Exercícios Resolvidos de Teorema Núcleo Imagem

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Enunciado

Sejam T : E ⟶ F uma transformação linear, β = { v 1 , v 2 , v 3 , v 4 } uma base de E e γ = { w 1 , w 2 , w 3 } uma base de F . Suponha que:

T γ ← β = 1 2 0 0 2 1 2 0 0 0 0 1

a   Enuncie o teorema do Núcleo-Imagem.

b   Usando o teorema do Núcleo-Imagem, determine se T é injetiva.

c   Exiba uma base para o núcleo e uma base para a imagem de T .

Observe que os geradores serão escritos em função dos vetores das bases β e γ

Passo 1

Letra ( a )

Considerando a T do enunciado:

dim ⁡ N u c T + dim ⁡ I m T = dim ⁡ D o m T

Passo 2

Letra ( b )

Bom para T ser injetiva, seu núcleo deve conter somente o vetor nulo, e portanto sua dimensão deverá ser zero. Assim, vamos estudar os casos:

Podemos perceber que dim ⁡ D o m T = 4 , e que pelo teorema do Núcleo-Imagem percebemos que a dimensão da Imagem de T é no máximo a dimensão do contra-domínio (que possui dimensão 3 ). Assim, na melhor da hipóteses:

dim ⁡ N u c T + dim ⁡ I m T = dim ⁡ D o m T ⇒

dim ⁡ N u c T + 3 = 4 ⇒

dim ⁡ N u c T = 1

Logo, podemos perceber que é impossível ela ser injetiva.

Passo 3

Letra ( c )

Calculando uma base para o núcleo:

T γ ← β u β = 0

Sendo u β = a b c d

1 2 0 0 2 1 2 0 0 0 0 1 ⋅ a b c d = 0 ⇒

a + 2 b = 0 = ⇒ a = - 2 b 2 a + b + 2 c = 0 ⇒ - 4 b + b + 2 c = 0 ⇒ 2 c = 3 b ⇒ c = 3 2 b d = 0

Assim, achamos uma relação para as coordenadas dos vetores do núcleo na base β . Mas isso ainda não são os vetores do núcleo!! Sabemos que:

u β = - 2 b b 3 2 b 0

Assim, podemos dizer que:

u = - 2 b v 1 + b v 2 + 3 2 b v 3 ⇒

u = b - 2 v 1 + v 2 + 3 2 v 3

Logo como N u c T = s p a n { - 2 v 1 + v 2 + 3 2 v 3 } , uma possível base pro núcleo é:

α = { - 2 v 1 + v 2 + 3 2 v 3 }

Passo 4

Calculando uma base para a imagem:

Bom, para calcular uma base para a imagem podemos aplicar a T em cada um dos vetores da base do nosso domínio. Entretanto, com não temos a expressão de T não podemos fazer isso, mas temos a matriz que representa ela indo da base β para a γ . Então, basta que saibamos as coordenadas dos elementos da base de E escritos na base E , ou seja:

v 1 β = 1 0 0 0 , v 2 β = 0 1 0 0 , v 3 β = 0 0 1 0 , v 4 β = 0 0 0 1

Para v 1 :

T γ ← β ⋅ v 1 β = T v 1 γ

1 2 0 0 2 1 2 0 0 0 0 1 ⋅ 1 0 0 0 = 1 2 0 = T v 1 γ

T v 1 = w 1 + 2 w 2

Para v 2 :

T γ ← β ⋅ v 2 β = T v 2 γ

1 2 0 0 2 1 2 0 0 0 0 1 ⋅ 0 1 0 0 = 2 1 0

T v 2 = 2 w 1 + w 2

Para v 3 :

T γ ← β ⋅ v 3 β = T v 3 γ

1 2 0 0 2 1 2 0 0 0 0 1 ⋅ 0 0 1 0 = 0 2 0

T v 3 = 2 w 2

Para v 4 :

T γ ← β ⋅ v 4 β = T v 4 γ

1 2 0 0 2 1 2 0 0 0 0 1 ⋅ 0 0 0 1 = 0 0 1

T v 4 = w 3

Passo 5

Agora temos que verificar se o conjunto:

w 1 + 2 w 2 ,   2 w 1 + w 2 ,   2 w 2 ,   w 3

É L I . Podemos perceber que temos 4 vetores para o nossa base da imagem, quando que a dimensão máxima dela seria 3 , e portanto sabemos que nosso conjunto é L D .

Olhando para os três primeiros vetores, podemos ver alguma relação entre eles:

2 w 1 + 2 w 2 - 2 w 1 + w 2 = 3 w 2

Repare que apenas, quis cancelar o w 1 , pois agora é só “ajeitar”:

2 3 2 w 1 + 2 w 2 - 2 w 1 + w 2 = 2 3 ⋅ 3 w 2 = 2 w 2

Ou seja, podemos descartar o vetor 2 w 2 , pois ele pode ser formado por uma C L dos outros dois vetores. E assim uma possível base é:

δ = w 1 + 2 w 2 ,   2 w 1 + w 2 ,   w 3

Resposta

a   dim ⁡ N u c T + dim ⁡ I m T = dim ⁡ D o m T

b   Não é injetiva

( c ) Possíveis bases para o núcleo e a imagem respectivamente:

α = { - 2 v 1 + v 2 + 3 2 v 3 }

δ = w 1 + 2 w 2 ,   2 w 1 + w 2 ,   w 3