é a matriz identidade de ordem 2 Logo segue que P é invertível com inversa P1 dada por P P1 Com isso podemos diagonalizar a matriz A associada ao operador T Com efeito D P1AP PAP A 1 0 0 2 e a fora diagonal de A é a própria matriz A
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1 Usando diagonalização de matrizes calcule A10 onde a matriz A é dada por A frac14 beginpmatrix 1 3 3 1 endpmatrix 2 Seja uma transformação linear T V o V com dimV n Prove que T é injetivo se e somente se possui núcleo trivial se e somente se é sobrejetivo 3 Nos itens a seguir considere o operador linear T mathbbR2 o mathbbR2 dado por Txy x 2y Determine a A matriz canônica do operador T b Uma base para Núcleo de T e a dimensão do Núcleo de T c A dimensão da imagem de T d O operador T é injetivo O operador T é sobrejetivo O operador T é um isomorfismo sobre o espaço vetorial mathbbR2 Justifique sua resposta e Determine todos os autovalores do operador T e os respectivos autovetores associados f O operador T é diagonalizável Justifique sua resposta Em caso afirmativo determine uma base de autovetores para o mathbbR2 e diagonalize o operador T Sugestão Use a fórmula D P1TP Boa Sorte Solução da questão 1 A matriz A é A frac14 beginpmatrix 1 3 3 1 endpmatrix beginpmatrix frac14 frac34 frac34 frac14 endpmatrix Determinaremos via diagonalização A10 Para isso vamos obter os autovalores lambda e autovetores de A Os lambda são tais que 0 detA lambda I Logo temos que 0 detA lambda I beginvmatrix frac14 lambda frac34 frac34 frac14 lambda endvmatrix leftfrac14 lambdaright2 frac916 resolvendo para lambda temos leftfrac14 lambdaright2 frac916 0 implies leftfrac14 lambdaright2 frac916 implies frac14 lambda pm frac34 implies lambda frac14 pm frac34 implies lambda1 1 lambda2 frac12 e logo os autovalores da matriz são lambda1 1 e lambda2 frac12 Para lambda1 1 tomemos o autovetor arbitrário v tal que v beginpmatrix v1 v2 endpmatrix Para de fato v ser autovetor da matriz A associado ao autovalor lambda1 esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A lambda1 Iv beginpmatrix 0 0 endpmatrix onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A lambda1 Iv beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left left beginmatrix frac14 frac34 frac34 frac14 endmatrix right left beginmatrix lambda1 0 0 lambda1 endmatrix right right cdot beginpmatrix v1 v2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left beginmatrix frac34 frac34 frac34 frac34 endmatrix right beginpmatrix v1 v2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix então desse sistema temos apenas uma equação que é frac34v1 frac34v2 0 que nos dá que v2 v1 e o auto vetor é então v beginpmatrix v1 v2 endpmatrix beginpmatrix v1 v1 endpmatrix v1 beginpmatrix 1 1 endpmatrix 1 e o autovetor é então beginpmatrix 1 1 endpmatrix 2 Para lambda2 frac12 tomemos o autovetor arbitrário u tal que u beginpmatrix u1 u2 endpmatrix Para de fato u ser autovetor da matriz A associado ao autovalor lambda2 esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A lambda2 Iu beginpmatrix 0 0 endpmatrix onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A lambda1 Iv beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left left beginmatrix frac14 frac34 frac34 frac14 endmatrix right left beginmatrix lambda2 0 0 lambda2 endmatrix right right cdot beginpmatrix u1 u2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix implies left beginmatrix frac34 frac34 frac34 frac34 endmatrix right beginpmatrix u1 u2 endpmatrix beginpmatrix 0 0 endpmatrix então desse sistema temos apenas uma equação que é frac34u1 frac34u2 0 que nos dá que u1 u2 e o autovetor é então u beginpmatrix u1 u2 endpmatrix beginpmatrix u2 u2 endpmatrix u2 beginpmatrix 1 1 endpmatrix 3 e o autovetor é então beginpmatrix 1 1 endpmatrix 4 Com isso determinase os autovetores de A sendo esses 1 1 e 1 1 5 Evidentemente esses autovetores são linearmente independentes Logo segue que A é diagonalizável Em particular a matriz P dada por P 1 