EP11 Algebra Linear 1 gabarito

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Álgebra Linear I 
Exercícios Programados 11 – EP11 
Aulas 20 e 21 
Resolução 
 
1. Conceitue Núcleo e Imagem de uma transformação linear, explicando o que é e 
descrevendo cada um deles como um conjunto. 
Solução: 
 
 O Núcleo de uma transformação linear 
VUT :
 é o conjunto de vetores do 
domínio U cuja imagem por 
T
 é o vetor nulo do contradomínio V: 
}0)(|{)( VuTUuTN 
, onde 
V0
é o vetor nulo do espaço vetorial V. 
 A Imagem de uma transformação linear é o conjunto de vetores do 
contradomínio V que são imagem de algum vetor do domínio: 
)U(T
 ou 
vuTVvT  )(|{)Im(
 para algum 
}Uu
. 
 
Assim, o Núcleo é um subconjunto do domínio e a Imagem é um 
subconjunto do contradomínio. Ambos são subespaços vetoriais, conforme 
Teoremas 1 e 2 da aula 20. 
 
2. Seja 33: T a transformação linear definida por 
)2,,2(),,( zyxzyzyxzyxT 
. 
Responda: 
a) 
?)()1,1,3( TN
 b) 
?)()0,1,2( TN
 c) 
?)Im()1,1,1( T
 
d) T é injetora? e) T é sobrejetora? 
Solução: 
a) Um vetor 
),,( zyx
 de 
3
 é um elemento de 
)(TN
 se 
)0,0,0()( uT
. 
)0,0,0())1(213),1(1),1(1.23()1,1,3( T
. 
Logo, 
).()1,1,3( TN
 
b) 
)1,1,0()0,1,2( T
, logo 
).()0,1,2( TN
 
c) O vetor (1,1,1) pertencerá ao conjunto 
)Im(T
, se existir 
),,( zyx
 em 
3
 tal que 
)1,1,1(),,( zyxT
, ou seja, 
)1,1,1()2,,2(  zyxzyzyx
. 
A última igualdade resulta no sistema 











1
1
1
2
2
zyx
zy
zyx
. Abaixo, apresentamos as matrizes 
inicial e final (após escalonamento): 
 
Observando a última linha da matriz escalonada, podemos concluir que o sistema é 
incompatível. Assim, não existe 
),,( zyx
 tal que 
)1,1,1(),,( zyxT
. Logo, 
).Im()1,1,1( T
 
d) T não é injetora pois 
)0,0,0()1,1,3()0,0,0(  TT
. 
Obs: Um outro argumento seria: T não é injetora pois 
)}0,0,0{()( TN
. 
e) T não é sobrejetora, pois do item c) temos 
3)1,1,1( 
mas 
).Im()1,1,1( T
 Assim, 
3)Im( T
. 
 
3. Determine 
)Im(dim T
 sabendo que: 
a) 
36: T
 e 
4)(dim TN
. 
b) 
4
2 )(: MT
 e 
T
 é injetora. 
Obs: 












 dcba
dc
ba
M ,,,)(2
. 
Solução: 
a) Utilizando o Teorema do Núcleo e da Imagem (TNI): 
)TIm(dim)T(Ndim)T(Ddim 
, temos 
.2)Im(dim)Im(dim46)Im(dim)(dimdim 6  TTTTN
 
b) Novamente, pelo TNI: 
)TIm(dim)T(Ndim)(Mdim 2
. 
Como 
T
 é injetora, 
0)(dim TN
, além disso, 
)(dim 2 M
= 4. Logo, 
4)Im(dim)Im(dim04  TT
. Logo é também sobrejetora. 
Obs: 
 Se a informação 
)(dim 2 M
= 4 deixou dúvidas, a base canônica de 
)(2 M
 é 






























10
00
,
10
00
,
00
10
,
00
01
, a partir daí, 
)(dim 2 M
= 4. 
 Veja que se 
0)(dim TN
, então 
).(dim)Im(dim TDT 
 O valor máximo para 
)Im(dim T
 é o valor de 
).(dim TD
 
 
4. Considere a transformação linear T do exercício 2. Determine uma base e a dimensão 
de seu núcleo e de sua imagem. Interprete geometricamente cada um deles (É um 
plano que passa pela origem? É uma reta que passa pela origem?). 
Solução: 
Núcleo: 
33: T
, 
)2,,2(),,( zyxzyzyxzyxT 
. 
)}0,0,0(),,(|),,{()( 3  zyxTzyxTN
 
Assim, para 
),(),,( TNzyx  )0,0,0()2,,2(),,(  zyxzyzyxzyxT
. 
A última igualdade resulta no sistema 








02
0
02
zyx
zy
zyx
, cujas matrizes ampliadas inicial e final são: 
 
O sistema é compatível e indeterminado, com uma variável livre. O conjunto-solução é 
 });,,3(  kkkk
. Logo, o núcleo é gerado pelo conjunto 
 )}1,1,3( 
. 
Assim, dim N(T)=1 e 
 )}1,1,3( 
 é uma base do N(T). O núcleo de T é uma reta passando 
pela origem em 
3
. 
Obs: Perceba que o procedimento de determinar o núcleo é resolver um sistema 
homogêneo AX=0. 
 
