Aula 24 - Transformações Lineares Inversas

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Universidade Federal do Rio Grande do Norte
Escola de Cieˆncia e Tecnologia
Aula 24 - Transformac¸o˜es Lineares
Transformac¸o˜es Lineares Inversas
Fabiana T. Santana
Fabiana T. Santana UFRN-ECT A´lgebra Linear 1 / 28
Refereˆncias Bibliogra´ficas:
1. H. Anton, C. Rorres. A´lgebra Linear com Aplicac¸o˜es. 8a ed.
Porto Alegre: Bookman, 2001.
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Transformac¸o˜es Lineares Inversas
Definic¸a˜o 1.1
Uma transformac¸a˜o linear T : V →W e´ injetora se T leva vetores
distintos de V em vetores distintos de W .
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Transformac¸o˜es Lineares Inversas
O teorema abaixo diz que se A e´ a matriz canoˆnica n× n associada a`
transformac¸a˜o linear T : Rn → Rn, isto e´ T (→x) = A →x , enta˜o T e´ injetora
se, e somente se, A e´ uma matriz invert´ıvel.
Teorema 1.1
Se A e´ a matriz canoˆnica n× n associada a` transformac¸a˜o linear
T : Rn → Rn, enta˜o as seguintes afirmac¸o˜es sa˜o equivalentes:
(a) A e´ invert´ıvel.
(b) A imagem de T e´ Rn.
(c) T e´ injetora.
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Justificativa:
Levando as equivaleˆncias das afirmac¸o˜es abaixo para o contexto da
transformac¸a˜o linear T : Rn → Rn, temos que:
(a) A e´ invert´ıvel.
(b) A
→
x=
→
w e´ consistente para cada vetor
→
w de tamanho n× 1.
(c) A
→
x=
→
w tem exatamente uma soluc¸a˜o para cada vetor
→
w de
tamanho n× 1 .
implicam em:
(a) A e´ invert´ıvel.
(b) Para cada vetor
→
w∈ Rn existe um vetor →x∈ Rn tal que
T (
→
x) =
→
w, isto e´, a imagem de T e´ todo Rn.
(c) Para cada vetor
→
w da imagem de T , existe exatamente um
vetor
→
x∈ Rn tal que T (→x) =→w, isto e´, T e´ injetora.
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Exemplo 1.1
Seja T : R3 → R3 a transformac¸a˜o linear cuja matriz canoˆnica e´
A =
1 2 32 5 3
1 0 8
 .
Determine se T e´ injetora.
Soluc¸a˜o:
Calculando o determinante de A obtemos:
det(A) = −1.
Como o determinante de A e´ na˜o nulo, conclu´ımos que A e´ invert´ıvel.
Logo, T e´ injetiva.
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O Corola´rio abaixo mostra que a inversa de uma transformac¸a˜o linear
T : Rn → Rn pode ser facilmente obtida atrave´s da inversa da matriz
canoˆnica A associada a T .
Corola´rio 1.1
Seja T : Rn → Rn uma transformac¸a˜o linear e A a matriz canoˆnica
associada a T . Se T e´ invert´ıvel, enta˜o
(T )−1(
→
x) = A−1
→
x .
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Para espac¸os vetoriais arbitra´rios, o Teorema abaixo mostra uma maneira
de verificar se a transformac¸a˜o linear T : V →W e´ injetora.
Teorema 1.2
Se T : V →W e´ uma transformac¸a˜o linear, enta˜o Nuc(T ) = {→0} se, e
somente se, T e´ injetora.
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Demonstrac¸a˜o:
(⇒) Mostraremos que se Nuc(T ) = {→0}, enta˜o T e´ injetora.
Sejam
→
u,
→
v∈ V , tais que T (→u) = T (→v ). Somando −T (→v )
em ambos os membros da igualdade anterior, e usando as
propriedades de transformac¸a˜o linear, temos que:
T (
→
u) = T (
→
v ) ⇒ T (→u)− T (→v ) =→0
⇒ T (→u − →v ) =→0 .
Logo, pela definic¸a˜o de nu´cleo,
→
u − →v∈ Nuc(T ). Como no
nu´cleo so´ tem o vetor nulo, conclu´ımos que
→
u − →v=→0 , isto
e´,
→
u=
→
v .
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Continuac¸a˜o:
(⇐) Mostraremos que se T e´ injetora, enta˜o Nuc(T ) = {→0}.
Suponha, por contradic¸a˜o que existe
→
v∈ Nuc(T ), isto e´,
T (
→
v ) =
→
0 . Como T (
→
0 ) =
→
0 , segue que T (
→
v ) = T (
→
0 ).
