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INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru CAPÍTULO 7 ISOMORFISMO A pergunta inicial que se faz neste capítulo e que o motiva é: dada uma transformação linear WV:T → , é possível definir uma transformação linear que seja inversa de T, ou seja, existe a transformação linear VW:T →−1 ? Serão dados, a seguir, definições e resultados que permitam responder a esta pergunta. Primeiramente, recordar-se-ão três definições importantes sobre funções reais de uma variável real, para, em seguida, estendê-las às transformações lineares. Definições: Dados dois subconjuntos não vazios de ℜ , A e B, e uma função f de A em B, define-se: • ( )xfy = é injetora se ( ) ( ) 2121 xxxfxf =⇒= , ou seja, 2121 xxyy =⇒= . Isto significa que cada y pertencente ao conjunto ( )fIm é imagem de um único x do domínio de f . Equivalentemente, tem-se: ( ) ( )2121 xfxfxx ≠⇒≠ . Assim, elementos distintos do domínio de f têm imagens diferentes. • ( )xfy = é sobrejetora se ( ) ( ) ( )xfy/fDx,fCDy =∈∃∈∀ , isto é: ( ) ( )fCDfIm = . Isto significa que todo elemento de B é imagem de pelo menos um x do domínio de f . Aqui, ( )fD e ( )fCD denotam, respectivamente, o domínio e o contradomínio de f. Quando a função é, ao mesmo tempo, injetora e sobrejetora, diz-se que ela é bijetora. Assim, tem-se: a função f de A em B é uma bijeção (ou bijetora) se todo elemento de B é imagem de um único elemento de A. Apresentam-se, agora, as definições análogas para transformações lineares. Definição: Dados dois espaços vetoriais não vazios V e W, diz-se que uma transformação linear WV:T → é injetora se ( ) ( ) 2121 vvvTvT =⇒= , Vv,v ∈∀ 21 . Equivalentemente, tem- se: ( ) ( )2121 vTvTvv ≠⇒≠ . Isto significa que cada w pertencente ao conjunto ( )TIm é imagem de um único v do domínio de T . Assim, elementos distintos do domínio de T têm imagens diferentes. Definição: Dados dois espaços vetoriais não vazios V e W, diz-se que uma transformação linear WV:T → é sobrejetora se ( ),TCDw ∈∀ ( ) ( )vTw/TDv =∈∃ , isto é: INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru ( ) ( ) WTCDTIm == . Isto significa que todo elemento de W é imagem de pelo menos um v do domínio de T . Aqui, ( )TD e ( )TCD denotam, respectivamente, o domínio e o contradomínio de T. Definição: Dados dois espaços vetoriais não vazios V e W, diz-se que uma transformação linear WV:T → é bijetora se é injetora e sobrejetora. Exemplo: considere-se a transformação linear 22 ℜ→ℜ:T definida por: ( ) ( ) ( )yx,yxy,xTvT −+== , para todo ( ) 2ℜ∈= y,xv . Afirma-se: T é bijetora. Para ver que essa afirmação é verdadeira, deve-se mostrar que T é injetora e sobrejetora. Tomando-se dois elementos ( )111 y,xv = e ( )222 y,xv = no domínio de T, tem-se: ( ) ( ) ( )1111111 yx,yxy,xTvT −+== e ( ) ( ) ( )2222222 yx,yxy,xTvT −+== . Então: ( ) ( ) ( ) ( )2222111121 yx,yxyx,yxvTvT −+=−+⇒= , de onde se obtém o sistema linear: −=− +=+ 2211 2211 yxyx yxyx . Resolvendo-se esse sistema, conclui-se que 21 xx = e 21 yy = , ou seja, conclui-se que 21 vv = e, portanto, T é injetora. Para mostrar que T é sobrejetora, deve-se mostrar que todo elemento de ( ) 2ℜ=TCD é imagem de pelo menos um elemento de ( ) 2ℜ=TD , isto é, deve-se mostrar que ( ) 2ℜ=TIm . Um elemento ( )y,xw = pertencente ao conjunto ( )TIm é escrito na forma ( )yx,yxw −+= . Então, vem: ( ) ( )1111 −+= ,y,xv , ou seja, o conjunto ( ) ( ){ }1111 −= ,,,B é uma base de ( )TIm . Entretanto, B também é uma base do 2ℜ . Logo, ( )( ) ( )2ℜ= dimTImdim . Como ( ) 2ℜ⊂TIm , conclui-se que ( ) 2ℜ=TIm , ou seja, T é sobrejetora. Sendo injetora e sobrejetora, segue-se que T é bijetora. Serão enunciados, a seguir, teoremas que auxiliarão a verificar se uma transformação linear é ou não bijetora. Teorema 1: Seja WV:T → uma transformação linear. Então T é injetora se, e somente se, ( ) { }0=TKer . Demonstração: (i) Condição necessária INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru Hipótese: WV:T → é uma transformação linear injetora Tese: ( ) { }0=TKer . Seja ( )TKerv ∈ ; então, ( ) 0=vT . Mas, sendo T uma transformação linear, sabe-se que ( ) 00 =T e, portanto, segue-se que ( ) ( )0TvT = . Mas, por hipótese, T é injetora e, portanto, conclui-se que 0=v , ou seja, ( ) { }0=TKer . (ii) Condição suficiente Hipótese: ( ) { }0=TKer Tese: T é injetora. Sejam Vv,u ∈ tais que ( ) ( )vTuT = . Então: ( ) ( ) 0=− vTuT , de onde vem que ( ) 0=− vuT , isto é, ( )TKervu ∈− . Como, por hipótese, ( ) { }0=TKer , conclui-se que 0=− vu , ou seja, vu = . Portanto, T é injetora. Exemplo: considere-se novamente a transformação linear 22 ℜ→ℜ:T , definida por: ( ) ( ) ( )yx,yxy,xTvT −+== , para todo ( ) 2ℜ∈= y,xv , a qual é injetora. Tomando um elemento ( ) ( )TKery,xu ∈= , tem-se: ( ) 0=uT , ou seja, ( ) 0=y,xT , ressaltando que, neste caso, o elemento “0” que figura no segundo membro da igualdade é o vetor ( )000 ,= . Assim, vem: ( ) 0=y,xT ( ) ( )00,yx,yx =−+⇒ , ou seja, =− =+ 0 0 yx yx , de onde se segue que 0== yx , ou seja, 0=u . Conclui-se, assim, que o único elemento que pertence a ( )TKer é o vetor nulo, isto é, ( ) { }0=TKer , ou, equivalentemente, ( ) ( ){ }00,TKer = . Teorema 2: Seja WV:T → uma transformação linear injetora. Se { }nv,,v,v L21 são vetores LI de V, então ( ) ( ) ( ){ }nvT,,vT,vT L21 são vetores LI de W. Demonstração: Hipóteses: WV:T → é uma transformação linear injetora; { } Vv,,v,v n ⊂L21 são LI Tese: ( ) ( ) ( ){ } WvT,,vT,vT n ⊂L21 são LI Considerem-se os escalares K,,, n ∈ααα L21 tais que: ( ) ( ) ( ) 02211 =+++ nn vTvTvT ααα L ; sendo T uma transformação linear, pode-se escrever: ( ) 02211 =+++ nnvvvT ααα L . Como T é injetora, segue-se que: INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 02211 =+++ nnvvv ααα L . Sendo { }nv,,v,v L21 LI, segue-se que 021 ==== nααα L e, portanto, ( ) ( ) ( ){ }nvT,,vT,vT L21 são LI. Exemplo: considere-se, uma vez mais, a transformação linear 22 ℜ→ℜ:T , definida por: ( ) ( ) ( )yx,yxy,xTvT −+== , para todo ( ) 2ℜ∈= y,xv , e os vetores ( )211 ,v = e ( )102 −= ,v , os quais são LI. Tem-se: ( ) ( ) ( ) ( )132121211 −=−+== ,,,TvT e ( ) ( ) ( ) ( )111010102 ,,,TvT −=+−=−= Verificar-se-á que os vetores obtidos ( ) ( )131 −= ,vT e ( ) ( )112 ,vT −= são LI. Para isso, escreve- se a equação abaixo, onde a e b são escalares: ( ) ( ) 021 =+ vbTvaT , ou seja, ( ) ( ) ( )001113 ,,b,a =+− , ou, ainda, ( ) ( )003 ,ba,ba =+−+ , de onde se obtém o sistema linear =+− =+ 0 03 ba ba , cuja solução é 0== ba . Assim, conclui-se que ( )1vT e ( )2vT são LI. Teorema 3: Sejam V e W espaços vetoriais sobre um corpo K, sendo V de dimensão finita, e WV:T → uma transformação linear. Então: ( ) ( )( ) ( )( )TKerdimTImdimVdim += . