Transformações Lineares

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50 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
CAPÍTULO 4
TRANSFORMAÇÕES LINEARES
Objetivos do Capítulo 4
(a) Conceituar aplicações lineares entre espaços vetoriais;
(b) Determinar uma aplicação linear;
(c) Descrever os subespaços núcleo e imagem de uma aplicação linear;
(d) Caracterizar isomorfismo entre espaços vetoriais;
(e) Representar aplicações lineares e matrizes;
(f) Interpretar os novos conceitos no cálculo de soluções de sistemas lineares.
INTRODUÇÃO
Aplicações (ou transformações) lineares) entre dois espaços vetoriais permitem descrever e relacionar
inúmeras propriedades desses espaços. O caso particularmente fundamental é dado pelos isomorfismos,
que são transformações bijetivas. Oferecem ainda, essas aplicações lineares, novas interpretações
matriciais, atualizando subespaços que foram estudados em formulações mais limitadas.
4.1 TRANSFORMAÇÕES LINEARES
Sejam V e U espaços vetoriais reais. Uma aplicação (ou transformação) linear f : V −→ U é uma
função tal que, quaisquer que sejam v1, v2 ∈ V e α ∈ R, valem as relações
(a) f(v1 + v2) = f(v1) + f(v2) (f preserva a estrutura aditiva);
(b) f(αv) = αf(v) (f preserva a multiplicação por escalar).
No caso em que V = U , uma função linear de V em V é denominada operador linear em V .
4.2 Primeiras propriedades. Seja f : V −→ U uma aplicação linear. Valem as propriedades:
(1) f(O) = O;
(2) Para cada v ∈ V , f(−v) = −f(v);
(3) Para cada v1, v2 ∈ V , f(v1 − v2) = f(v1)− f(v2);
(4) Quaisquer que sejam v1, . . . , vp em V e a1, . . . , ap em R, vale
f(a1v1 + · · ·+ apvp) = a1f(v1) + · · ·+ apf(vp)
Com efeito, (1) decorre da igualdade f(O) = f(O+O) = f(O) + f(O) e do cancelamento aditivo; já
(2) resulta de v+(−v) = O, logo de f(v)+ f(−v) = f(O) = O e da unicidade do oposto; (3) usa (2):
f(v1 − v2) = f(v1 + (−v2)) = f(v1) + f(−v2) = f(v1)− f(v2); (4) generaliza a definição 4.1.
Aplicações lineares 51
Exemplo 4.3
(1) A aplicação O : V −→ U definida por O(v) = 0 para todo v ∈ V é uma função linear denominada
transformaçao linear nula.
De fato, temos (a) O(v1 + v2) = 0 = 0 + 0 = O(v1) +O(v2); (b) O(αv) = 0 = α0 = αO(v).
(2) O operador identidade de V é a aplicação I : V −→ V dada por I(v) = v, para todo v ∈ V . É
bem uma função linear: (a) I(v1 + v2) = v1 + v2 = I(v1) + I(v2); (b) I(αv) = αv = αI(v).
(3) As funções f : R2 −→ R2, f(x, y) = (x, 0), e g : R2 −→ R2, g(x, y) = (x,−y) são linea-
res. Verifiquemos a linearidade de f . Pondo v1 = (x1, y1) e v2 = (x2, y2), vem f(v1 + v2) =
f(x1 + x2, y1 + y2) = (x1 + x2, 0) = (x1, 0) + (x2, 0) = f(v1) + f(v2); por outro lado, com v = (x, y),
temos f(αv) = f(αx, αy) = (αx, 0) = α(x, 0) = αf(v).
Geometricamente, f representa a projeção de X = (x, y) sobre o eixo dos x, paralelamente ao eixo
dos y; a aplicação g é a simetria em relação ao eixo dos x, paralelamente ao eixo dos y. Observe que
g = 2f − I.
(4) É linear a aplicação D : Rn[x] −→ Rn[x], tal que D(p) = p′ é a derivada do polinômio p, pois,
como sabemos, D(p+ q) = D(p) +D(q) e D(αp) = αD(p).
(5) A função h : R −→ R, h(x) = x + 1, não é linear, pois h(0) = 1 6= 0. Também não é linear
H : R −→ R, H(x) = x2, pois, por exemplo, o quadrado de uma soma, em geral, não é a soma dos
quadrados. Vale, contudo, H(0) = 0.
Atividade-proposta 4.4
(1) Identifique quais das seguintes aplicações são operadores lineares f : R3 −→ R3
(a) f(x, y, z) = (x+ y, x− y, z);
(c) f(x, y, z) = (x, xy, z);
(b) f(x, y, z) = (2x+ y − 4z, x, 0);
(d) f(x, y, z) = (y, x, z + 1)).
(2) Seja V o espaço das matrizes reais 2× 2. Mostre que são lineares as funções:
(a) f : V −→ V , com f(A) = tA;
(b) g : V −→ R, dada por g(A) = traço (A) (soma dos elementos diagonais de A).
4.5 DETERMINAÇÃO DE UMA APLICAÇÃO LINEAR
(1) Dado α ∈ R, a aplicação f : R −→ R definida por f(x) = αx é linear. Na realidade, é a única
função linear tal que f(1) = α. Pois, se g : R −→ R é linear e g(1) = α, então, g(x) = g(x · 1) =
xg(1) = g(1)x = αx, isto é, g = f . Desse modo, ficam descritas todas as funções lineares de R em
R. Geometricamente, vemos que as funções lineares de R em R são exatamente as retas do plano que
passam pela origem.
(2) Com o mesmo argumento, podemos descrever todas as funções lineares de R num espaço V : para
cada vetor v ∈ V , arbitrariamente fixado, a aplicação dada por f(x) = xv é linear e a única aplicação
linear de R em V tal que f(1) = v, pois f(x) = f(x · 1) = xf(1) = xv.
(3) Mais geralmente, considerando os espaços V e U , V de dimensão finita, vamos descrever as apli-
cações lineares de V em U . Fixada uma base B = {v1, . . . , vn} de V , e dados os vetores u1, . . . , un de
U , existe uma única aplicação linear f : V −→ U tal que f(v1) = u1, . . . , f(vn) = un. Se v ∈ V possui
a decomposição v = a1v1 + · · ·+ anvn, então a aplicação f é dada por f(v) = a1u1 + · · ·+ anun .
52 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
Com efeito, se w = b1v1 + · · ·+ bnvn e f(w) = b1u1 + · · ·+ bnun então, de v + w = (a+b1)v1 + · · ·+
(an+bn)vn, segue f(v+w) = (a1+b1)u1+ · · ·+(an+bn)un = f(v)+f(w). Analogamente, vemos que
f(av) = af(v). Assim, f é linear. Por construção, f(v1) = u1, . . . , f(vn) = un. Quanto à unicidade,
se g é outra aplicação linear tal que g(v1) = u1, . . . , g(vn) = un, então g(v) = g(a1v1 + · · ·+ anvn) =
a1u1 + · · ·+ anun, isto é, para todo v ∈ V , vale g(v) = f(v).
Exemplo 4.6
(1) Seja f : R2 −→ R3 a aplicação linear tal que f(1, 0) = (2,−1, 0) e f(0, 1) = (0, 0, 1). Calcular
f(X) = f(x, y). Pondo e1 = (1, 0), e2 = (0, 1) (base canônica do R2), temos X = xe1 + ye2, donde
f(X) = xf(e1) + yf(e2), ou f(X) = x(2,−1, 0) + y(0, 0, 1) = (2x,−x, y).
(2) Mesmo enunciado para g : R2 −→ R3 linear, tal que g(1, 2) = (3, 2, 1) e g(0, 1) = (0, 1, 0).
Nesse caso, a base do R2 não é a base canônica. Inicialmente, representaremos X = (x, y) na base
v1 = (1, 2), v2 = (0, 1): (x, y) = av1 + bv2, ou (x, y) = a(1, 2) + b(0, 1) = (a, 2a+ b); segue que a = x
e b = y − 2x. Assim, X = x(1, 2) + (y − 2x)(0, 1), donde
g(X) = xg(1, 2) + (y − 2x)g(0, 1) = x(3, 2, 1) + (y − 2x)(0, 1, 0) = (3x, y, x).
(3) Não existe f : R2 −→ R2 linear tal que f(2, 6) = (1, 0) e f(1, 3) = (0, 1).
Com efeito, deveria ser f(2, 6) = f(2(1, 3)) = 2f(1, 3), condição não compatível com os dados da
questão. O enunciado contraria o resultado 4.5(3)? Explique!
Atividade-proposta 4.7
(1) Determine f : R2 −→ R2 linear tal que:
(a) f(1, 0) = (2, 0) e f(0, 1) = (0, 2);
(b) f(1, 4) = (3, 2) e f(0, 1) = (1, 0).
(2) Determine f : R3 −→ R3 linear tal que:
(a) f(1, 1, 1) = (3, 1, 2), f(0, 1, 1) = (2, 1,−1) e f(0, 0, 1) = (2, 1,−1);
(b) f(1, 1, 1) = (1, 2, 3), f(1, 2, 3) = (1, 4, 9) e f(2, 3, 4) = (2, 1,−1).
(3) No espaço V das matrizes 2× 2, considere a base canônica
v1 =
[
1 0
0 0
]
, v2 =
[
0 1
0 0
]
, v3 =
[
0 0
1 0
]
, v4 =
[
0 0
0 1
]
Determine o operador linear T : V −→ V , dado por T (v1) = v1, T (v2) = v3, T (v3) = v2 e T (v4) = v4,
indicando T (A) para cada A ∈ V . Interprete o resultado encontrado.
4.8 APLICAÇÃO LINEAR ASSOCIADA A UMA MATRIZ
A cada matriz Am×n, podemos associar a aplicação LA : Rn −→ Rm, dada por LA(X) = AX. Uma
tal aplicação LA é linear, pois LA(X1 + X2) = A(X1 + X2) = AX1 + AX2 = LA(X1) + LA(X2)
e LA(αX) = A(αX) = α(AX) = αLA(X). Para uso posterior, observemos que LA(e1) = Ae1 =
A1, . . . , LA(en) = Aen = An, onde e1, . . . , en são os vetores canônicos e A1, . . . , An as colunas da
matriz A.
Reciprocamente, dada a função linear f : Rn −→ Rm, sejaX = x1e1+· · ·+xnen a decomposição
canônica. Consideremos a matriz Am×n cujas colunas são A1 = f(e1), . . . , An = f(en). Ora, a
aplicação LA verifica LA(e1) = A1, . . . , LA(en) = An (ver a observação acima). Assim, tanto f como
LA são aplicações lineares que coincidem na base canônica. Logo, de 4.5(3), temos f = LA.
Aplicações lineares 53
Abaixo, resumimos as operações matriciaisutilizadas.
LA(X) = AX =

a11 · · · a1n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
am1 · · · amn


x1
.
.
.
xn
 =

a11
.
.
.
am1
x1 + · · ·+

a1n
.
.
.
amn
xn = f(e1)x1 + · · ·+ f(en)xn = f(X).
Exemplo 4.9
(1) Partindo da matriz Am×n, indicar a aplicação linear LA : Rn −→ Rm.
(a) A =
3 00 1
1 0
; LA : R2 −→ R3, LA(X) = AX =
3 00 1
1 0
[x
y
]
=
3xy
x