Como T e´ injetora, segue da definic¸a˜o que
→
v=
→
0 . Isto e´,
Nuc(T ) = {→0}.
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Observac¸a˜o 1.1
T : V →W e´ injetora se, e somente se, nul(T ) = dim(Nuc(T )) = 0.
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Exemplo 1.2
Seja T : R6 → R4 a transformac¸a˜o linear cuja matriz canoˆnica e´
A =

−1 2 0 4 5 −3
3 −7 2 0 1 4
2 −5 2 4 6 1
4 −9 2 −4 −4 7
 .
Verifique se T e´ injetora.
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Soluc¸a˜o:
Reduzindo a matriz A atrave´s da eliminac¸a˜o gaussiana, obtemos:
1 −2 0 −4 −5 3
0 1 −2 −12 −16 5
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
 .
Como a forma escalonada tem duas linhas na˜o nulas, temos que:
pos(T ) = pos(A) = 2.
nul(T ) = dim(R6)− pos(T ) = 6− 2 = 4.
Pela Observac¸a˜o (1.1), conclu´ımos que T na˜o e´ injetora, pois nul(T ) 6= 0.
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Corola´rio 1.2
Se dim(V ) = dim(W ), enta˜o a transformac¸a˜o linear T : V →W e´
injetora se e somente se for sobrejetora.
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Demonstrac¸a˜o:
(⇒) Se T : V →W , com dim(V ) = dim(W ) e´ injetora, enta˜o
nul(T ) = 0. Como
dim(Im(T )) + dim(Nuc(T )) = dim(V ), temos que
dim(Im(T )) = dim(V ) = dim(W ), isto e´, T e´ sobrejetora.
(⇐) Por outro lado, se T e´ sobrejetora, enta˜o
dim(Im(T )) = dim(W ). Como
dim(Im(T )) + dim(Nuc(T )) = dim(V ) e
dim(V ) = dim(W ), segue que
dim(Nuc(T )) = dim(V )− dim(W ) = 0. Logo, T e´
injetora.
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Exemplo 1.3
Seja T : R3 → R3 o operador definido por
T (x1, x2, x3) = (3x1 + x2,−2x1 − 4x2 + 3x3, 5x1 + 4x2 − 2x3).
(a) Mostre que T e´ injetor.
(b) Encontre T−1(x1, x2, x3).
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Soluc¸a˜o:
(a) Para mostrar que T e´ injetor vamos mostrar que a matriz canoˆnica
de T e´ invert´ıvel.
Considere a base canoˆnica B = {→e1,→e2,→e3} de R3, onde→
e1= (1, 0, 0),
→
e2= (0, 1, 0) e
→
e3= (0, 0, 1).
T (
→
e1) = T (1, 0, 0) = (3,−2, 5).
T (
→
e2) = T (0, 1, 0) = (1,−4, 4).
T (
→
e3) = T (0, 0, 1) = (0, 3,−2).
Matriz canoˆnica de T :
A =
[
T (
→
e1) T (
→
e2) T (
→
e3)
]
=
 3 1 0−2 −4 3
5 4 −2
.
Como det(A) = −1 6= 0 a matriz A e´ invert´ıvel. Logo, T e´ injetor.
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Continuac¸a˜o:
(b)
A transformac¸a˜o inversa e´ dada por T−1x1x2
x3
 = A−1
x1x2
x3
.
Temos que A−1 =
 4 −2 −3−11 6 9
−12 7 10
.
Logo,
T−1
x1x2
x3
 =
 4 −2 −3−11 6 9
−12 7 10
x1x2
x3
 =
 4x1 − 2x2 − 3x3−11x1 + 6x2 + 9x3
−12x1 + 7x2 + 10x3
 .
Podemos expressar o resultado acima da seguinte maneira:
T−1(x1, x2, x3) = (4x1−2x2−3x3,−11x1+6x2+9x3,−12x1+7x2+10x3).
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Teorema 1.3
Se T1 : U → V e T2 : V →W sa˜o transformac¸o˜es lineares injetoras, enta˜o:
(a) T2 ◦ T1 e´ injetora.
(b) (T2 ◦ T1)−1 = T−11 ◦ T−12 .
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Dada uma transformac¸a˜o linear T : V →W invert´ıvel, com
dim(V ) = dim(W ), uma outra maneira de encontrar a transformac¸a˜o
inversa T−1 : W → V e´ atrave´s dos vetores da base de Im(T ).
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Teorema 1.4
Se T : V →W e´ uma transformac¸a˜o linear e {→v1,→v2, . . . , →vn} e´ uma base de V ,
enta˜o {T (→v1), T (→v2), . . . , T (→vn)} gera a imagem de T .
