Álgebra Linear – Transformações Lineares

Questão

Seja $$V$$ um espaço vetorial, e seja $$T$$ uma transformação linear de $$V$$ em $$V$$. Demonstrar que as duas afirmações seguintes sobre $$T$$ são equivalentes:

(a) A intersecção da imagem de $$T$$ com o núcleo de $$T$$ é o subespaço nulo de $$V$$.

(b) Se $$T(T(v))=0_{V}\Longrightarrow T(v)=0_{V}$$.

Solução:

Seja $$v\in Im(T)$$ (imagem), então existe $$w\in V$$ tal que $$T(w)=v$$.

 

De (a) para (b).

Se $$T(T(w))=T(v)=0$$, temos $$T(w)\in ker (T)$$ e $$T(w)\in Im(T)$$.

Por hipótese em (a), se $$T(w)\in ker(T)\cap Im(T)$$, então $$v=T(w)=0_{V}$$.

 

De (b) para (a). 

A hipótese em (a) valerá, em particular, para $$v\in Im(T)$$. Se $$T(T(w))=T(v)=0_{V}$$ implica em $$v=0_{V}$$.

Isto é, todo $$v\in Im(T)$$ que pertence ao núcleo [$$T(v)=0_{V}$$] só pode ser idêntico ao vetor nulo do espaço vetorial. Em outras palavras, $$Im(T)\cap ker(T)=\{0_{V}\}$$.


Questão

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Seja $$\mathcal{V}=\{v_{1},…,v_{n}\}$$ é uma base do espaço vetorial $$E$$.Para cada $$i=1,2,…,n$$, seja $$\Phi_{i}: E\longrightarrow\mathbb{R}$$ o funcional linear determinado pelas condições: $$\Phi_{i}(v_{i})= 1$$, $$\Phi_{i}(v_{j})= 0$$, se $$i\neq j$$. Prove que $$\Phi_{1},…,\Phi_{n}$$ é uma base de $$E^{*}=\mathcal{L}(E;\mathbb{R})$$ (base dual de $$\mathcal{V}$$.

Solução:

i) O conjunto é um gerador do espaço dual.

Com efeito, seja $$f\in E^{*}$$, então existem os escalares $$\lambda_{1},…,\lambda_{n}$$ tais que $$f(v_{i})=\lambda_{i}$$.

Podemos escrever $$f(v_{i})=\lambda_{i}\Phi_{i}(v_{i})=\lambda_{i}$$.

Dado $$w\in V$$, existem os escalares $$\alpha_{1},…,\alpha_{n}\in\mathbb{R}$$ tais que $$w=\alpha_{1}v_{1}+…+\alpha_{n}v_{n}$$.

Então $$f(w)=\alpha_{1}f(v_{1})+…+\alpha_{n}f(v_{n})=\alpha_{1}\lambda_{1}+…+\alpha_{n}\lambda_{n}$$.

Por outro lado, $$\alpha_{i}\lambda_{i}=\lambda_{i}\Phi_{i}(\alpha_{i} v_{i})=\lambda_{i}\Phi(w)$$. Isto resulta na expressão:

\[f(w)=\lambda_{1}\Phi_{1}(w)+…+\lambda_{n}\Phi_{n}(w)\].

Provamos que qualquer funcional pode ser escrito como combinação linear das funções indicadas, pois existem os escalares $$\lambda$$.

ii) O conjunto é linearmente independente.

Seja a função nula a seguir:

\[\mathcal{0}(w)=\lambda_{1}\Phi_{1}(w)+…+\lambda_{n}\Phi_{n}(w)=\lambda_{1}\alpha_{1}+…\lambda_{n}\alpha_{n}\].

Como a expressão deve ser nula para todo $$w\in E$$, podemos tomar $$w=w_{i}$$, para os índices da base de $$E$$. Deste modo, temos:

\[\mathcal{0}(v_{i})=\lambda_{i}=0\].

A fim de que a função seja nula para todos os elementos da base, é necessário que os valores $$\lambda$$ sejam nulos. Provamos que, para termos o vetor nulo do espaço dos funcionais, a combinação linear do conjunto gerador deve ser nula.


Questão

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No espaço vetorial $$\mathcal{P}$$ dos polinômios, considere os operadores lineares $$D,A:\mathcal{P}\longrightarrow\mathcal {P}$$ de derivação ($$D(p(x))=p'(x)$$) e multiplicação por $$x$$ ($$A(p(x)))=x\cdot p(x)$$), respectivamente. Determine $$DA-AD$$.

Solução:

$$D(A(p(x)))=D(x\cdot p(x))=(x\cdot p(x))’-x’p+xp’$$.

$$AD=A(D(p(x)))=A(p'(x))=xp'(x)$$.

$$DA-AD=x’p_xp’-xp’=x’p=p(x)$$.

Operador $$AD-DA = I$$ (identidade).


Questão

Seja $$V$$ um espaço vetorial, e seja $$T$$ um operador linear de $$\mathcal{L}(V)$$. Suponha que $$dim(Im(T))=dim(Im(T^{2}))$$. Prove que o espaço coluna e o núcleo são (linearmente) disjuntos, isto é, possuem apenas o vetor nulo como elemento comum.

Solução:

Em primeiro lugar, pelo teorema do núcleo e da imagem, é fácil ver que $$dim(ker(T))=dim(ker(T^{2}))$$.

Suponha a existência de $$v\neq\mathbb{0} \in ker(T)\cap im(T)$$. Então existe $$w\in V$$ tal que $$T(w)=v$$. Como $$v\neq\mathbb{0}$$, então $$w\notin ker(T)$$, embora $$w\in ker(T^{2})$$, dado que $$T^{2}(w)=T(T(v))=\mathbb{0}$$.

Seja uma base de $$ker(T) = \{v_{1},..,v_{s}\}$$. Note que $$ker(T)\subset ker(T^{2})$$, então a base de $$ker(T)$$ é subconjunto L.I de $$ker(T^{2})$$. Mas há um problema: ambos os conjuntos são subespaços vetoriais e apresentam a mesma dimensão, então a devemos dizer que a base do núcleo de $$T$$ também é base do núcleo de $$T^{2}$$. Isto torna impossível a existência de $$w\notin ker(T)$$, mas que seja $$w\in ker(T^{2})$$. Logo a única opção será $$v=\mathbb{0}$$.


Referências:

[1] – Hoffmann, K. , Kunze, R. – Linear Algebra

[2] – Lima, E. L – Álgebra Linear

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