$Introdução a Álgebra Linear - Parte 4 Assuntos Teorema da Dimensão Imagem de uma Aplicação Linear Subespaço Vetorial T É um um Conjunto Não Vazio ...

Teorema da Dimensão Se T: V → W uma aplicação linear, então dim. N(T) + dim Im(T) = dim V. Demonstração é considerado por meio dos exercícios a seguir. 1 Exercícios ① Determine o núcleo e a imagem do operador linear a duas respectivos dimensões, onde T: R³→R² definida por T(x,y,z) = (x+y-z,y) = (a0b). Solução: Por definição N(T) = {(x,y,z); T(x,y,z) = (0,0)} Mas, T(x,y,z) = (0,0) implica que (x+y-z,y) = (0,0), ou seja, x+y-z =0 y=0 Daí y=0, ou x = z, ou seja, N(T)=[(x,0,z)|z∈R²] = {1,0,1} = daí dim N(T)=1 . De teorema da dimensão, dim im(T):= dim R³ - dim N(T) = 3 - 1. = 2. Vamos determinar uma base para o conjunto Im(T). Da definição de imagem, Im (T) = { (a,b)∈R² ; T(x,y,z) = (a,b)}; e a condição T(x,y,z) = (a,b) =>(x+y-z,y) = (a,b), ou seja, a =x+y-z =a X =Y = b Daí Im (T) = { (a,0,b),a = x + y-z, z = y } = { (x+y-z),T (X); X,Y ∈ R² = (x,y,z)∈R² supremato, T(x)(y)+(0,z) } bem.desoped. dimensão => (a,b);(}.{1,0} Im (T) = {[4,0];[1,0];[4,1]} Cosmos (-1,0)j ; multiplicado da i,o0] , Im(T) = tomor e geral [vetores {1,o2] j 1 ,1) = [(4,0), (1,0)] DIAGOLADO & CONSTRUINDO - CON e[g] conc[ ) ⓶ Seja T: R ; R², 2 aplicação tal que T(1,2,0) = (1,2), T(1,0,1) e (0,1) T(0,0,1) = (-1,3). Determinar os bases aos subespaços N(T), Im(T) e concluir se T é ou não injetora e sobroj etor isso. Solução : que vimos eamestramos a diferença da aplicação T eomo {(1),( 1,0,0),{0,0,1)} r a 3.3 - Imagem de uma Aplicação Linear A imagem de uma aplicação linear T: V→W, denotado por Im(T), é o conjunto dos vetores w ∈ W tais que T(v) = w, para algum v ∈ V, isto é, Im(T) = {w ∈ W; T(v) = w} Observamos que Im(T) ⊆ W é um conjunto não vazio, pois contém o vetor nulo de W, 0 = T(0). Além disso, Im(T) é um subespaço vetorial de W, mostraremos a seguir. Lembramos que T: V→W é sobrejetora se, para todo w ∈ W, existe pelo menos um v ∈ V tal que T(v) = W, ou seja, Im(T) = W. A última igualdade é válida devido a linearidade da T. Assim, (W1 + W2) pertence a Im(T), pois, como elemento da Im, imagem dos vetores (W1, V1, III) Dado α ∈ R, w ∈ W, w ∈ Im(T), existe v ∈ V, tal que T(v) = w, logo α T(v) = α w; α ∈ W . Por outro lado, T(v) = T( α ) T(v ), dos nossos últimos equiciados T ( α v ) = α W. Pela definição de Im(T), w ∈ Im(T), pois existe um vetor, v, que é dado no mesmo w∈W. Dado a condição, podemos concluir que Im(T) é um subespaço vetorial de W . 3.3.1 - Teorema Seja T: V → W uma aplicação linear, então o conjunto Im(T) é um subespaço vetorial de W. Demonstração: I) O vetor nulo de W pertence ao conjunto Im(T), pois existe o vetor nulo de V tal que T(0) = 0, pela linearidade da T. Onde, Im(T) é um conjunto não vazio. II) Sejam W1, W2 ∈ Im(T), existem v1 e v2 vetores de V tais que T(v1) = W1 = T(v2) = W2, logo W1+W2 = T(v1) + T(v2) = T( v1 + v2 ) . 3.3.2 - Exemplos ① A imagem do operador linear identidade I: V → V, definida por I(v) = v , telo o espaço V. O núcleo é N(T) = {0}. ② A imagem da aplicação nula T: V → W, dada por T(l) = 0, é Im(T) ={0} se nesse caso N(T) = V . O próximo teorema é muito usado, por exemplo, no estudo da injetividade e sobrejetividade da aplicação linear T. Propriedades do Núcleo O núcleo de uma aplicação linear T: V→W é um subespaço vetorial de V. Lembramos que uma aplicação linear T: V→W é injetora se para v1, v2 ∈ V, T(v1) = T(v2), então v1 = v2, e, equivamente, se v1, v2 ∈ V, v1 ≠ v2, então T(v1) ≠ T(v2). Definição de injetora ou se: T(v1) = T(v2), se v1 = v2 ou se: v1 ≠ v2, se T(v1) ≠ T(v2) Teorema 3.2.3 - Seja T: V→W uma aplicação linear Então N(T) = {0} se T for injetora. Demonstração: Mostramos que se T é injetora então N(T) = {0}. De fato, seja v ∈ N(T), logo T(v) = 0. Por outro lado T(0) = 0, pois T é linear. Pela hipótese T(v) = 0 = T(0), onde V = 0, pois injetividade T. Dado, 0 é o único elemento do núcleo se T, isto é N(T) = {0}. Agora, mostramos que se N(T) = {0}, então T é injetora. Para isto, sejam v1, v2 ∈ V tal que T(v1) = T(v2), então T(v1) - T(v2) = 0, mas sendo linear T(v1 - v2) = 0, portanto, (v1 - v2) ∈ N(T). Como, por hipótese, o único elemento do núcleo é 0, então v1 = v2. Logo T é injetora. 