Considere uma transformação linear $$T : \mathbb{R}^{2}\longrightarrow \mathbb{R}^{n}$$, para n ≥ 2.

Mostre que somente uma das seguintes alternativas se verifica:

(a) { T(u), T(v) } é linearmente independente.
(b) dim(Im(T)) = 1 .
(c) Im(T) = { 0_V }

Solução:

Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, sabemos que $$2 =dim(V)=dim(N(T))+dim(Im(T))$$. Só há três soluções possíveis em números inteiros positivos para essa equação:

• i) $$dim(N(T)) = 0$$ e $$dim(Im(T))=2$$; ou
• ii) $$dim (N(T))=1$$ e $$dim(Im(T))=1$$; ou
• iii) $$dim (N(T))=2$$ e $$dim(Im(T))=0$$.

E cada situação é mutuamente excludente, isto é: se ocorrer uma delas, as outras duas são automaticamente excluídas.

O caso (i) corresponde a dizer que $$\{T(u),T(v)\}$$ é um conjunto linearmente independente. O caso (iii) corresponde a dizer que $$Im(T) = \{0_{\mathbb{R}^{n}}\}$$.

Referência:
Álgebra Linear e suas Aplicações – Petronio Pulino

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Demonstração:

Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem,

\[dim(V)=dim(N(T)) + posto(T) \text{e}\]

\[dim(V)=dimN(T^{2})+posto(T^{2}).\]

Por hipótese, como ambos os postos são idênticos, teremos $$dim(N(T))=dim(N(T^{2}))$$. Note que, se $$Tu=0$$, tem-se $$T^{2}u=T(Tu)=0$$. Logo, observamos que $$N(T)\subseteq N(T^{2})$$, ou seja: aquele é subespaço deste. Assim, como suas dimensões são idênticas, só se pode ter $$N(T)=N(T^{2})$$.

Suponha, por absurdo, que exista $$u\neq 0$$ tal que $$Tu\in N(T)$$. Daqui, $$T(Tu)=0$$. Há duas opções: ou $$Tu=0$$ ou $$Tu\neq 0$$. No segundo caso, teríamos $$u\notin N(T)$$. Entretanto, dado que $$T(Tu)=0$$ e que $$N(T)=N(T^{2})$$,  $$u\in N(T^{2})$$, então $$u\in N(T)$$, o que configura-se em um absurdo.

A única opção, portanto, é que $$Tu=0$$, donde se tem que $$N(T)\cap Im(T)=\{0\}$$.

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(a) se T e P são injetoras, então dim(U) ≤ dim(V ) ≤ dim(W).
(b) se T e P são sobrejetoras, então dim(U) ≥ dim(V ) ≥ dim(W).

Solução:

a) Se ambas são injetoras, seus núcleos correspondem ao subespaço nulo, ou seja: $$dim(N(T))=dim(N(P))=0$$. Aplicando o teorema do núcleo e da imagem sobre $$T$$, temos $$dim(U) = dim(N(T))+dim(\mathcal{Im}(T) = dim(\mathcal{Im}(T)$$.

Aplicando o mesmo teorema sobre $$P$$, temos $$dim(V) = dim(N(P))+dim(\mathcal{Im}(P) = dim(\mathcal{Im}(P)$$.

Sabemos que $$\mathcal{Im}(T)$$ é um subespaço vetorial de $$V$$ e que $$\mathcal{Im}(P)$$ é subespaço vetorial de $$W$$, logo $$dim(U)=dim(\mathcal{Im}(T))\leq dim(V)$$ e $$dim(V)=dim(\mathcal{Im}(P))\leq dim(W)$$. O resultado desejado segue dessas duas afirmações.

b) Assumindo que ambas sejam sobrejetoras, teremos $$\mathcal{Im}(T)=V$$ e $$\mathcal{Im}(P)=W$$. Aplicando-se novamente o Teorema do Núcleo e da Imagem, teremos

\[dim(U)=dim(N(T)) + dim(V) \text{e}\]

\[dim(V) = dim(N(P)) + dim (W).\]

Daqui, temos que

\[dim(U) \geq dim (V) \geq dim(W).\]

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Solução:

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Teorema: Sejam dois espaços de dimensão finita $$V$$ e $$W$$. Seja $$\tau\in\mathcal{L}(V;W)$$, uma transformação linear. Então $$dim(\tau(V))+dim(ker(\tau))=dim(V)$$.