Observação Por abuso de notação, às vezes, escreveremos LA(x, y) = (3x, y, x).
(b) A =
1 0 00 1 0
0 0 0
; LA : R3 −→ R3,LA(X) = AX =
1 0 00 1 0
0 0 0

xy
z
 =
xy
0

(2) Em cada caso, dada a função linear f : Rn −→ Rm, indicar a matriz Am×n que representa f (bases
canônicas), isto é, tal que LA = f .
(a) f : R3 −→ R2, f(X) = f(x, y, z) = (z, x+ y). Calculando as imagens dos vetores canônicos:
f(e1) = f(1, 0, 0) = (0, 1); f(e2) = f(0, 1, 0) = (0, 1); f(e3) = f(0, 0, 1) = (1, 0); A =
[
0 0 1
1 1 0
]
.
Verifique, que, de fato, vale f(X) = AX.
(b) g : R2 −→ R2, g(e1) = e1, g(e2) = −e2, A =
[
1 0
0 −1
]
. Em particular, g(x, y) = (x,−y).
(3) Consideremos o operador linear derivação D : R3[x] −→ R3[x], tal que D(p) = p′. Em relação à
base canônica {1, x, x2, x3}, temos D(1) = 0, D(x) = 1, D(x2) = 2x, D(x3) = 3x2, donde a matriz A
que representa D: A =

