Núcleo e Imagem de uma Transformação Linear

2.2 NÚCLEO E IMAGEM DE UMA TRANSFORMAÇÃO LINEAR

2.2.1 Definição.

Sejam V e W espaços vetoriais e seja T:V® W uma transformação linear.

(i) O núcleo de T, denotado por Nu(T), é o conjunto de todos os vetores de V que têm imagem nula.

Nu(T) = {v Î V; T(v) = 0}

Obs: O núcleo de T é também chamado kernel de T ( ker(T) ).

(ii) A imagem de T, denotada por Im(T), é o conjunto de todos os vetores w Î W que são imagem dos vetores de V.

Im(T) = {w Î W; w = T(v) para algum v Î V}.

Observação. Nu(T) nunca é vazio, pois contém, pelo menos, o vetor nulo do espaço domínio.

De fato, T(0) = 0, pois T linear. Assim, 0 Î Nu(T).

Note que T(0_V) = 0_W, onde 0_V e 0_W indicam o vetor nulo de V e W, respectivamente.

2.2.2 Propriedades do Núcleo e da imagem.

Se T:V® W é uma transformação linear então

Propriedade 1. Nu(T) é um subespaço vetorial de V;

Propriedade 2. Im(T) é um subespaço vetorial de W.

É fácil verificar a primeira propriedade, faça isso como exercício.

Verificando a propriedade 2:

0 Î Im(T) pois $ 0 Î V tal que T(0) = 0;
Sejam w₁, w₂ Î Im e a Î R.

Como w₁ÎIm(T), $ v₁ÎV tal que T(v₁) = w₁, do mesmo modo, como w₂ÎIm(T), $ v₂ÎV tal que T(v₂) = w₂.

Então,	a) w₁ + w₂ = T(v₁) + T(v₂) = T(v₁ + v₂) \ w₁ + w₂ Î Im(T)
	b) a w₁ = a T(v₁) = T(a v₁) \ a w₁ Î Im(T)

Logo, por a) e b) temos que Im(T) é um subespaço de V.

2.2.3 Exemplo. Núcleo e imagem da transformação nula,

T:V® W; T(v) = 0.

a) Núcleo de T:

Pela definição 2.2.1, os vetores que pertencem ao núcleo de uma transformação são os que têm o vetor nulo como imagem. Considerando a transformação T dada, qualquer vetor v Î V tem como imagem o vetor 0 Î W. Dessa forma,

Nu(T) = V

b) Imagem de T:

Se todos os vetores v Î V tem como imagem o vetor nulo, então ele é o único vetor que pertence à imagem de T. Assim,

Im(T) = {0}.¨

2.2.4 Exemplo. Núcleo e imagem da transformação identidade

T:V® V; T(v) = v

a) Núcleo de T:

A transformação identidade caracteriza-se pelo fato de que a imagem de cada vetor v Î V (domínio) é o próprio vetor v Î V (contra-domínio). Ainda, como o núcleo contém todos os vetores de V cuja imagem é o vetor nulo, temos que o único vetor pertencente ao núcleo de T é o vetor 0, ou seja

Nu(T) = {0};

b) imagem de T:

Como todo vetor v Î V é imagem de si mesmo temos

Im(T) = V.¨

2.2.5 Exemplo. Núcleo e imagem do operador projeção:

a) T₁: R²®R²; T₁(x, y) = (x, 0)

fig3.gif (1403 bytes)

* Nu(T₁) = {(0, y); y Î R}	* Im(T₁) = {(x, 0); x Î R}
* Uma base do Nu(T₁): b = {(0, 1)}, pois (0, y) = y(0, 1)	* Uma base da Im(T₁): b = {(1, 0)}, pois (x, 0) = x(1, 0)
* dim Nu(T₁) = 1	* dim Im(T₁) = 1

b) T₂:R³®R³; T₂(x, y, z) = (x, 0, z)

fig4.gif (3002 bytes)

* Nu(T₂) = {(0, y, 0); y Î R}	* Im(T₂) = {(x, 0, z); x, z Î R}
* Uma base do Nu(T₂): b = {(0, 1, 0)}, pois (0, y, 0) = y(0, 1, 0)	* Uma base da Im(T₂): b = {(1, 0, 0), (0, 0, 1)}, pois (x, 0, z) = x(1, 0, 0) + z(0, 0, 1)
* dim Nu(T₂) = 1	* dim Im(T₂) = 2.¨

Outra propriedade, que não demonstraremos aqui, mas que pode ser útil na conferência de resultados é a seguinte:

Se T:V® W é uma transformação linear então

Confira esse resultado nos exemplos anteriores, dessa sub-unidade.

2.2.6 Exemplo. Considere a transformação linear f : R⁵®R³ dada por

f (x, y, z, s, t) = (x + 2y + z – 3s + 4t, 2x + 5y + 4z – 5s + 5t, x + 4y + 5z – s – 2t)

a) Determine o Nu(f ), uma base e sua dimensão.

b) Determine a Im(f ), uma base e sua dimensão.

Solução.

a) v Î Nu(f ) Û f (v) = 0 Þ

(x + 2y + z – 3s + 4t, 2x + 5y + 4z – 5s + 5t, x +4y + 5z – s – 2t) = (0, 0, 0) ou

\ Nu(f ) = {(x, y, z, s, t) Î R⁵ / x = – 5y – 7z + 5t e s = – y – 2z + 3t}
ou
Nu(f ) = {(– 5y – 7z + 5t, y, z, – y – 2z + 3t, t); y, z, t Î R}

Uma base do Nu(f ):
(– 5y – 7z + 5t, y, z, – y – 2z + 3t, t) = y (– 5, 1, 0, – 1, 0) + z(– 7, 0, 1, – 2, 0) + t(5, 0, 0, 3, 1)

\ Nu(f ) = [(– 5, 1, 0, – 1, 0), (– 7, 0, 1, – 2, 0), (5, 0, 0, 3, 1)].

Buscando dentre os geradores, um conjunto l.i.:

\ os vetores geradores do Nu(f ) são l.i.

Logo, uma base do Nu(f ) é {(– 5, 1, 0, – 1, 0), (– 7, 0, 1, – 2, 0), (5, 0, 0, 3, 1)} e dim Nu(f ) = 3.

b) Para a Im(f ): o seu vetor genérico é

(x + 2y + z – 3s + 4t, 2x + 5y + 4z – 5s + 5t, x + 4y + 5z – s –2t) = x(1, 2, 1) + y(2, 5, 4) + z(1, 4, 5) + s(– 3, – 5, – 1) + t(4, 5, – 2)

\ Im(f ) = [ (1, 2, 1), (2, 5, 4), (1, 4, 5), (– 3, – 5, – 1), (4, 5, – 2) ]

Buscando, dentre os geradores, um conjunto l.i e o conjunto Im(f):

fig5.gif (1637 bytes)

\ Im(f) = {(x, y, z) Î R³; 3x – 2y + z = 0} ou

= {(x, y, – 3x + 2y); x, y Î R}

Uma base da Im(f ) = {(1, 2, 1), (2, 5, 4)} e dim Im(f ) = 2.
Outra base: {(1, 2, 1), (0, 1, 2)}.
Ou ainda, observando que

(x, y, – 3x + 2y) = x(1, 0, – 3) + y(0, 1, 2)

escrevemos a base {(1, 0, – 3), (0, 1, 2)}

Ainda, de a) e b) temos dim Nu(f ) + dim Im(f ) = 3 + 2 = 5 = dim R⁵.¨

2.2.7 Exemplo. Seja L: R³®R³

a) Î Im(L)?	b) Î Im(L)?	c) Encontre Im(L).
d) Î Nu(L)?	e) Encontre Nu(L).

Solução.

a) Temos como o vetor genérico de Im(L).

Se Î Im(L), então para algum x, y, z. Resolvendo a equação obtemos

Logo, Î Im(L) pois existe v =Î R³ tal que L(v) = .

b) Do mesmo modo, se Î Im(L), então .