1 1 1 6 Diagonaliza A ortogonalmente de modo que D P¹AP 1 0 0 12 Usando isso podemos calcular A¹⁰ com efeito A¹⁰ D¹⁰ 1¹⁰ 0 0 1¹⁰ 2¹⁰ 1 0 0 11024 Solução da questão 2 O enunciado original do Teorema para melhor finalidade de compreensão será separado em duas partes Essas partes serão o primeiro segundo e terceiro resultado que seguem abaixo Primeiro resultado Teorema 1 Seja T V V um operador linear e V um espaço vetorial com dimV n Então T é injetivo se e somente se T possui núcleo Trivial Primeiramente vamos provar que se T é injetivo então T possui núcleo trivial isto é kerT eᵥ onde eᵥ é o vetor nulo de V e dim kerT 0 Com efeito tomemos u kerT e suponhamos que u não seja o vetor nulo de V isto é eᵥ u Portanto segue que Tu eᵥ no entanto é sabido também que Teᵥ eᵥ Todavia T é injetivo logo para eᵥ u devemos ter que eᵥ u Teᵥ Tu Tu eᵥ que contradiz a hipótese de que u kerT Consequentemente a suposição de que u kerT com u eᵥ é um absurdo e segue então que u eᵥ Portanto o núcleo de T deve ser composto unicamente pelo vetor nulo eᵥ assim sendo trivial Por outro lado suponhamos que T possua núcleo Trivial ou seja o núcleo kerT é tal que kerT eᵥ onde eᵥ é o vetor nulo Tomando u₁ u₂ V e usando a linearidade da aplicação T temos que Tu₁ Tu₂ Tu₁ Tu₂ eᵥ Tu₁ u₂ eᵥ 6 Solução da questão 3 O operador linear T R² R² dado por Txy x 2y 7 Solução do item a Em forma matricial temos que Txy x 2y T x y 1 0 0 2 x y e a forma matricial é T x y 1 0 0 2 x y onde a matriz na base canônica de T que vamos denotar por A é tal que A 1 0 0 2 Solução do item b Vamos obter uma base par o núcleo ou seja queremos os vetores xy tais que Txy 0 0 visto que 0 0 é o vetor nulo de R² Com efeito temos então o seguinte 1 0 0 2 x y 0 0 x 0 2y 0 logo a solução do sistema é x 0 y 0 Portanto fica determinado que o único vetor que compõem kerT é o vetor nulo Logo o núcleo de T é trivial e segue que sua dimensão é 0 Uma bse para kerT é o próprio vetor nulo 0 0 Solução do item c Para a imagem de T temos o seguinte Txy x 2y x1 0 2y0 1 8 como x y R segue que 1 0 e 0 1 são os vetores que formam a base para Im T Note que então temos 1 0 0 1 é uma base para ImT portanto temos que dim ImT 2 Solução do item d O operador T possui núcleo trivial conforme determinado no item b portanto é injetivo e sobrejetivo o resultado decorre do provado na questão 2 no Primeiro resultado e no Terceiro resultado Consequentemente por T ser injetivo e sobrejetivo segue que T é bijetivo logo é um isomorfismo 7 Solução do item e Vamos determinar os autovalores λ de T e seus autovetores associados Para isso usaremos a matriz A definida no item a Com efeito os autovalores λ são tais que 0 detA λI 1 λ 0 0 2 λ 1 λ2 λ Logo é evidente que os autovalores λ são λ₁ 1 e λ₂ 2 Para λ₁ 1 tomemos o autovetor arbitrário v tal que v v₁ v₂ Para de fato v ser autovetor da matriz A associado ao autovalor λ₁ esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A λ₁I v 0 0 onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A λ₁I v 0 0 1 0 0 2 λ₁ 0 0 λ₁ v₁ v₂ 0 0 0 0 0 3 v₁ v₂ 0 0 então desse sistema temos apenas uma equação que 3v₂ 0 logo v₂ 0 Daí o autovetor v é v v₁ v₂ v₁ 0 v₁ 1 0 9 e o autovetor associado ao autovalor λ₁ 1 é então 1 0 10 Para λ₂ 2 tomemos o autovetor arbitrário u tal que u u₁ u₂ Para de fato u ser autovetor da matriz A associado ao autovalor λ₂ esse autovetor deve satisfazer a seguinte igualdade A λ₂I u 0 0 onde I é a matriz identidade de mesma ordem que a matriz A Então construiremos v desse modo com efeito temos A λ₁I v 0 0 1 0 0 2 λ₂ 0 0 λ₂ u₁ u₂ 0 0 3 0 0 0 u₁ u₂ 0 0 então por definição segue que u1 u2 kerT Porém por hipótese segue que kerT eV consequentemente u1 u2 eV o que finalmente nos dá que u1 u2 Em suma u1 u2 eV u1 u2 Com isso obtemos ao fim o seguinte Tu1 Tu2 u1 u2 que mostra que o operador T que mostra que T é injetivo Assim provando o desejado Segundo resultado Teorema 2 Seja T V V um operador linear e V um espaço vetorial com dimV n Então T é sobrejetivo e somente se kerT é