0 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 3
0 0 0 0

Atividade-proposta 4.10
(1) Dada A = (1 2 3)1×3, indique LA : R3 −→ R. Faça o mesmo para A =
12
3
, LA : R −→ R3.
(2) Indicar a matriz Am×n que representa a aplicação linear f : Rn −→ Rm. Verificar, também, que
f(X) = AX.
(a) f : R2 −→ R2, f(1, 0) = (2, 0) e f(0, 1) = (0, 2);
(b) f : R2 −→ R2, f(1, 4) = (3, 2) e f(0, 1) = (1, 0);
(c) f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (3x+ y − z,−2x+ z, 4x+ 2y − z);
(3) No espaço V das matrizes 2× 2, considere a base canônica
v1 =
[
1 0
0 0
]
, v2 =
[
0 1
0 0
]
, v3 =
[
0 0
1 0
]
, v4 =
[
0 0
0 1
]
Dado o operador linear T : V −→ V , onde T (v1) = v1, T (v2) = v3, T (v3) = v2 e T (v4) = v4, indique
a matriz A4×4 que representa T .
54 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
4.11 NÚCLEO E IMAGEM DE UMA APLICAÇÃO LINEAR
Seja a aplicação linear f : V −→ U .
(a) O núcleo de f é o subconjunto de V dado por N(f) = {v ∈ V ; f(v) = O};
(b) A imagem de f é o subconjunto de U dado por I(f) = f(V ) = {f(v) ; v ∈ V }.
4.12 Proposição. Com as notações acima, valem os seguintes resultados:
(a) O núcleo N(f) é um subespaço vetorial de V ; sua dimensão é a nulidade de f , ν(f);
(b) A aplicação linear f : V −→ U é injetiva se, e somente se, N(f) = {O};
(c) A imagem I(f) é um subespaço vetorial de U ; sua dimensão é o posto de f , ρ(f);
(d) A aplicação linear f : V −→ U é sobrejetiva se, e somente, I(f) = U .
Verifiquemos cada afirmação. (a) Inicialmente, O ∈ N(f) pois f(O) = O; se v1, v2 ∈ N(f), então
f(v1) = f(v2) = O, donde f(v1 + v2) = f(v1) + f(v2) = O + O = O e v1 + v2 ∈ N(f); em seguida,
dados α ∈ R e v ∈ N(f), temos f(αv) = αf(v) = αO = O e αv ∈ N(f).
(b) Supondo f injetiva, seja v ∈ N(f): temos f(v) = O; como f(O) = O, então f(v) = f(O),
donde v = O, pela injetividade de f , logo N(f) = {O}. Reciprocamente, se o núcleo de fé trivial,
suponhamos f(v1) = f(v2), ou f(v1)− f(v2) = O, donde f(v1− v2) = O, logo v1− v2 ∈ N(f) = {O},
e v1 = v2, isto é, f é injetiva.
(c) Como O = f(0), então O ∈ I(f). Se u1, u2 ∈ I(f), com u1 = f(v1) e u = f(v2), v1, v2 ∈ V , então
u1+u2 = f(v1+v2), logo u1+u2 ∈ I(f); enfim, se α ∈ R e u = f(v) ∈ I(f),então αu = αf(v) = f(αv),
ou αu ∈ I(f).
(d) Essa propriedade de sobrejeção vale para qualquer tipo de função.
4.13 Corolário.
Uma aplicação linear f : V −→ U é injetiva se, somente se, f transforma vetores linearmente inde-
pendentes de V em vetores LI de W .
Seja f é injetiva; suponhamos que os vetores v1, . . . , vn são LI em V e mostremos que f(v1), . . . , f(vn)
permanecem LI: se a1f(v1) + · · ·+ anf(vn) = O, então f(a1v1 + · · ·+ anvn) = O, donde, pela injeti-
vidade de f , a1v1 + · · ·+ anvn = O, logo a1 = . . . = an = 0. Reciprocamente, dado v 6= O em V , isto
é, {v} LI, então deve ser {f(v)} LI, isto é, f(v) 6= O, logo N(f) = {O} e f é bem injetiva.
4.14 Proposição.
Seja a função linear f : V −→ U . Se W = [v1, . . . , vp], então f(W ) = [f(v1), . . . , f(vp)].
De fato, todo vetor u ∈ f(W ) é da forma u = f(v), com v ∈ W = [v1, . . . , vp], isto é, v = a1v1 +
· · ·+ apvp, donde u = a1f(v1)+ · · ·+ apf(vp), isto é, f(W ) ⊂ [f(v1), . . . , f(vp)]. A inclusão recíproca
é evidente.
Exemplo 4.15
(1) Em cada caso, determinar o núcleo e a imagem.
(a) f : R2 −→ R, f(x, y) = x+ y.
N(f) = {(x, y) ; f(x, y) = 0} = {(x, y) ; x + y = 0}. Assim, o núcleo é a reta x + y = 0, ou
N(f) = [(−1, 1)]. A função é sobrejetiva, pois dado a ∈ R, temos f(a, 0) = a, isto é, I(f) = R.
Aplicações lineares 55
(b) g : R2 −→ R2, g(x, y) = (x, 0).
N(f) = {(x, y) ; f(x, y) = (x, 0) = (0, 0)}, logo N(f) = {(0, y) ; y ∈ R} é o eixo-y.
I(f) = {(x, 0) ; x ∈ R} é o eixo-x.
(c) f : R3 −→ R2, f(x, y, z) = (x+ y, 2x+ 3y + z).
N(f) = {(x, y, z) ; (x + y, 2x + 3y + z) = (0, 0)}={(z,−z, z) ; z ∈ R} = [(1,−1, 1)] como vemos do
escalonamento A =
[
1 1 0
2 3 1
]
→
[
1 0 −1
0 1 1
]
.
Temos, ainda, I(f) ⊂ R2 e, por (4.14), I(f) = [f(e1), f(e2), f(e3)] = [(1, 2), (1, 3), (0, 1)]; logo,
podemos fixar dois geradores LI, (1, 2) e (1, 3), concluindo que I(f) = R2. Observe, também, que o
escalonamento confirma I(f) = R2, pois o sistema AX = Y é compatível para cada Y ∈ R2.
(2) Seja a função linear f : Rn −→ Rm. Se f é injetiva, então n ≤ m.
De fato, no Rn, há n vetores LI que são levados por f em n vetores LI do Rm (Corolário 4.13). Em
particular, observe que não existe aplicação linear injetiva do R3 no R2.
(a) Considere a função linear g : R2 −→ R3, g(x, y) = (x, 2x, 0). Observe que g não é injetiva, pois
N(g) = {(0, y) ; y ∈ R}. Também não é sobrejetiva, pois I(g) = [(1, 2, 0)]. Existe algum conflito com
o resultado (2) acima?
Atividade-proposta 4.16
(1) Em cada caso, determinar o núcleo e a imagem.
(a) f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x, 2y, 0);
(b) f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x+ z, x− z, y);
(c) f : R3 −→ R4, f(x, y, z) = (x, x− y, y − z, z).
(2) Verifique que é injetiva a aplicação linear g : R2[x] −→ R3[x] tal que g(p) = p + x2p′. Decreva,
também, a imagem I(g).
(3) Seja a função linear f : Rn −→ Rm. Se f é sobrejetiva, então n ≥ m. Indique alguma função
f : R3 −→ R2 não sobrejetiva.
4.17 TEOREMA DO NÚCLEO E DA IMAGEM
Sejam V e U espaços vetoriais reais de dimensão finita. Se f : V −→ U é uma aplicação linear, então
dim V = dim N(f) + dim I(f).
Seja B1 = {v1, . . . , vk} uma base do núcleo de f . Pelo teorema do completamento, essa base pode
ser estendida a uma base de V , B2 = {v1, . . . , vk, u1, . . . , up}. O resultado enunciado resultará de
que B = {f(u1), . . . , f(up)} é uma base da imagem de f . Ora, da proposição 4.13, vemos que os
vetores-imagem por f de B2 geram I(f); na realidade, temos I(f) = [f(u1), . . . , f(up)], pois os
outros vetores de B2 estão no núcleo e tem imagem nula por f . Só nos falta ver, então, que os
vetores f(u1), . . . , f(up) são LI. Se a1f(u1)+ · · ·+apf(up) = 0, então f(a1u1+ · · ·+apup) = 0, donde
a1u1+ · · ·+apup ∈ N(f). Logo, existe alguma combinação linear a1u1+ · · ·+apup = b1v1+ · · ·+bkvk,
donde b1v1 + · · · + bkvk + (−a1)u1 + · · · + (−ap)up = 0; como B2 é LI, todos esses coeficientes são
nulos, em particular, a1 = . . . = ap = 0.
56 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
4.18 Corolário.
Sejam V e U espaços vetoriais reais de dimensão finita, com dim V = dim U . Se f : V −→ U é uma
aplicação linear, as seguintes afirmações são equivalentes:
(a) f é sobrejetiva;
(b) f é bijetiva;
(c) f é injetiva;
(d) f transformauma base B de V em uma base f(B) de U .
(a)=⇒(b) Se f é sobre, então I(f) = U ; pelo teorema do núcleo e da imagem dim V = dim N(f) +
dim I(f), logo, tendo em conta que dim V = dim U , temos dim N(f) = 0, ou N(f) = O, isto é, f é
injetiva. Então f é bijetiva.
(b)=⇒(c) Válido sem outras hipóteses.
(c)=⇒(d) Se B = {v1, . . . , vn} é uma base de V , então f(B) = {f(v1), . . . , f(vn)} é uma base de U ,
pois, se f é injetiva, os vetores f(v1), . . . , f(vn) são LI (Corolário 4.13) no espaço U de dimensão n.
(d)=⇒(a) Por hipótese, se B = {v1, . . . , vn} é uma base de V , então f(B) = {f(v1), . . . , f(vn)} é
uma base de U . Ora, vimos em (4.14), que, como B gera V , então f(B) gera a imagem I(f); mas
agora f(B) é uma base de U , logo I(f) = U , ou seja, f é sobrejetiva.
4.19 Isomorfismos de espaços vetoriais
Seja f : V −→ U uma aplicação linear. Diremos que f é inversível se existe uma aplicação linear
g : U −→ V tal que f ◦ g = IU e g ◦ f = IV : f(g(u)) = u e g(f(v)) = v, u ∈ U , v ∈ V .
Uma tal função g é uma função inversa de f e, quando existe, é unicamente determinada. De
fato, se h : U −→ V também fosse inversa de f , teríamos h = IV ◦h = (g◦f)◦h = g◦(f◦h) = g◦IU = g.
A unicidade da função inversa também mostra os papéis simétricos de f e g: se g é inversa de f ,
então f é inversa de g.
As condições da definição acima acarretam:
(1) Cada uma das funções f : V −→ U e g : U −→ V é bijetiva. Consideremos, por exemplo,
a função f . Se f(v1) = f(v2), então g(f(v1)) = g(f(v2)) e I(v1) = I(v2), ou v1 = v2, donde a
injetividade de f . Quanto à sobrejetividade, dado u ∈ U , seja v = g(u); temos f(v) = f(g(u))) =
I(u) = u.
(2) Em consequencia, vale a seguinte construção:
g(u) = v ⇐⇒ f(v) = u, u ∈ U , v ∈ V .
Na construção acima, usamos apenas os conjuntos subjacentes. Acrescentando a estrutura vetorial,
vamos logo validar o próximo resultado.
Proposição Seja f : V −→ U uma aplicação linear bijetiva. Então, f é inversível, isto é, sua função
inversa g : U −→ V é linear.
Com efeito sejam g(u1) = v1 e g(u2) = v2, isto é, u1 = f(v1) e u2 = f(v2), donde u1 + u2 =
f(v1)+f(v2), ou u1+u2 = f(v1+v2), donde g(u1+u2) = v1+v2 = g(u1)+g(u2). De modo anólogo,
se g(u) = v e f(v) = u, então f(av) = af(v) = au, donde g(au) = av, ou g(au) = ag(u).
É mais usual representar a função inversa de f pela notação f−1. Podemos, então, resumir os
resultados iniciais no seguinte teorema.
Aplicações lineares 57
4.20 Teorema Uma aplicação linear bijetiva f : V −→ U é inversível, e sua função inversa
f−1 : U −→ V é a única aplicação linear bijetiva tal que f ◦ f−1 = IU e f−1 ◦ f = IV .
Nas condições acima, diremos, também que f : V −→ U estabelece um isomorfismo de espaços
vetoriais, ou que os espaços vetoriais V e U são isomorfos; usaremos a notação V ' U para
representar tal fato.
Proposição Sejam V e U espaços vetoriais de dimensão finita. Então, V e U são isomorfos se, e
somente se, dim V = dim U .
De fato, se f : V −→ U é um isomorfismo, então N(f) = {O} e I(f) = U , donde, do Teorema do
núcleo e da imagem, dim V = dim N(f) + dim I(f), vemos que dim V = dim U . Reciprocamente, se
dim V = dim U , consideremos as bases B = {v1, . . . , vn} de V e C = {u1, . . . , un} de U , e definamos
a função f : V −→ U linear por f(v1) = u1 . . . , f(vn) = un (4.5(3)); por construção, então, a função
f leva a base B na base C, logo (4.18) é bijetiva.
Exemplo 4.21
(1) Seja dim V = n e B = {v1, . . . , vn} uma base de V , arbitrariamente fixada. Dado v ∈ V , se
v = x1v1+ · · ·+ xnvn, seja X = (v)B = (x1, . . . , xn) as (únicas) coordenadas de v em B. A aplicação
linear f : V −→ Rn, f(v) = X, é um isomorfismo de espaços vetoriais, pois, por exemplo, f é injetiva,
logo bijetiva (ver 4.18). Observe que f−1(a1, . . . , an) = a1v1 + · · ·+ anvn.
Consideremos os casos particulares:
(a) V = R2[x], espaço dos polinômios de grau≤ 2; base canônica {1, x, x2}.
f : R2[x] −→ R3, f(p) = f(a+ bx+ cx2) = (a, b, c)
(b) V = S2×2, espaço das matrizes reais simétricas 2× 2
Base: v1 =
[
1 0
0 0
]
, v2 =
[
0 1
1 0
]
, v3 =
[
0 0
0 1
]
; f : S2×2 −→ R3, f =
([
a b
b c
])
= (a, b, c)
(2) Mostre que a aplicação linear f : R3 −→ R3, f(x, y, z) = (x+z, x+2z, y), é um isomorfismo linear
e explicite a função inversa f−1 : R3 −→ R3.
Basta verificar que f é injetiva (4.18), ou seja, que N(f) = {O}. Se A é a matriz que representa f ,
vamos mostrar que o sistema AX = O só possui a solução trivial, o que já garante A inversível e
