Solução:

Observe que Φ está bem-definida, pois $$\phi(T) = U\circ T\circ U^{-1}$$ é uma transformação em $$\mathcal{W}$$. Além disso, se $$T=R, UTU^{-1}=URU^{-1}$$.

Também é fato que a aplicação é linear. Com efeito,

\[\phi(T+\alpha\cdot R) = U(T+\alpha\cdot R)U^{-1}= UTU^{-1} + \alpha\cdot URU^{-1} = \phi(T) + \alpha\phi(R). \]

Por fim, devemos demonstrar a existência de $$\phi^{-1}$$.

i) Observamos que, se $$UTU^{-1}=\phi(T)=0$$, então $$T = U^{-1}0U = 0$$. Isso implica que $$ker(\phi)=\{0_{\mathcal{L}(V)}\}$$, isto é: a aplicação é injetora.

ii) Qualquer transformação linear $$R\in\mathcal{L}(W)$$ pode ser composta com $$U$$ de modo que $$U^{-1}RU\in\mathcal{L}(V)$$. Aplicando em Φ, temos

\[\phi(U^{-1}RU)=UU^{-1}RUU^{-1}=Id_{\mathcal{L}(W)}RId_{\mathcal{L}(W)}=R.\]

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Dados os subespaços vetorias $$V_{i}$$ de um espaço $$V$$, define-se $$V=V_{1}\oplus V_{2}\oplus …\oplus V_{n}$$ como a soma direta interna, se, e somente se, todo elemento $$v\in V$$ pode ser escrito de maneira única como $$v=v_{1}+…+v_{n}$$, em que $$v_{i}\in V_{i}$$.

Define-se também $$W=V_{1}\times …\times V_{n}$$, em que a operação de soma de vetores é a soma direta externa: $$(v_{1},…,v_{n})\boxplus (v’_{1},…,v’_{n}) = (v_{1}+v’_{1},…,v_{n}+v’_{n})$$.

Teorema: Prove que $$V$$ é isomorfo a $$W$$.

Demonstração:

Dado $$u\in V$$, pode-se escrever de maneira única $$u=v_{1}+…+v_{n}$$. A relação $$\phi: V\longrightarrow W$$, com $$\phi (u)=(v_{1},…,v_{n})$$ é uma bijeção linear entre os espaços.

Segue a demonstração da afirmação anterior.

1) A relação é uma função, isto é, está bem definida.

De fato, como $$u=v_{1}+…+v_{n}$$, é certo que todo $$u\in V$$ terá um representante em $$W$$ da forma $$\phi(u)=(v_{1},…,v_{n})$$.

Seja $$u’ = v’_{1}+…+v’_{n}$$. Se $$u=u’$$, é certo que $$v_{i}=v’_{i}$$, uma vez que a soma direta garante haver apenas uma decomposição vetorial de $$u$$ no formato apresentado. Daqui, $$\phi(u’)=(v’_{1},…,v’_{n})=(v_{1},…,v_{n})=\phi(u)$$.

2) A função é linear.

Com efeito, seja $$\alpha\in\mathbb{F}$$, $$\phi(\alpha\cdot u + u’) = \phi(\alpha\cdot v_{1}+v_{1}+…+\alpha\cdot u_{n}+u’_{n})=(\alpha\cdot v_{1}+v’_{1},…,\alpha\cdot v_{n}+v’_{n})=$$

$$(\alpha\cdot v_{1},…,\alpha\cdot v_{n})+(v’_{1},…,v’_{n})=\phi (\alpha\cdot u)+\phi (u) = \alpha\cdot (v_{1},…,v_{n})+\phi(u’)=\phi(u)+\phi(u’)$$.

Observação: $$\phi(0)=(0+…+0)=(0,…,0)$$, dado que $$u=0\Longleftrightarrow v_{i}=0$$.

3) A função é injetora.

De fato, se $$\phi(u)=\phi(u’)\Longrightarrow (v_{1},…,v_{n})=(v’_{1},…,v’_{n})$$. Daqui, tem-se que $$v_{i}=v’_{i}$$, portanto $$u=v_{1}+…+v_{n}=v’_{1}+…+v’_{n}=u’$$.

4) A função é sobrejetora.

De fato, toda sequência $$(v_{1},…,v_{n})$$ gera um elemento em $$V$$ na forma $$u=v_{1}+…v_{n}$$.

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Solução:

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Solução:

i) Partiremos da informação de que $$A$$ é invertível. A fim de que $$(AX)(v)=\mathbb{0}(v)$$, teremos a seguinte expressão:

\[(AX)(v)=A(X(v))=\mathbb{0}(v)\].

Por hipótese, $$A$$ é injetiva, logo $$X(v)=0$$, dado que $$A(X(v))=0$$. Como a expressão é válida para todo $$v\in E$$, o operador $$X$$ deve ser identicamente nulo.

Provamos que $$T_{A}=0$$ se, e somente se, $$X$$ é nulo. Mais ainda: $$T_{A}$$ é um operador linear, portanto a função ser injetiva implica em ser sobrejetiva.

ii) Dado $$T_{A}$$ injetiva (sobrejetiva), temos $$AX=0$$ se, e somente se, $$X=0$$. Supondo a existência de $$v\neq 0$$ em $$E$$ tal que $$A(v)=0$$, então existiriam $$X$$ e $$w$$, com $$X(w)=v$$, de modo que $$A(X(w))=0$$. Isso contraria a hipótese de que $$T_{A}$$ é bijetora, portanto é obrigatório que $$A$$ seja bijetora.

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