Lema: Seja $$V$$ um espaço de dimensão finita, e seja $$S$$ um subespaço de $$V$$. Então $$dim(V/S)=dim(V)-dim(S)$$.

Demonstração (Lema): Seja $$\{u_{1},…,u_{r}\}$$ uma base de $$S$$, e seja $$dim(V)=n\geq r$$. Pelo lema do completamento da base, sabemos que existem $$n-r$$ vetores L.I tais que $$V=span(\mathcal{B})$$, com $$\mathcal{B}=\{u_{1},…,u_{r},v_{1},…,v_{n-r}\}$$, um conjunto L.I.

Provaremos que o conjunto das classes de equivalência (espaço vetorial com as operações definidas sobre as classes) é combinação linear de elementos do conjunto $$\{v_{i}+S\}_{i=1}^{n-r}$$ e o conjunto é linearmente independente.

Com efeito, seja $$v\in V$$, é certo que existem escalares tais que $$v=\sum^{n}_{i=1}a_{i}w_{i}$$, para $$w_{i}\in\mathcal{B}$$. Dada uma classe $$v+S$$, faz-se $$v+S=\sum^{n}_{i=1}a_{i}w_{i} +S = \sum^{n}_{i=1}(a_{i}w_{i}+S)$$, pela associatividade da operação no espaço quociente.

Se $$w_{i}\in S$$, é certo que $$w_{i}+S=S$$. Portanto a equação anterior reduz-se a $$\sum^{n-r}_{i=1}(a_{i}v_{i}+S)$$, (lembre-se de que $$v_{i}=w_{i}$$, para $$i\in\{1,…,n-r\})$$. Assim, observamos que o conjunto gerador de $$V/S$$ é $$\{v_{1}+S,…,v_{n-r}+S\}.$$  Provaremos que o conjunto é linearmente independente.

De fato, sabemos que o elemento neutro do espaço quociente é o próprio $$S$$. Assim, encontremos os escalares $$a_{i}$$, para os quais $$(a_{r+1}v_{r+1}+S)+…+ (a_{n-r}v_{n-r}+S) = S$$. Pela associatividade, equivale a $$a_{1}v_{1}+…+a_{n-r}v_{n-r}+S=S$$.

Pela definição da classe da equivalência, $$v+S=S\Longleftrightarrow s\in S$$, então é certo que $$a_{i}=0$$, porque $$v_{i}\notin S$$ e $$i\in\{r+1,…,n-r\}$$.

Demonstramos que $$dim(V/S)=n-r=dim(V)-dim(S)$$.

Demonstração (Teorema do Núcleo e da Imagem): Pelo teorema do Isomorfismo, sabemos que $$\tau(V)\sim \frac{V}{ker(\tau)}$$, portanto $$dim(\tau(V))=dim(V/ker(\tau))$$. Mas este último é igual à expressão $$dim(V)-dim(ker(\tau))$$, dado o lema exibido.

Daqui, $$dim(\tau(V))+dim(ker(\tau))=dim(V)$$.

O post Álgebra Linear – Uma demonstração do Teorema do Núcleo e da Imagem apareceu primeiro em Educacional Plenus.

Solução:

Definimos a transformação linear $$\phi:\mathbb{R}^{m}\longrightarrow E$$ com $$\phi((\alpha_{1},…,\alpha_{m}))=\alpha_{1}v_{1}+…\alpha_{m}v_{m}$$.

Note que subespaço imagem de $$\phi$$ é o subespaço gerado pelos vetores indicados inicialmente. Consequentemente, a dimensão deste subespaço é $$r$$, por hipótese do exercício.

Aplicando o teorema do Núcleo e da Imagem, temos:

\[m=dim(\mathbb{R}^{m})=dim(\mathcal{N}(\phi))+r\Longrightarrow dim(\mathcal{N}(\phi))= m -r\].

Obtivemos, portanto, a dimensão do subespaço que anula a transformação $$\phi$$, uma vez que aquele espaço é, exatamente, o núcleo de tal aplicação.

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