também a expressão da inversa obtida a partir de Y = AX, isto é, X = A−1Y . Desse modo, usaremos
o escalonamento (A, I)→ (I, A−1).
[A, I] =
 1 0 1 1 0 01 0 2 0 1 0
0 1 0 0 0 1
 =
 1 0 0 2 −1 00 1 0 0 0 1
0 0 1 −1 1 0
 = [I, A−1]; f−1(x, y, z) = (2x−y; z;−x+y).
(3) No espaço V =M2×2 das matrizes reais de ordem, fixada a matriz inversível B, seja T : V −→ V
o operador linear dado por T (X) = BX. Verifiquemos que T é um automorfismo linear de V (isomor-
fismo de V em V ). Como B é inversível, se BX = O, então B−1(BX) = B−1O, ou (B−1B)X = O,
IX = O, X = O, isto é, N(T ) = {O}; assim, T é injetiva, donde bijetiva (4.18).
(4) Seja V =Mn×n o espaço real das matrizes reais de ordem n, e aplicaçao linear f : V −→ R tal que
f(A) = traço(A). Como f 6= O, pois há matrizes de traço não nulo, vemos que I(f) = R, pois R só
possui os subespaços triviais. Pelo teorema do núcleo e da imagem, vem que dim N(f) = n2− 1, pois
dimV = n2. Mostramos, então, que o conjunto W = {A ∈ V ; traço(A) = 0} = N(f) é subespaço
de V e de dimensão n2 − 1.
58 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
Atividade-proposta 4.22
(1) Em cada caso, decida se o operador linear T : R3 −→ R3 é um automorfismo linear e, em caso
afirmativo, ache a aplicação inversa T−1 : R3 −→ R3.
(a) T (x, y, z) = (2x+ y + 2z, x− z, 3x+ y + z);
(b) T (x, y, z) = (x− 3y − 11z,−y − 4z, z).
(2) Seja T : R3 −→ R3 um operador linear cuja imagem é gerada por T (e1) = (2, 1, 1) e T (e2) =
(3, 0,−1) e o núcleo gerado por (1, 2,−1). Calcule T (x, y, z) para todo (x, y, z) ∈ R3.
(3) Dado A = (a1, . . . , an) um vetor não nulo do Rn, seja a aplicação linear f : Rn −→ R tal que
f(X) = A ·X = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn. Mostre que a imagem I(f) = R e que o núcleo de f é o
Hiperplano H = {X ∈ Rn ; A·X = 0}. Conclua, então que H é um subespaço do Rn e dimH = n−1.
(4) No espaço V =M2×2 das matrizes reais de ordem 2, fixada a matriz B =
[
2 4
3 6
]
, seja T : V −→ V
o operador linear dado por T (X) = BX. Calcule o núcleo N(T ) e a imagem I(T ).
4.23 ÁLGEBRA DAS APLICAÇÕES LINEARES
(1) Espaço vetorial L(V,U) das aplicações lineares
Fixados os espaços reais V e U , consideremos o conjunto L(V,U) das funções lineares de V em U .
Observemos que, em 2.2(6), ao conjunto F(V,U) de todas as funções de V em U , foi acrescentada
uma estrutura de espaço vetorial real:
(a) soma f + g : V −→ U , (f + g)(v) = f(v) + g(v), v ∈ V ;
(b) produto por escalar αf : V −→ U , (αf)(v) = αf(v), α ∈ R, v ∈ V .
Na realidade, essas definições preservam a linearidade, isto é, partindo de f, g : V −→ U lineares,
então f + g : V −→ U e αf : V −→ U são funções lineares. Verifiquemos que a soma é linear, isto é:
(i) (f + g)(v1 + v2) = (f + g)(v1) + (f + g)(v2); (ii) (f + g)(αv) = α(f + g)(v)
(i) (f + g)(v1 + v2) = f(v1 + v2) + g(v1 + v2)
= f(v1) + f(v2) + g(v1) + g(v2)
= f(v1) + g(v1) + f(v2) + g(v2)
= (f + g)(v1) + (f + g)(v2)
(ii) (f + g)(αv) = f(αv) + g(αv)
= αf(v) + αg(v)
= α(f(v) + g(v))
= α(f + g)(v)
Do mesmo modo, verificamos que αf : V −→ U é linear. Assim, como a função nula O : V −→ U ,
O(v) = 0, também é linear, vemos que L(V,U) é um subespaço vetorial do espaço F(V,U).
(2) Composição de aplicações lineares
Sejam V , U e W espaços vetoriais reais. Dadas as funções lineares f : V −→ U e g : V −→W , a
função composta de f e g é definida pela função g ◦ f : V −→W , (g ◦ f)(v) = g(f(v)),v ∈ V .
Novamente, a linearidade é preservada: verifiquemos que a composta g ◦ f é uma aplicação linear.
(i) (g ◦ f)(v1 + v2) = g(f(v1 + v2)))
= g(f(v1) + f(v2))
= g(f(v1)) + g(f(v2)
= (g ◦ f)(v1) + (g ◦ f)(v2)
(ii) (g ◦ f)(αv) = g(f(αv))
= g(αf(v)))
= αg((f(v)))
= α(g ◦ f)(v)
Aplicações lineares 59
(3) Propriedades dos operadores lineares
Usaremos a notação simplificada L(V ) para indicar o espaço dos operadores lineares de V em V .
Nesse caso, as operações que vimos anteriormente apresentam características especiais.
(1) Dados f : V −→ V e g : V −→ V , podem ser calculadas as duas compostas g ◦ f : V −→ V e
f ◦ g : V −→ V , embora, em geral, os resultados sejam diferentes: g ◦ f 6= f ◦ g, permanecendo a
não-comutatividade.
Em particular, podemos compor f com f e usar a notação f2 = f ◦ f e, em geral,
fn = f ◦ . . . ◦ f︸ ︷︷ ︸
n
(para n ≥ 1 inteiro); por extensão, se f 6= O, coloca-se f◦ = I. Operadores f para
os quais vale a igualdade f2 = f são denominados idempotentes; os que possuem alguma potência
natural nula fm = O são operadores nilpotentes.
(2) Além da propriedade associativa (que vale para quaisquer aplicações) (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h),
temos as seguintes relações entre operadores:
(a) f ◦ I = I ◦ f , onde I : V −→ V é a identidade de V ;
(b) f ◦ (g + h) = f ◦ g + f ◦ h; (f + g) ◦ h = f ◦ h+ g ◦ h;
(c) α(f ◦ g) = (αf) ◦ g = f ◦ (αg), α ∈ R.
Verficação parcial de (b) e (c):
(b) (f ◦ (g + h))(v) = f((g + h)(v))
= f(g(v) + h(v))
= f(g(v)) + f(h(v))
= (f ◦ g)(v) + (f ◦ h)(v)
(c) (a(f ◦ g))(v) = a(f ◦ g)(v)
= af(g(v))
= (af)(g(v))
= ((af) ◦ g)(v)
Exemplo 4.24
(1) Dados os operadores f, g : R2 −→ R2, f(x, y) = (x− y, x), g(x, y) = (x, 0), encontrar:
(a) 2f + 3g;
(2f + 3g)(x, y) = 2f(x, y) + 3g(x, y) = 2(x− y, x) + 3(x, 0) = (5x− 2y, 2x);
(b) f ◦ g;
(f ◦ g)(x, y) = f(g(x, y)) = f(x, 0) = (x, x);
(c) g ◦ f ;
(g ◦ f)(x, y) = g(f(x, y)) = g(x− y, x) = (x− y, 0); note que f ◦ g 6= g ◦ f
(d) g2;
g2(x, y) = g(g(x, y)) = g(x, 0) = (x, 0); note que g2 = g, isto é, g é um operador idempotente;
(e) (g + I) ◦ f ;
(g ◦ f + f)(x, y) = (x− y, 0) + (x− y, x) = (2x− 2y, x).
(2) Seja p : V −→ V um operador idempotente. Verifiquemos as propriedades:
(a) o operador I − p é idempotente;
(b) o operador s = 2p− I é inversível.
Temos (I − p)2 = (I − p) ◦ (I − p) = I − p− p+ p2 = I − p, pois p2 = p. Assim, I − p é um operador
idempotente. Por outro lado, s2 = (2p− I) ◦ (2p− I) = 4p2 − 2p− 2p+ I = 4p− 4p+ I = I; assim,
s é inversível, com inversa s−1 = s.
Um operador s tal que s2 = I é denominado involução ou simetria.
60 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
Atividade-proposta 4.25
(1) Sejam f, g, h ∈ L(R2), dados por f(x, y) = (0, x), g(x, y) = (x, 0), h(x, y) = (−x, y).
Calcule os operadores:
(a) f + 4g;
(b) g ◦ f ;
(c) f ◦ g e (f ◦ g)2;
(d) h ◦ (f + g);
(2) Seja s : V −→ V um operador involutivo, isto é, verificando s2 = I. Mostre que p = 1
2
(s + I) é
um operador idempotente (p2 = p).
Aplicação. Interprete geometricamente o exemplo 4.24(2) com os operadores p e s do R3 dados por
p(x, y, z) = (x, y, 0) e s(x, y, z) = (x, y,−z).
4.26 SOMAS DIRETAS, PROJETORES E SIMETRIAS
Vamos associar a uma soma direta V =W ⊕ U dois operadores notáveis, lembrando que cada v ∈ V
se escreve, de modo único, sob a forma v = w + u, w ∈W , u ∈ U .
(1) p : V −→ V , p(v) = p(w + u) = w; p é a projeção sobre W paralelamente a U .
(2) s : V −→ V , s(v) = s(w + u) = w − u; s é a simetria em relação a W paralelamente a U .
Observemos os seguintes fatos:
(a) N(p) = U , pois se p(v) = p(w+u) = w = O, então v = u ∈ U e N(p) ⊂ U ; a recíproca é evidente:
todo vetor u ∈ U é da forma O + u ∈W ⊕ U , e, portanto, O + u ∈ N(p).
(b) I(p) =W , pois todo p(v) está em W .
(c) p2 = p, isto é, p é idempotente, pois p(p(v)) = p(w) = w = p(v).
(d) s = 2p− I, pois (2p− I)(v) = 2p(v)− I(v) = 2w − v = 2w − (w + u) = w − u = s(v).
(e) s2 = I, como vimos no exemplo 4.24(2), logo s−1 = s.
(f) W = {v ∈ V ; s(v) = v} e U = {v ∈ V ; s(v) = −v};
Na realidade, essas relações caracterizam p e s. Mais precisamente, dado um qualquer
operador idempotente p2 = p do espaço V , então:
(i) V = N(p) ⊕ I(p), pois, escrevendo v ∈ V sob a forma v = [v − p(v)] + p(v), vemos que
a primeira parcela v − p(v) está em N(p), já que p(v − p(v) = p(v) − p(p(v)) = p(v) − p(v) = O;
como a outra parcela p(v) está em I(v), segue que V = N(p) + I(p); enfim, a soma é direta: se
v ∈ I(p) ∩N(p), então v = p(v1) = p(v) e p(v) = O, logo v = O, isto é, I(p) ∩N(p) = {O}.
(ii) Assim, p é a projeção sobre I(p) paralelamente ao N(p).
Aplicação numérica
Vamos explicitar a construção acima num exempo concreto.
Partindo do plano W : 2x+y− z = 0 e da reta U = [(1,−1, 2)], temos V = R3 =W ⊕U , pois
o vetor-diretor u = (1,−1, 2) não verifica a equação do plano, donde W ∩ U = {O}, o que identifica
corretamente as dimensões.
Para obter a projeção sobre W paralelamente a U , consideremos a reta-afim que passa por um
ponto genérico X = (x, y, z) e é paralela a u = (1,−1, 2); essa reta fura o planoW no ponto Q(a, b, c),
o qual, por definição, é a projeção de X sobre W .
Aplicações lineares 61
Assim, X − Q = αu ou Q = X − αu = (x, y, z) − (α,−α, 2α), donde (a, b, c) = (x − α, y +
α, z − 2α). Para achar α, levamos esses valores de a, b, c na equação do plano: 2a+ b− c = 0, donde
α = −2x − y + z, que, de volta aos valores de a, b, c, nos dá, enfim, a = 3x + y − z, b = −2x + z,
c = 4x+ 2y − z.
O projetor p procurado se escreve: p(X) = p(x, y, z) = (a, b, c), ou
p(x, y, z) = (3x+ y − z,−2x+ z, 4x+ 2y − z), representado pela matriz A =
 3 1 −1−2 0 1
4 2 −1
.
Feitas as contas, a matriz A não é muito reveladora de que o operador p é um projetor. Era de se
esperar algo da forma D =
1 0 00 1 0
0 0 0
, que não deixa dúvidas que a imagem I(p) possui dimensão
2, um plano, e o núcleo N(p) uma reta do R3! Esse aparente descompasso, na realidade, é devido
à escolha inconveniente das bases (canônicas!) que representam a matriz A. Veremos, a seguir, que
existe uma mudança de bases que torna a matriz final �mais simples�, como a matriz diagonal D.
Atividade-proposta 4.27 Partindo de V = W ⊕ U , estudamos o projetor p : V −→ V ,
p(v) = p(w+u) = w (projeção sobreW paralelamente a U). Ora, nada impede uma projeção análoga,
sobre o subespaço U e paralelamente a W : basta tomar q : V −→ V , q(v) = q(w + u) = u.
Verifique as propriedades:
(a) I(q) = U e N(q) =W ;
(b) q2 = q;
(c) p+ q = I; p ◦ q = q ◦ p = O;
(d) A simetria correspondente a q vale σ : V −→ V , σ(v) = σ(u+w) = u−w. Mostre que σ+ s = O,
onde s é a simetria associada a p;
(e) Usando os dados da Aplicação Numérica 4.26, indique todos os operadores
p(x, y, z), q(x, y, z), s(x, y, z), σ(x, y, z);
(f) Mostre, diretamente, usando s(x, y, z), que o operador s é inversível.
(g) Usando a relação s2 = I, verifique que V =W1 ⊕W2, onde
W1 = {v ∈ V ; s(v) = v} e W2 = {v ∈ V ; s(v) = −v}.
4.28 Matriz de uma aplicação linear
Sejam V e U espaços de dimensão finita, B = {v1, . . . , vn} base de V , C = {u1, . . . , um} base de U ,
ambas arbitrariamente fixadas, e f : V −→ U uma aplicação linear.
Vamos definir uma matriz A = (f)B,C (m×n) dita da aplicação f em relação ao par de bases B e C,
que transformará as coordenadas de cada v ∈ V , X = (v)B, nas coordenadas de f(v), Y = (f(v))C ,
pela relação Y = AX; assim, teremos
[v ∈ V 7−→ f(v) ∈ U ] ⇐⇒ Y = AX.
De início, vamos decompor cada f(v1), . . . , f(vn) na base C, cujas coordenadas serão as colunas da
matriz A:
f(v1) = a11u1 + · · ·+ am1um
.
.
.
f(vn) = a1nu1 + · · ·+ amnum
⇒ A = (f)B,C =
 | |(f(v1)C · · · (f(vn)C
| |
 =

a11 · · · a1n
.
.
.
.
.
.
am1 · · · amn
.
62 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
Para relacionar as coordenadasde v ∈ V com as de f(v) ∈ U , vamos decompor esses vetores nas bases
B e C: se v = x1v1 + · · ·xnvn, então f(v) = x1f(v1) + · · · + xnf(vn); tendo em conta as expressões
de f(v1), . . . , f(vn) na base C, vem
f(v) = x1(a11u1 + · · ·+ am1um) + · · ·+ xn(a1nu1 + · · ·+ amnum),
f(v) = (a11x1 + · · ·+ a1nxn)u1 + · · ·+ (am1x1 + · · ·+ amnxn)um (*)
A igualdade (*) nos mostra que
(a) As coordenadas Y = (f(v))C = (y1, . . . , ym) são dadas por
y1 = a11x1 + · · ·+ a1nxn
.
.
.
ym = am1x1 + · · ·+ amnxn
, isto é, Y = AX.
(b) Podemos, alternativamente, escrever
f(v) = (A1X)u1 + · · ·+ (AmX)um, onde A1, . . . , Am são as linhas da matriz A. Desse modo,
vemos ainda que
Y =

A1X
.
.
.
AmX
, donde Y = AX.
Exemplo 4.29
(1) Escrever a matriz de f : R3 −→ R2, f(x, y, z) = (x+ y, y + z) em relação às bases:
(a) B = {v1, v2, v3}, C = {u1, u2} ambas canônicas.
f(v1) = f(1, 0, 0) = (1, 0) = u1
f(v2) = f(0, 1, 0) = (1, 1) = u1 + u2
f(v3) = f(0, 0, 1) = (0, 1) = u2
A matriz procurada vale:
(f)B,C =
[
1 1 0
0 1 1
]
(b) B = {v1, v2, v3} canônica, D = {u1 = (1, 0); u2 = (1, 1)}.
f(v1) = f(1, 0, 0) = (1, 0) = u1
f(v2) = f(0, 1, 0) = (1, 1) = u2
f(v3) = f(0, 0, 1) = (0, 1) = −u1 + u2
A matriz procurada vale:
(f)B,D =
[
1 0 −1
0 1 1
]
(2) Dada a matriz M =
[
1 2 3
0 1 0
]
, achar f : R3 −→ R2 tal que (f)B,C =M , onde
B = {v1 = (1, 0, 0), v2 = (0, 1, 0), v3 = (0, 1, 1)}, C = {u1 = (1, 0); u2 = (1, 1)}.
Por definição, temos f(v1) = u1 = (1, 0), f(v2) = 2u1 + u2 = (2, 0) + (1, 1) = (3, 1),
f(v3) = 3u1 = (3, 0). Para achar f(x, y, z), podemos escrever (x, y, z) na base B:
(x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y − z, 0) + (0, z, z) = xv1 + (y − z)v2 + zv3.
Enfim, f(x, y, z) = x(1, 0) + (y − z)(3, 1) + z(3, 0) = (x+ 3y, y − z).
Observação. Acima, achamos as coordenadas canônicas (x, y, z) em relação à base B, por
comparação direta das bases. Lembre que o método geral usa uma matriz de mudança de base.
(3) Consideremos o operador identidade I : V −→ V ; o mesmo espaço V está munido das bases B e
C. Qual o significado da matriz (I)B,C ?
Ora, por construção, as colunas dessa matriz são as coordenadas dos vetores I(B) = B em C. Por
outro lado, no Ÿ3.3, vimos que uma tal matriz é a que denominamos matriz de passagem de C
para B (lá, também, coordenadas de B em C).
Aplicações lineares 63
Atividade-proposta 4.30
(1) Sejam B = {(0, 2), (2,−1)} e C = {(1, 1, 0), (0, 0,−1), (1, 0, 1)} bases de R2 e R3. Dada a matriz
(f)B,C =
 2 04 0
0 −4
, calcule f(x, y).
(2) Determinar a matriz do operador T : R2 −→ R2, T (x, y) = (3x− 4y, x+ 5y), em relação à base:
(a) canônica;
(b) C = {(1, 2), (2, 3)}.
(3) Sejam B = {v1, v2, v3} e C = {u1, u2} bases de R3 e R2, respectivamente, e f : R3 −→ R2 a
aplicação linear tal que f(v1) = u1 + u2, f(v2) = u1 − u2 e f(v3) = 3u2.
(a) Indique a matriz A de f em relação às bases B e C;
(b) Encontre a matriz A1 de f em relação às bases B1 = {w1, w2, w3} e C1 = {z1, z2}, onde
w1 = 2v1 − v2 + v3, w2 = v1 + v2 − v3, w3 = 2v1 − v3
z1 = u2, z2 = u1 + u2.
4.31 MATRIZES E OPERAÇÕES DE FUNÇÕES LINEARES
Sejam V e U espaços vetoriais, dim V = n, dimU = m, B e C bases de V e U , respectivamente.
(1) Soma de funções lineares e produto de uma função linear por um escalar.
(a) A matriz da soma de duas funções lineares é a soma das matrizes de cada uma;
(b) A matriz do produto de uma aplicação linear por um escalar é esse número multiplicado pela
matriz da função:
(f + g)B,C = (f)B,C + (g)B,C e (αf)B,C = α(f)B,C .
As duas relações decorrem da definição das matrizes (f), (g), (f+g) e (αf); por exemplo, cada coluna
de (f + g) é a soma das colunas correspondentes de (f) e de (g).
(2) A aplicação ϕ : L(V,U) −→Mm×n(R), f 7−→ (f)B,C , é um isomorfiso linear. Em parti-
cular,
dimL(V,U) = mn
(i) A função ϕ é injetiva: Sejam A = (f) e B = (g); se A = B, então as colunas de A coincidem com
as correspondentes colunas de B, donde, por construção, as aplicações f e g coincidem na base B de
V , logo, são iguais, por 4.5(3).
(ii) A função ϕ é sobrejetiva: dada a matriz Jm×n, então, para cada v ∈ V , a matriz da função linear
f(v) = (J1X)u1 + · · ·+ (JmX)um é igual a J , como vimos em 4.28(b) (com as mesmas notações).
(iii) A função ϕ é linear, como vemos de (1a,b) acima.
(3) Matriz da função composta de aplicações lineares.
Consideremos a composição VB
f−→ UC g−→ WD, onde os índices B,C,D indicam bases de V,U,W ,
respectivamente, e g ◦ f : VB −→WD. Vale o resultado:
(g ◦ f)B,D = (g)C,D · (f)B,C .
Com efeito, para cada v ∈ V , sejam X = (v)B , Y = (f(v))C , Z = (g(f(v)))D = ((g◦f)(v))D ,M = (f)B,C ,
N = (g)C,D , e K = (g ◦ f)B,D. Ora, temos Y =MX, Z = NY , donde Z = N(MX) = (NM)X; mas,
também, Z = KX, donde K =MN , dada a unicidade da representação matricial(!).
64 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
Caso particular
Com as mesmas notações do item anterior, se f : VB −→ UC é um isomorfismo linear, então a matriz
A = (f)B,C é inversível e A−1 = (f−1)C,B.
De fato, temos f−1 ◦ f = IV e f ◦ f−1 = IU ; basta, então, usar a proposição anterior:
VB
f−→ UC f
−1
−→ VB e UC f
−1
−→ VB f−→ UC
(f−1)C,B(f)B,C) = (I)B,B = IV e (f)B,C(f−1)C,B = (I)C,C = IU
Exemplo 4.31
Seja V um espaço vetorial real. Vimos em 4.5(2) que toda aplicação linear f : R −→ V fica dada
unicamente pelo vetor f(1) ∈ V . Em outras palavras, há um isomorfismo linear ϕ : L(R, V ) −→ V ,
ϕ(f) = f(1), que identifica as funções lineares f : R −→ V com os vetores de V .
4.32 MUDANÇA DE BASE E APLICAÇÕES LINEARES
Exemplo motivador
Seja p o projetor do R3 que consideramos na aplicação numérica 4.26. Trata-se da projeção sobre o
plano W = [v1, v2] = [(1, 0, 2), (0, 1, 1)] e paralela ao vetor v3 = (1,−1, 2). Vimos que
p(x, y, z) = (3x+ y − z,−2x+ z, 4x+ 2y − z), representado pela matriz A =
 3 1 −1−2 0 1
4 2 −1
.
A matriz A representa p na base canônica. Em relação à base C = {v1, v2, v3}, p será representado
pela matriz D, obtida pelo processo usual:
p(v1) = Av1 = v1 = (1, 0, 0),
p(v2) = Av2 = v2 = (0, 1, 0),
p(v3) = Av3 = O = (0, 0, 0)
A matriz procurada vale:
D = (p)C =
1 0 00 1 0
0 0 0