3.2.4 - Exemplos ① Pelas propriedades acima, a aplicação linear T: R² → R, T(x,y) = (x+y,2x,y) definida no exemplo anterior é injetora, pois determinamos que seu núcleo, N(T) = {(0,0,0)}. ② Já, a aplicação linear T: R³ → R², dada por T(x,y,z) = (x-y + 4z, 3x + y +8z ) não é injetora pelo que concluímos que N(T) não contém apenas o vetor nulo, N(T) = [-3,1,-1]. DIAGOLADO e CONSTRUINDO - Compartilhamento - CONHECIMENTO O núcleo , N (T), da aplicação linear T: R³ → R², T (x,y,z) = (x - y + 4z,3x + y + 8z ), é gerado pelos vetor u, = (-3,1,1). N(T) representa geometricamente uma reta que passa no origem do R³ na direção de vetor u. Por exemplo, u_{2} = (0, 2, 0) e u_{3} = (0, 0, 3), tem que: Também, de maneira aleatoria, escreveremos os respectivos imagens. Isto é, T(u_{2}) = T(0, 2, 0) = (1, 0, 0) (2) T(u_{3}) = T(0, 0, 3) = (1, 1, 1) (3) Tomando (x, y, z) um vetor arbitrário de V, e escrevendo-o como combinação linear dos vetores u_{1}, u_{2} e u_{3}, temos (x, y, z) = au_{1} + bu_{2} + cu_{3} logo y, z = a(1, 1, 0) + b(0, 2, 0) + c(0, 0, 3) (x, y, z) = (a, 2b + a, 3c) (4) a = x, b = (x/2) y - (x/2) e c = (4/3). Substituindo, na equação vetorial (4), (x, y, z) = x(1, 1, 0) + [(y/2) - (x/2); o(0, 2, 0) + (4/3)z(0, 0, 3) Usando a linearidade de T, na última igualdade, T(x, y, z) = x T (1, 1, 0) + [(x/2)y - (x/2)x] T(0, 2, 0) + (4/3)z T(0, 0, 3) Isso, das equações (1), (2) e (3), concluímos que: T(x, y, z) = [(x/2) y - (x/2) x] (1, 0, 0) + (4/3) z (1, 1, 1) T(x, y, z) = [(x/2)y - (x/2) x] (1, 0, 0) + (1/3) = 2, (4/3) = 2. 3.2.2. Teorema Sujectivo de uma aplicação linear T: T é um subespaço vetorial de T. Demonstração: I N(T) é um conjunto não vazio. Precisamos que podemos ter uma aplicação linear, T(x)=0, de onde 0 e N(T). II Sejem u_{1} e N(T). Como T é linear, T(xu_{1} + xu_{1} + x_{2}) = T(a(1)) + Ts(1) por outro lado + por todas as vetores do núcleo de T, T(a(t)) = T(0) = T(0), então T(a + t) = 0 * 0 + 0. Portanto, (1 + t) e N(T). Dado a e R x e N(T) então não podemos definir como núcleo de T, que T(xu) = 0. Do N(T) podemos concluir quem que N(T) é, de fato, um sub-espacial vetorial de T. Núcleo de uma Aplicação Linear Dada T: V → W uma aplicação linear, o conjunto de todos os vetores V e V tais que T(v) = 0 é denominado núcleo de T, o qual denotamos por N(T) ou Ker(T), ou seja, N(T) = ker(T) = {v ∈ V; T(v) = 0} Observamos que N(T) ⊆ V, mais N(T) ét um subespaço vetorial de T, feito qual mostraremos a seguir. Logo após a aplicação de um ponto imagem uma aplicação linear, Im(T), será por um diagrama ilustrado os conjuntos N(T) e Im(T). Exemplos 1. Dado e operar linear T: R² → R², definido por T(x,y) = (x+y, 2x-y), determinada de T. Por definição N(T) consiste dos pares (x, y), tais que T(x, y) = (0, 0), ou seja, (x+y, 2x-y) = (0, 0). Assim, x + y = 0 e 2x - y = 0. Das duas últimas igualdades concluímos que x = y = 0. Dessa forma, N(T) = {(0, 0)} 2. Seja T: R³ → R³ a aplicação definida por T(1, 9, 3) = 3x + y + 4z et 3x+y+8x) 3,7 4 + y + 8x3)}. Isto é, N(T) = {(x, y, z); T(x, y, z) = (0, 0)} N(T) = {k(-3z, z, z) z é R 3 (3z,(1,1,1),z é R)} N(T) (3 ; (3,4,1) (resolução pelo vector (3, 3, 1, 1, 1) (3,3,1,1,1)) Em nosso caso, N(T) é determinado por todos os múltiplos escalares do vetor (-3, 1, 1) ou ainda, por todas as combinações lineares do vetor v, (N(T) é gerada pelo vetor (3, 3, 3, 1, 1, 1) ) N(T) = {3, 4, 1, 4, 1, 1} 3. Encontramos uma aplicação linear T: R³ → R³ tal que N(T) = {(4,4,0)} Sendo (1, 1, 0) ∈ N(T), então por definição, T(1, 1, 0) = (0, 0, 0) (1) Procedermos como no exemplo 3.1.25, ou seja, precisam para calcular a situação de T sobre vetor de uma base de R³. Neste exercício, tal fase deve conter o vetor u_{2}:(1,1,0), de núcleo. Como a dim(V), complementamos a base com dois vetores, escolhidos aleatoriamente.