trivial Vamos supor que T seja sobrejetor e provaremos que kerT é trivial Com efeito Se T é sobrejetor segue que dimImT dimV Então do Teorema do Núcleo imagem temos que dim V dim ImT dim kerT desenvolvendo segue que dim V dim V dim kerT dim kerT 0 ou seja segue que dim kerT 0 e assim o kernel de T é composto unicamente pelo vetor nulo do espaço V isto é kerT eV Agora suponhamos que kerT é trivial ou seja dim kerT 0 Com efeito segue diretamente do Teorema do Núcleo Imagem que dim V dim ImT dim kerT dim V dim ImT Logo a dimensão da imagem de T por V é igual a dimensão de V e portanto o operador T é sobrejetivo Terceiro resultado Teorema 3 Seja T V V um operador linear e V um espaço vetorial com dimV n Então T é injetivo se e somente se T é sobrejetivo Primeiramente vamos supor que T seja injetivo Nessas condições segue do Teorema 1 que T possui núcleo trivial ou seja kerT 0 Mostraremos agora que T é sobrejetivo Com efeito como dimV n então tomando vi i 1 2 n vetores de V linearmente in dependentes o conjunto v1 v2 v3 vn forma uma base para V Tomemos αi i 1 2 n escalares do corpo sobre o qual o espaço V está definido Então a combinação linear α1v1 α2v2 α3v3 αnvn eV 4 onde eV é o vetor nulo do espaço V possui única solução que é αi 0 para todo i Aplicando o vetor α1v1 α2v2 α3v3 αnvn em T segue dada linearidade de T que 0 TeV pois eV V Tα1v1 α2v2 α3v3 αnvn α1Tv1 α2Tv2 α3Tv3 αnTvn e portanto α1v1 α2v2 α3v3 αnvn kerT Logo de fato temos que todos αi deverão ser zeros e logo os vetores Tvi são linearmente independentes Assim a o conjunto Tv1 Tv2 Tv3 Tvn é linearmente independente logo forma uma base para V Isso prova que se T é injetivo então T transforma os elemento da base V em elementos de uma base para o espaço de saída da aplicação T Agora podemos mostrar que T é sobrejetora Com efeito consideremos um elemento u V tal que α1v1 α2v2 α3v3 αnvn u Por outro lado um elemento v V pode também ser escrito como combinação linear da base Tv1 Tv2 Tv3 Tvn ou seja v α1Tv1 α2Tv2 α3Tv3 αnTvn usando a linearidade da aplicação T temos que v α1Tv1 α2Tv2 α3Tv3 αnTvn Tα1v1 α2v2 α3v3 αnvn Tu Logo existe u V tal que Tu v Note ainda que esse argumento pode ser estendido para todo u v V Deste modo fica provado que T é sobrejetor Agora vamos supor que T seja sobrejetor e provaremos que T é injetor Do Teorema 2 temos que se T é sobrejetor segue que T possui núcleo trivial Do Teorema segue que se T possui núcleo trivial então T é injetivo Assim terminase a demonstração Finalização Com isso segue que conseguimos garantir a seguinte cadeia de equivalências T é injetivo se e somente se possui núcleo trivial se e somente se T é sobrejetivo Em tópicos podemos escrever que T é tal que Se T é injetivo isso implica que o núcleo de T é trivial Provado na ida do Teorema 1 Se T o núcleo é trivial segue que T é sobrejetivo Provado na volta do Teorema 2 Se T é sobrejetivo segue que T possui núcleo trivial Provado na ida do Teorema 2 Se T é sobrejetivo consequentemente com núcleo trivial segue que T é injetivo Provado na volta do Teorema 3 ida do Teorema 1 5 então desse sistema temos apenas uma equação que é u1 0 e o autovetor é então u u1 u2 0 u2 u2 0 1 11 e o autovetor associado a λ2 2 é então 0 1 12 Com isso determinase os autovetores de A sendo esses 1 0 e 0 1 13 em notação de vetores de R2 temos que os autovetores são 1 0 e 0 1 Solução do item f Sim T é diagonalizável pois possui tem dois autovalores e cada um desses autovetores é associado a um autovetor e esses por sua vez são linearmente independentes Portanto T é diagonalizável Com efeito segue que uma base para os autovetores de T pode ser formada pelo seguinte conjunto 1 0 0 1 Além disso definese a matriz P formada por esses autovetores da seguinte forma P 1 0 0 1 Note que P é a matriz identidade de ordem 2 Logo segue que P é invertível com inversa P1 dada por P P1 Com isso podemos diagonalizar a matriz A associada ao operador T Com efeito D P1AP PAP A 1 0 0 2 e a fora diagonal de A é a própria matriz A