É claro que a matriz diagonal D diz mais sobre o projetor p que a matriz A. Há um método geral
para achar a matriz mais simples D? Há alguma relação entre as matrizes A e D? Encerraremos
esse parágrafo ampliando os resultados sobre mudanças de base.
4.32 Proposição.
Dada f : V −→ U , consideremos as bases B e B1 de V , C e C1 de U e as matrizes A = (f)B,C e
A1 = (f)B1,C1 . Já vimos a ação de A: transformar coordenadas em B para cordenadas em C, via
Y = AX; ação análoga de A1, Y1 = AX1.
Por outro lado, X = PX1, onde P = (IV )B1,B é a matriz de passagem de B para B1 (coordenadas
de B1 em B), e Y = QY1, onde Q = (IU )C1,C é a passagem de C para C1 (coordenadas de C1 em C).
Agrupando de modo conveniente as quatro igualdades:
Y = AX ⇒ Y = A(PX1) ⇒ QY1 = A(PX1) ⇒ Y1 = (Q−1AP )X1 ⇒ A1 = Q−1AP .
Observação O diagrama comutativo abaixo permite, alternativamente, comprovar o resultado acima,
usando produtos de matrizes adequados às composições representadas (4.3.1(3)).
VB
f−−−−→ UC
I
x Iy
VB1
f−−−−→ UC1
Aplicações lineares 65
Mudança de base de um operador linear
Dado o operador linear f : V −→ V e as bases B e C de V , sejam as matrizes A = (f)B de f em B,
D = (f)C de f em C, e a matriz de passagem P = (I)C,B da base B para a base C (ccordenadas de
C em B). Vale a relação D = P−1AP .
Exemplo 4.33
Seja o operador f : R3 −→ R3, T (x, y, z) = (5x+2y−2z,−4x−y+2z, 8x+4y−3z). Dadas as bases B
(canônica) e C do R3, seja P a matriz de passagem de B para C, isto é, P = (I)C,B =
 1 0 10 1 −1
2 1 2
.
(a) Identificar os vetores da base C = {v1, v2, v3}. Ora, por definição, as colunas de P são as coorde-
nadas deC em B, isto é, v1 = (1, 0, 2), v2 = (0, 1, 1) e v3 = (1,−1, 2), pois B é a base canônica.
(b) Achar a matriz de T na base C. Temos
T (v1) = T (1, 0, 2) = (1, 0, 2) = v1;
T (v2) = T (0, 1, 1) = (0, 1, 1) = v2;
T (v3) = T (1,−1, 2) = (−1, 1,−2) = −v3
A matriz procurada vale:
D = (T )C =
 1 0 00 1 0
0 0 −1

(c) Da relação D = P−1AP , vem que PDP−1 = A. Temos (verifique!) 1 0 10 1 −1
2 1 2

 1 0 00 1 0
0 0 −1

 3 1 −1−2 0 1
−2 −1 1
=
 5 2 −2−4 −1 2
8 4 −3
 = A
(d) A ação de T na base C mostra que o plano W = [v1, v2] é invariante por T , e os vetores da reta
U = [v3] são transformados em seus opostos. Em outras palavras, T é a simetria em relação a W ,
paralela a U .
Atividade-proposta 4.34
(1) Seja f : R3 −→ R2 a função linear dada por f(x, y, z) = (2x + 3y + z, x + 2y − z). Considere
as bases do R3: B canônica; B1 = {(1, 1, 1), (1, 2, 1), (0, 1, 1)}; também,as bases do R2: C canônica,
C1 = {(3, 2), (2, 1)}. Determine:
(a) A = (f)B,C ; (b) D = (f)B1,C ; (c) K = (f)B,C1 ; (d) L = (f)B1,C1
(e) Usando as matrizes de passagem P � de B para B1, e Q � de C para C1, indique as relações
existentes entre os pares das matrizes obtidas em (a), (b), (c) e (d).
(2) Dado o operador linear T : R2 −→ R2, T (x, y) = (4x+ 4y, x+ 4y), encontre:
(a) a matriz A de T na base canônica;
(b) uma base B = {v1, v2} do R2 tal que D = (T )B =
[
6 0
0 2
]
. Sugestão. T (v1) = 6v1, T (v2) = 2v2.
(c) a relação entre as matrizes A e D.
4.35 SEMELHANÇA DE MATRIZES
A noção de semelhança permite identificar propriedades invariantes de uma matriz (ou de um ope-
rador) que são independentes de uma particular representação, como, por exemplo, posto, traço,
determinante. Essa noção foi sugerida pela fórmula de mudança de base de um operadorD = P−1AP .
66 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
(1) Duas matrizes quadradas n × n A e B são semelhantes se existe uma matriz inversível P tal
que B = P−1AP .
Na realidade, A e B são semelhantes se, e somente se, são matrizes de um mesmo operador linear.
Não é difícil verificar que a semelhança de matrizes é uma relação de equivalência (reflexiva,simétrica
e transitiva) no conjunto das matrizes quadradas de uma dada ordem.
Na mesma ordem de idéias, vejamos como tratar da diagonalização.
(2) Uma matriz quadrada A é diagonalizável se A é semelhante a uma matriz diagonal D.
(3) Um operador T : V −→ V , dimV = n, é diagonalizável se existe uma base B de V na qual a
matriz de T é diagonal.
Não iremos desenvolver esse tópico. Apenas como motivação, vejamos como abordar a diagonalização.
A idéia é muito simples: se uma matriz diagonal D deve representar um operador T , ou ser
semelhante a uma matriz A, então, numa certa base {v1, v2, v3}, deve ser, por construção,
D =
λ1 0 00 λ2 0
0 0 λ3
 ⇐⇒ T (v1) = Av1 = λ1v1T (v2) = Av2 = λ2v2
T (v3) = Av3 = λ3v3
A ação de T nesses vetores é especial: cada um deles é uma direção principal, na qual T é uma
homotetia. Os vetores são os autovetores de T e os coeficientes λ os autovalores.
Em outras palavras, T é diagonalizável se existe uma base de autovetores de T (!).
Exemplo 4.36
(1) Verifiquemos que a matriz A =
[
4 4
1 4
]
é diagonalizável; para tanto, devemos achar os autovetores
X 6= O, soluções do sistema AX = λX, ou (A− λI)X = O; portanto, a matriz A− λI deve ser não
inversível. Examinemos o escalonamento
[
4− λ 4
1 4− λ
]
→
[
1 4− λ
0 −λ2 + 8λ− 12
]
.
Ora, como procuramos solução não trivial, deve ser −λ2+8λ−12 = 0, ou λ2−8λ+12 = 0: o primeiro
membro é o polinômio característico, cujas raízes são os autovalores λ = 6 e λ = 2. O primeiro
caso indica a equação x− 2y = 0 e X = (x, y) = (2y, y) = y(2, 1); o segundo nos dá x+2y=0, donde
X = (x, y) = (−2y, y) = y(−2, 1). Assim , escolhendo v1 = (2, 1) e v2 = (−2, 1), obtemos Av1 = 6v1,
Av2 = 2v2, e D =
[
6 0
0 2
]
. Enfim, a matriz de passagem vale P =
[
2 −2
1 1
]
, e verifica D = P−1AP .
(2) Traço de um operador
Já definimos o traço tr(A) de uma matriz A como a soma dos seus elementos diagonais, e verficamos
que o traço é linear. Além disso, vale uma interessante propriedade: tr(AB) = tr(BA) mesmo que as
matrizes não comutem entre si. Por exemplo
A =
[
a b
c d
]
, B =
[
x y
z w
]
, AB =
[
ax+ bz ay + bw
cx+ dz cy + dw
]
, BA =
[
xa+ yc xb+ yd
za+ wc zb+ wd
]
Como vemos acima: tr(AB) = (ax+ bz) + (cy + dw) = (xa+ yc) + (zb+ wd) = tr(BA).
Em seguida, temos Se A e B são semelhantes, então tr(A) = tr(B) .
Aplicações lineares 67
De fato, existe alguma matriz inversível P tal que A = P−1BP ; logo,
tr(A) = tr(P−1BP ) = tr(BPP−1) = tr(BI) = tr(B)
A definição pode ser ampliada para um operador T : V −→ V , colocando tr(T ) = tr(A), onde a
matriz A representa T emqualquer base de V , pois vimos que se outra matriz B também representa
T , então A e B são semelhantes, logo têm o mesmo traço!
Por exemplo, consideremos o operador linear derivação D : R3[x] −→ R3[x], tal que D(p) = p′. Em
relação à base canônica {1, x, x2, x3}, a seguinte matriz A representa D:
A =