Imagem: 
),,(),,(|),,{()Im( 3 cbazyxTcbaT 
para algum 
3),,( zyx
. 
Para 
),Im(),,( Tcba 
deve existir (x,y,z) tal que 
),,(),,( cbazyxT 
. Daí, 








czyx
bzy
azyx
2
2
. 
As matrizes ampliadas inicial e final são: 












c
b
a
211
110
121
 e 












bac
b
a
000
110
121
. 
Como tomamos 
),Im(),,( Tcba 
 o sistema acima deve ser compatível. Logo 
0 cba
 e 
}0|),,{()Im( 3  cbacbaT  },);,,(  cbcbcb
. 
O conjunto imagem é gerado pelo conjunto 
 )}1,0,1(),0,1,1(
. Assim, dim Im(T)=2 e 
 )}1,0,1(),0,1,1(
 é uma base da Im(T). 
 
5. Determine uma Transformação linear 43: T , cuja imagem é gerada por 
(1,2,0,-4) e (2,0,-1,-3). 
Solução: 
Será utilizado o fato de que uma transformação linear fica bem determinada se 
conhecermos as imagens dos vetores de uma base do domínio (aula 19), nesse temos 
liberdade de escolher uma base. 
Considere a base canônica do 3 e faça T(1,0,0)=(1,2,0,-4), T(0,1,0)=(2,0,-1,-3) e 
T(0,0,1)=(0,0,0,0) (*). A imagem de T é gerada pelas imagens dos vetores desta base. 
Escrevendo um vetor genérico do domínio como combinação linear dos vetores da base 
escolhida, temos: )1,0,0()0,1,0()0,0,1(),,( zyxzyx  (**). 
Daí, aplicando T a (**) e as propriedades de aditividade e homogeneidade de uma 
transformação linear, temos: 
)1,0,0()0,1,0)0,0,1())1,0,0()0,1,0()0,0,1((),,( zTyTxTzyxTzyxT  
Aplicando as igualdades estabelecidas em (*): 
).34,,2,2()0,0,0()3,1,0,2()4,0,2,1(),,( yxyxyxzyxzyxT  
Obs: Perceba que a resposta não é única, dependendo de como as igualdades são 
estabelecidas em (*), outras transformações lineares podem ser obtidas, mas todas com o 
mesmo conjunto imagem. 
6. Determine uma transformação linear 23: T , cujo núcleo é gerado pelo vetor 
(1,0,-1). 
Solução: 
Para determinarmos uma transformação linear que atenda as condições do enunciado, 
teremos que escolher uma base do domínio que contemple o vetor gerador do núcleo. 
Assim considere a seguinte base do 3 : )}1,0,0(),0,1,0(),1,0,1{(  (verifique!). Faça 
T(1,0,-1)=(0,0), T(0,1,0)=(0,1) e T(0,0,1)=(1,0). (*) 
Escrevendo um vetor genérico do domínio como combinação linear dos vetores da base 
escolhida para o domínio, temos: 
)1,0,0()0,1,0()1,0,1(),,( cbazyx  
A equação acima resulta em um sistema linear cujas variáveis são a, b e c. O sistema é 
compatível e determinado: xa  , yb  e zxc  . 
Assim, 
)1,0,0)(()0,1,0()1,0,1(),,( zxyxzyx 
. (**) 
Aplicando T a (**), em seguida as propriedades de aditividade e homogeneidade de T, e 
por fim as igualdades estabelecidas em (*), temos: 
).,()0,1)(()1,0()0,0(
)1,0,0()()0,1,0)1,0,1())1,0,0)(()0,1,0()1,0,1((),,(
yzxzxyx
TzxyTxTzxyxTzyxT


 
Obs: 
 Para verificar se a transformação linear encontrada está correta, verifique se a 
mesma atende ao enunciado. 
 Novamente, a resposta não é única. 
 
7. Considere a transformação linear 
23: T
 definida por 
),2(),,( yxyxzyxT 
. 
a) Determine o núcleo, uma base para esse subespaço e sua dimensão. T é injetora? 
Justificar. 
b) Determine a imagem, uma base para esse subespaço e sua dimensão. T é sobrejetora? 
Justificar. 
Solução: 
a) Neste caso, 
)}0,0(),,(|),,{()( 3  zyxTzyxTN
. 
Para 
),(),,( TNzyx  )0,0(),,( zyxT
, o que resultano seguinte sistema: 





0
02
yx
yx
 
Resolvendo esse sistema, encontramos x = y = 0. 
Atente para o fato de que o sistema possui três variáveis (x, y e z) e duas equações, só 
vemos duas variáveis porque os coeficientes de z nas equações são nulos. Essa 
observação é importante porque o conjunto-solução desse sistema é um subconjunto de 
3
 (e não de 
2
), portanto as soluções são vetores com três coordenadas (e não duas). 
 Como não há restrição para z, então z é variável livre, logo o conjunto-solução é o 
conjunto 
}.|),0,0{( zz
 Assim, o conjunto {(0,0,1)} é uma base para N(T), dim N(T) 
= 1 e T não é injetora. 
b) Pelo Teorema do Núcleo e da Imagem, dim
3
= dim N(T) + dim Im(T), logo 
dim Im(T) = 2. Como Im(T) 
2
 e dim Im(T) = 2, Im(T) = 
2
. Portanto, T é 
sobrejetora. Uma base para Im(T) é a base canônica de 
2
: {(1,0),(0,1)}. 
 
Obs: 
Note que o núcleo é uma reta passando pela origem no 
3
. Esse exercício mostra um 
exemplo de transformação linear não injetora e sobrejetora. 
Atenção! Não é correto escrever Im(T) = 2 ou dim Im(T) = 
2
. Im(T) denota um 
conjunto e dim Im(T) é um número inteiro não-negativo.