Assim, .

c) O vetor genérico da Im(L) pode ser escrito assim:.

Portanto, Im(L) = [w₁, w₂, w₃], onde .

Além disso, os vetores geradores de Im(L) são l.i. (verifique), e, portanto,é uma base de Im(L). Sendo essa base de Im(L) um conjunto de 3 vetores l.i. do R³, temos que Im(L) = R³.

d) .

Como , concluímos que Ï Nu(L).

e) Sabendo que vÎ Nu(L) se e somente se L(v) = 0, temos que, cuja única solução é o vetor . Assim, Nu(L) = {0}. ¨

2.2.8 Exemplo. Seja L:P₂®P₁; L(at² + bt + c) = (a + b)t + (b + c).

a) 2t + 2 Î Im(L)?	b) t² – t + 1 Î Nu(L)?
c) Encontre uma base para Im(L);	d) Encontre uma base para Nu(L).

Solução.

a) 2t + 2 Î Im(L)	Þ $ p(t) = at² + bt + c tal que L[p(t)] = 2t + 2
	Þ (a + b)t + (b + c) = 2t + 2 Þ Þ a = c e b = 2 – c

Portanto, 2t + 2 Î Im(L), pois L(ct² + (2 – c)t + c) = 2t + 2, " c Î R.

b) Devemos verificar se L(t² – t + 1) = 0.
L(t² – t + 1) = (1 – 1)t + (– 1 + 1) = 0t + 0 = 0, portanto t² – t + 1 Î Nu(L).

c) Sendo L[p(t)] = (a + b)t + (b + c), vamos associar o vetor (a + b, b + c) ao polinômio L[p(t)].
Assim, o vetor genérico da imagem é (a + b, b + c) = a(1, 0) + b(1, 1) + c(0, 1). Buscando os vetores l.i. no conjunto gerador {(1, 0), (1, 1), (0, 1)} obtemos {(1, 0), (0, 1)} para como um conjunto gerador l.i.
Associando, a cada um desses vetores, um polinômio p(t), temos que b₁ = {t, 1}, é uma base de Im(L). Outra base de Im(L) poderia ser, por exemplo, b₁' = {t, t + 1}.

d) Sabemos que p(t) Î Nu(L) se e somente se L[p(t)] = 0.
Dessa forma, L[p(t)] = L(at² + bt + c) = (a + b)t + (b + c) = 0. Ou seja, (a + b)t + (b + c) = 0t + 0; o que nos permite escrever o sistema cuja solução é a = – b e c = – b.

Portanto, L(– bt² + bt –b) = 0, " b Î R.

Para obter uma base do Nu(L) associamos o polinômio p(t) = at² + bt + c ao vetor v = (a, b, c). Então, v Î Nu(L) se e somente se v = (– b, b, – b), que é o vetor genérico do subespaço Nu(L) e, de (– b, b, – b) = b(– 1, 1, – 1) e podemos afirmar que Nu(L) = [(– 1, 1, – 1)]. Como o conjunto gerador é l.i, uma base de Nu(L) é b₂ = {– t² + t – 1}.

2.2.9 Exemplo. Seja L:M₂₂ ® M₂₂ a transformação linear definida por

Verifique que dim Nu(L) + dim Im(L) = dim M₂₂.

Solução.

Nu(L):

Se A é um vetor do núcleo de L, temos L(A) = 0. Assim,

Logo, o vetor genérico do subespaço Nu(L) é e dim Nu(L) = 2, pois , com b e d não nulos, é uma base de Nu(L);

Im(L):

O vetor genérico do subespaço Im(L) é e uma base para Im(L) é, para a ¹ 0 e c ¹ 0. Logo, a dim Im(L) = 2.

Assim, dim Nu(L) + dim Im(L) = 2 + 2 = 4 = dim M₂₂. (Lembre que o espaço vetorial M₂₂ está em correspondência com R⁴).

Observação: Nesta unidade trabalharemos com uma única lista de exercícios envolvendo todas as sub-unidades 2.1, 2.2, 2.3 e 2.4

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