0 1 0 0
0 0 2 0
0 0 0 3
0 0 0 0
; logo, tr(D) = tr(A) = 0.
Um outro exemplo, as matrizes
[
0 1
0 0
]
e
[
1 1
0 0
]
não são semelhantes, pois não possuem o mesmo
traço.
(3) Potências de matrizes semelhantes
Sejam A e B matrizes semelhantes, portanto da forma A = P−1BP . Observemos que, para todo
inteiro n > 0, temos An semelhante a Bn. Com efeito:
An = (P−1BP )n = (P−1BP )(P−1BP ) · · · (P−1BP ) = P−1BnP , logo, An semelhante a Bn, com a
mesma matriz de passagem P .
Alguns resultados decorrentes:
(a) Se uma matriz B é nilpotente, então toda matriz semelhante a B também é nilpotente.
(b) Um operador T é nilpotente se, e somente se, é nilpotente a matriz que representa T numa base
qualquer.
4.37 Aplicação: posto de matrizes
(1) Seja LA : Rn −→ Rm, Y = LA(X) = AX.
A imagem I(LA) é formada pelos vetores Y ∈ Rm para os quais o sistema AX = Y possui solução
em X; como AX = A1x1 + · · · + Anxn, onde A1, . . . , An são os vetores-coluna de A, vemos que
I(LA) = C(A) coincide com o subespaço das colunas de A, isto é, ρ(LA) = ρC(A) (∗).
Por outro lado, sabemos que ν(A) = dim N(A) = n − ρ(LA) (∗∗). Do teorema do núcleo e da
imagem, usando (*) e (**), vemos que ρL(A) = ρC(A) .
Esse resultado já é nosso conhecido. Agora, será que vale (*) para qualquer A = (f)B,C?
(2) Proposição Verificaremos, que dada f : V −→ U , então o posto de f é o posto-coluna de
qualquer matriz A = (f)B,C que representa f em um par arbitrário de bases fixadas.
De fato, se B = {v1, . . . , vn} e C = {u1, . . . um} são bases quaisquer de V e U , então, por construção,
cada vetor-coluna A são as coordenadas no Rm de f(B) em C. Como B gera V , sabemos que f(B)
gera a imagem I(f), isto é, I(f) ' C(A). Enfim, ρ(f) = ρC(A).
(3) Observemos, em particular, que matrizes semelhantes têm mesmo posto (não sendo válida
a recíproca).
68 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
RESPOSTAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS
4.4
1(a) define uma função linear. Pondo a ∈ R, v = (x, y, z), v1 = (x1, y1, z1), v2 = (x2, y2, z2), temos
f(v1 + v2) = f(x1 + x2, y1 + y2, z1 + z2)
= (x1 + x2 + y1 + y2, x1 + x2 − y1 − y2, z1 + z2)
= (x1 + y1, x1 − y1, z1) + (x2 + y2, x2 − y2, z2)
= f(v1) + f(v2)
f(av) = f(ax, ay, az) = (ax+ ay, ax− ay, az)
= a(x+ y, x− y, z)
= af(v)
(b) função linear; a verificação é tal qual a que fizemos acima.
(c) não é linear, devido ao termo xy, pois, por exemplo, (x1 + x2)(y1 + y2) 6= x1y1 + x2y2;
(d) não é linear, pois f(0, 0, 0) = (0, 0, 1) 6= (0, 0, 0).
2(a) Segue das propriedades da transposição:
t(A+B) = t(A) + t(B); t(αA) = α t(A).
(b) tr(A+B) = tr(A) + tr(B), tr(αA) = αtr(A), como podemos observar das matrizes abaixo:
A=
[
a b
c d
]
, B =
[
x y
z w
]
, A+B =
[
a+ x b+ y
c+ z d+ t
]
, αA =
[
αa αb
αc αd
]
4.7
1(a) Temos f(X) = f(x, y) = f(xe1+ ye2) = xf(e1) + yf(e2) = x(2e1) + y(2e2) = 2(xe1+ ye2) = 2X;
(b) Pondo v1 = (1, 4) = e1 + 4e2 e v2 = (0, 1) = e2, vem e1 = v1 − 4v2 e e2 = v2; segue, então,
f(e1) = f(v1)− 4f(e2) = (3, 2)− 4(1, 0) = (−1, 2) e f(e2) = (1, 0).
Logo, f(x, y) = xf(e1) + yf(e2) = x(−1, 2) + y(1, 0) = (y − x, 2x);
2)(a) Mesmo raciocínio: usando v1 = (1, 1, 1), v2 = (0, 1, 1), v3 = (0, 0, 1), vemos que e1 = v1 − v2,
e2 = v2 − v3, e3 = v3, logo f(e1) = f(v1)− f(v2) = (1, 0, 3), f(e2) = f(v2)− f(v3) = (0, 0, 0), f(e3) =
(2, 1,−1). Enfim, f(x, y, z) = xf(e1) + yf(e2) + zf(e3) = x(1, 0, 3) + z(2, 1,−1) = (x+ 2z, 0, 3x− z)).
2(b) Impossível. Deve ser f(1, 1, 1) + f(1, 2, 3) = f((1, 1, 1) + (1, 2, 3)) = f(2, 3, 4); mas (1, 2, 3) +
(1, 4, 9) 6= (2, 1,−1).
3. Dada A =
[
a b
c d
]
, temos A = av1+bv2+cv3+dv4, logo T (A) = aT (v1)+bT (v2)+cT (v3)+dT (v4) =
av1 + bv3 + cv2 + dv4 =
[
a c
b d
]
; assim T (A) = t(A).
4.10
1. LA(X) = AX = (1, 2, 3).(x, y, z) = x+ 2y + 3z; LA(x) =
12
3
 .x =
 x2x
3x

2.(a) Basta colocar f(1, 0) = f(e1) = (2, 0) e f(0, 1) = f(e2) = (0, 2) nas colunas da matriz A, isto é,
A =
[
2 0
0 2
]
D =
[
−1 1
2 0
]
(b) Temos de calcular f(1, 0) = f(e1) = (−1, 2), f(0, 1) = f(e2) = (1, 0) (veja 4.7;1(b)), obtendo a
matriz D acima.
Aplicações lineares 69
2.(c) Ler a matriz diretamente de f(x, y, z), pois aqui usamos as bases canônicas � abaixo, à esquerda.
A =
 3 1 −1−2 0 1
4 2 −1
 A =

1 0 0 0
0 0 1 0
0 1 0 0
0 0 0 1

3. As colunas de A são as coordenadas de T (v1) = v1, T (v2) = v3, T (v3) = v2 e T (v4) = v4 � acima, à
direita.
4.16
1.(a) Núcleo: f(x, y, z) = (x, 2y, 0) = (0, 0, 0) =⇒ x = 0 e y = 0; logo N(f) = {(0, 0, z) ; z ∈ R}, isto
é, N(f) = [(0, 0, 1)] e dimN(f) = 1.
Imagem: como (x, 2y, 0) = x(1, 0, 0) + y(0, 2, 0), vemos que I(f) = [(1, 0, 0), (0, 1, 0)], dim I(f) = 2.
1.(b) Alternativamente, como f(x, y, z) = (x+ z, x− z, y) = x(1, 1, 0+ y(0, 0, 1)+ z(1,−1, 0), podemos
escrever a matriz de f e usar escalonamento:
A =
 1 0 11 0 −1
0 1 0
 →
1 0 00 1 0
0 0 1
; logo, N(f) = {O} e I(f) = R3.
1.(c) Usando f(x, y, z) = (x, x− y, y − z, z), novamente é mais fácil escalonar sua matriz:
A =

1 0 0
1 −1 0
0 1 −1
0 0 1
 →

1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
; segue que N(f) = {O} e I(f) = {(a, b, c, d); d = 0}, com dim I(f) = 3.
2. Esse exemplo é, essencialmente,o mesmo da função 1.(c) acima, se usarmos as bases canônicas
{1, x, x2} e {1, x, x2, x3}: pondo p = a+ bx+ cx2, temos g(p) = p+x2p′ = a+ bx+ cx2+x2(b+2cx) =
a + bx + (c + b)x2 + 2cx3. Assim, se g(p) = 0, vemos que deve ser: a = 0, b = 0, c + b = 0 e 2c = 0,
donde a = b = c = 0 e p = O, logo N(g) = O. Considerando, agora, os geradores da imagem I(g),
g(1) = 1, g(x) = x+ x2 e g(x2) = x2 + 2x3, que são LI, vemos que dim I(g) = 3.
Alternativamente, o escalonamento da matriz de g confirma os dois subespaços:
A =

1 0 0
0 1 0
0 1 1
0 0 2
 →

1 0 0
0 1 0
0 0 1
0 0 0
.
3. Se f : Rn −→ Rm é sobrejetiva, então I(f) = Rm. Por outro lado, temos o domínio gerado pelos
n vetores canônicos: Rn = [e1, . . . , en], donde I(f) = [f(e1), . . . , f(en)], por 4.14. Assim, temos o
Rm = I(f) = [f(e1), . . . , f(en)] gerado por n vetores, o que obriga m ≤ n.
Seja a função linear g : R3 −→ R2 associada à matriz A =
[
1 1 1
0 0 0
]
; temos dim I(g) = 1, logo f não
é sobrejetiva.
4.22
1.(a)(b) O escalonamento das matrizes que representam cada função resolve o exercício.
(a) [A, I] =
 2 1 2 1 0 01 0 −1 0 1 0
3 1 1 0 0 1
 →
 1 0 −1 0 1 00 1 4 0 −3 1
0 0 0 1 1 −1