Demonstrac¸a˜o:
Considere T (
→
v ) na imagem de T . Como {→v1,→v2, . . . , →vn} e´ uma base de V , para→
v∈ V existem escalares k1, k2, . . . , kn, tais que
→
v= k1
→
v1 +k2
→
v2 + . . .+ kn
→
vn .
Utilizando as propriedades de transformac¸a˜o linear, temos que:
T (
→
v ) = k1T (
→
v1) + k2T (
→
v2) + . . .+ knT (
→
vn)
isto e´, o vetor T (
→
v ) ∈ Im(T ) e´ escrito como combinac¸a˜o linear de
{T (→v1), T (→v2), . . . , T (→vn)}. Logo, {T (→v1), T (→v2), . . . , T (→vn)} gera a imagem de
T .
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Teorema 1.5
Se T : V →W e´ uma transformac¸a˜o linear injetora e {→v1, →v2, . . . , →vn} e´
uma base de V , enta˜o {T (→v1), T (→v2), . . . , T (→vn)} e´ linearmente
independente.
Demonstrac¸a˜o: Suponha que k1T (
→
v1) + k2T (
→
v2) + . . .+ knT (
→
vn) =
→
0 ,
assim T (k1
→
v1 +k2
→
v2 + . . .+ kn
→
vn) =
→
0 . Como T e´ injetora,
Nuc(T ) = {→0}, isto e´, o u´nico vetor que tem imagem nula e´ o vetor →0 .
Logo, T (k1
→
v1 +k2
→
v2 + . . .+ kn
→
vn) =
→
0⇒ k1 →v1 +k2 →v2
+ . . .+ kn
→
vn=
→
0⇒ k1 = k2 = . . . = kn = 0, pois {→v1, →v2, . . . , →vn} e´
liarmente independente.
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Transformac¸o˜es Lineares Inversas
Corola´rio 1.3
Se T : V →W e´ uma transformac¸a˜o linear com dim(V ) = dim(W ) e
{→v1, →v2, . . . , →vn} e´ uma base de V , enta˜o {T (→v1), T (→v2), . . . , T (→vn)} e´ uma
base de Im(T ).
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Transformac¸o˜es Lineares Inversas
Observe que se T e´ injetora e dim(V ) = dim(W ), enta˜o T e´ bijetora, isto
e´, existe a transformac¸a˜o inversa T−1 : W → V . A transformac¸a˜o T−1(→w)
e´ obtida por:
T−1(
→
w) = c1T
−1(T (→v1)) + c2T−1(T (
→
v2)) + . . .+ cnT
−1(T (→vn))
onde c1, c2, . . . , cn e´ obtido por
→
w= (w1, w2, . . . , wn) = c1T (
→
v1) + c2T (
→
v2) + . . .+ cnT (
→
vn)
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Exemplo 1.4
Seja T : R3 → R3 uma transformac¸a˜o linear injetora definida por
T (x, y, z) = (x− 2y, z, x+ y). Determine a transformac¸a˜o inversa T−1.
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Soluc¸a˜o:
Considerando a base canoˆnica de R3,
{(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)},
temos que
{T (1, 0, 0), T (0, 1, 0), T (0, 0, 1)} = {(1, 0, 1), (−2, 0, 1), (0, 1, 0)}
gera a imagem, ale´m de ser um conjunto de vetores linearmente
independente (verifique). Logo, temos uma base para Im(T ).
Considere as seguintes equac¸o˜es:
T (1, 0, 0) = (1, 0, 1)⇒ (1, 0, 0) = T−1(1, 0, 1)
T (0, 1, 0) = (−2, 0, 1)⇒ (0, 1, 0) = T−1(−2, 0, 1)
T (0, 0, 1) = (0, 1, 0)⇒ (0, 0, 1) = T−1(0, 1, 0)
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Continuac¸a˜o:
Queremos calcular T−1(x, y, z). Para isso, escrevendo (x, y, z) em relac¸a˜o
a` base {(1, 0, 1), (−2, 0, 1), (0, 1, 0)}, obtemos:
(x, y, z) =
x+ 2z
3
(1, 0, 1) +
z − x
3
(−2, 0, 1) + y(0, 1, 0).
Enta˜o, aplicando T−1 em ambos os membros da equac¸a˜o anterior, temos:
T−1(x, y, z) =
x+ 2z
3
T−1(1, 0, 1) +
z − x
3
T−1(−2, 0, 1) + yT−1(0, 1, 0)
=
x+ 2z
3
(1, 0, 0) +
z − x
3
(0, 1, 0) + y(0, 0, 1)
=
(
x+ 2z
3
,
z − x
3
, y
)
.
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Exerc´ıcios: Lista 6.1
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