(b) [A, I] =
 1 −3 −11 1 0 00 −1 −4 0 1 0
0 0 1 0 0 1
 →
 1 0 0 1 −3 −10 1 0 0 −1 −4
0 0 1 0 0 1
 = [I, A−1]
70 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
No primeiro caso, o escalonamento revelou a terceira linha formada de zeros, donde A (logo T ) não
inversível. Para confirmar, N(T ) = [(1,−4, 1)] é uma reta, o que obriga dim I(T ) = 2.
O caso (b) ilustra T inversível, com T−1(x, y, z) = (x− 3y − z,−y − 4z, z) associado à matriz A−1.
2. A matriz de T é da forma A =
 2 3 a1 0 b
1 −1 c
, com AX = O e X = (1, 2,−1), o que nos dá,
sucessivamente: 2 + 6− a = 0, 1− b = 0 e 1− 2− c = 0, donde a = 8, b = 1 e c = −1. Conhecida A,
segue a definição de T : T (x, y, z) = (2x+ 3y + 8z, x+ z, x− y − z).
3. Seja f(X) = A·X. ComoA 6= O, então I(f) 6= O, pois, por exemplo, f(A) = A·A = a21+· · ·+a2n 6= 0.
Assim I(f) = R e dim I(f) = 1. Então, H = N(f) é um subespaço do Rn. Além disso, do Teorema
do núcleo e da imagem, segue que dimH = n− 1.
4. Núcleo: achar as matrizes X tais que T (X) = BX = O, ou
[
2 4
3 6
][
a b
c d
]
=
[
2a+ 4c 2b+ 4d
3a+ 6c 3b+ 6d
]
= O,
donde, descartando as equações proporcionais, a+ 2c = 0 e b+ 2d = 0, isto é, as matrizes procuradas
são da forma X =
[
−2c −2d
c d
]
= c
[
−2 0
1 0
]
+ d
[
0 −2
0 1
]
; dimN(T ) = 2
Imagem: procedendo da mesma forma, descartando as condições proporcionais, vemos que
I(T ) = a
[
2 0
3 0
]
+ b
[
0 2
0 3
]
; dim I(T ) = 2.
Observação. O método que aplicamos, usando as matrizes das aplicações lineares para calcular, por
exemplo, o núcleo e a imagem, vale sempre em dimensão finita; dependendo da situação, um método
adhoc pode ser mais popular, ou mais sugestivo, como o que acabamos de usar no exercício acima.
Exercício suplementar. Refazer o problema anterior, usando o isomorfismo
ϕ : V −→ R4,
[
a b
c d
]
7−→ (a, b, c, d) para obter a matriz M que representa T : M =

2 0 4 0
0 2 0 4
3 0 6 0
0 3 0 6
.
4.25
1.(a) (f + 4g)(x, y) = f(x, y) + 4g(x, y) = (0, x) + (4x, 0) = (4x, x);
(b) (g ◦ f)(x, y) = g(f(x, y)) = g(0, x) = (0, 0);
(c) (f ◦ g)(x, y) = f(g(x, y)) = f(x, 0) = (0, x);
(f ◦ g)2 = (f ◦ g)(f ◦ g)(x, y) = (f ◦ g)(0, x) = f(g(0, x)) = f(0, 0) = 0;
(d) (h ◦ (f + g))(x, y) = h(f(x, y) + g(x, y)) = h((0, x) + (x, 0)) = h(x, x) = (−x, x).
2. Se p =
1
2
(s+ I), então p2 =
1
4
(s+ I)(s+ I) =
1
4
(s2 + s+ s+ I) =
1
4
(2s+ 2I) = p.
O operador p(x, y, z) = (x, y, 0) é a projeção sobre o plano z = 0, paralela ao eixo-z; s(x, y, z) =
(x, y,−z) é a simetria em relação ao plano z = 0, paralela ao eixo-z.
4.27
Com V =W ⊕U , sejam os projetores p, q : V −→ V , com p(v) = p(w+u) = w e q(v) = q(w+u) = u.
(a) e (b) são idênticos aos que mostramos em 4.26(a) e (b).
(c) (p+ q)(v) = (p+ q)(w + u) = p(w + u) + q(w + u) = w + u = v, logo, p+ q = I.
(p ◦ q)(v) = p(q(v)) = p(u) = 0 pois U = N(p); (q ◦ p)(v) = q(p(v)) = q(w) = 0 pois W = N(q);
(d) σ(v) = σ(w + u) = u − w é a simetria associada ao projetor q. Como s(v) = s(w + u) = w − u,
vemos que (σ + s)(v) = σ(v) + s(v) = (u− w) + (w − u) = 0.
Aplicações lineares 71
(e) Temos p(x, y, z) = (3x+ y − z,−2x+ z, 4x+ 2y − z); (verifique os resultados obtidos!)
q(x, y, z) = (−2x− y + z, 2x+ y − z,−4x− 2y + 2z);
s(x, y, z) = (5x+ 2y − 2z,−4x− y + 2z, 8x+ 4y − 3z);
σ(x, y, z) = (−5x− 2y + 2z, 4x+ y − 2z,−8x− 4y + 3z).
(f) Seja A a matriz de s; escalonando [A, I] chegaremos a [I, A], mostrando que s é inversível e s−1 = s.
(g) Inicialmente, verifiquemos que V =W1 +W2. Dado v ∈ V , façamos a decomposição
v = (1/2)(v + s(v)) + (1/2)(v − s(v)); pondo v1 = (1/2)(v + s(v)) e v2 = (1/2)(v − s(v)), temos,
s(v1) = (1/2)(s(v)+s2(v)) = (1/2)(s(v)+v) = v1 e s(v2) = (1/2)(s(v)−s2(v) = (1/2)(s(v)−v) = −v2.
Assim v1 ∈W1, v2 ∈W2 e como v = v1+ v2, concluimos que V =W1+W2. Para verificar que a soma
é direta, falta ver que W1 ∩W2 = {O}: se v está interseção, então s(v) = v = −v, donde v = O.
4.30
1.Sejam v1 = (0, 2), v2 = (2,−1), u1 = (1, 1,0), u2 = (0, 0,−1), u3 = (1, 0, 1).
Por definição de (f)B,C , temos f(v1) = 2u1 + 4u2 + 0u3 = (2, 2, 0) + (0, 0,−4) = (2, 2 − 4) e f(v2) =
−4u3 = −4(1, 0, 1) = (−4, 0,−4); por outro lado, sendo P a matriz de passagem da base canônica
{e1, e2} para a base B, temos P =
[
0 1
2 −1
]
e P−1 = (1/2)
[
1 1
2 0
]
, donde e1 = (1/2)(v1 + 2v2) e
e2 = (1/2)v1. Segue f(e1) = (−3, 1,−6), f(e2) = (1, 1,−2), f(x, y) = (−3x+ y, x+ y,−6x− 2y).
2. (a) Na base canônica {e1, e2}, temos T (e1) = (3, 1) e T (e2) = (−4, 5), donde a matriz A =
[
3 −4
1 5
]
.
Seja P =
[
1 2
2 3
]
a matriz de passagem da base canônica para C; de P−1 =
[
−3 2
2 −1
]
, vem e1 = −3v1+
2v2 e e2 = 2v1−v2. Como T (v1) = Av1 = −5e1+11e2 e T (v2) = Av2 = −6e1+17e2, substituindo e1 e
e2, concluimos T (v1) = 37v1− 21v2 e T (v2) = 52v1− 29v2, donde a matriz D = (T )C =
[
37 52
−21 −29
]
.
Observação Alternativamente, temos D = P−1AP .
3.(a) Por definição, dada f(B) em C, segue A = (f)B,C =
[
1 1 0
1 −1 3
]
.
(b) A matriz A1 é f(B1) em C1; também, temos u1 = z2 − z1 e u2 = z1. Assim:
f(w1) = 2f(v1)− f(v2) + f(v3) = 2(u1 + u2)− (u1 − u2) + 3u2 = u1 + 6u2 = z2 − z1 + 6z1 = 5z1 + z2;
f(w2) = f(v1) + f(v2)− f(v3) = u1 + u2 + u1− u2− 3u2 = 2u1− 3u2 = 2z2− 2z1− 3z1 = −5z1 +2z2;
f(w3) = 2f(v1)− f(v3) = 2u1 + 2u2 − u2 = 2u1 − u2 = 2z2 − 2z1 − z1 = −3z1 + 2z2.
Enfim A1 = (f)B1,C1 =
[
5 −5 −3
1 2 2
]
.
Observação Método alternativo. Sejam as respectivas matrizes de passagem:
P =
 2 1 2−1 1 0
1 −1 −1
, Q = [ 0 1
1 1
]
, Q−1 =
[
−1 1
1 0
]
; então A1 = Q−1AP .
4.34
1.(a) A = (f)B,C =
[
2 3 1
1 2 −1
]
é lida diretamente de f(x, y, z) = (3x+ 3y + z, x+ 2y − z);
(b) Se B1 = {v1, v2, v3)}, calculemos f(B1) em C:
f(v1) = A · (1, 1, 1) = (6, 2), f(v2) = A · (1, 2, 1) = (9, 4), f(v3) = A · (0, 1, 1) = (4, 1); segue, então
D = (f)B1,C =
[
6 9 4
2 4 1
]
.
72 Introdução à Álgebra Linear � [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]
(c) Aqui, vamos escrever f(B) em C1 = {u1, u2}:
f(e1) = (2, 1) = u2, f(e2) = (3, 2) = u1, f(e3) = (1,−1) = −3u1 + 5u2, donde
K = (f)B,C1 =
[
0 1 −3
1 0 5
]
.
(d) Enfim, para achar f(B1) en C1, temos
f(v1) = (6, 2) = −2u1 + 6u2, f(v2) = (9, 4) = −u1 + 6u2, f(v3) = (4, 1) = −2u1 + 5u2; segue
L = (f)B1,C1 =
[
−2 −1 −2
6 6 5
]
.
(e) As matrizes de passagem são
P =
 1 1 01 2 1
1 1 1
, P−1 =
 1 −1 10 1 −1
−1 0 1
, Q = [ 3 2
2 1
]
, Q−1 =
[
−1 2
2 −3
]
Em relação às matrizes de f obtidas anteriormente, temos:
D = AP , K = Q−1A, L = Q−1AP .
2. (a) Segue diretamente da definição de T (x, y): A =
[
4 4
1 4
]
;
(b) Para achar X = (a, b) tal que T (X) = 6X, temos: 4a + 4b = 6a e a + 4b = 6b, donde a única
equação a = 2b e X = (2b, b) = b(2, 1); escolhendo v1 = (2, 1), temos Tv1 = 6v1. Analogamente, se
T (X) = 2X, então 4a + 4b = 2a e a + 4b = 2b, donde a = −2b e X = (−2b, b) = b(−2, 1); pondo
v2 = (−2, 1), então Tv2 = 2v2.
Assim, na base {v1, v2}, o operador T é representado por D =
[
6 0
0 2
]
.
(c) As matrizes A e D estão relacionadas pela matriz de passagem P =
[
2 2
1 −1
]
, na expressão
D = P−1AP .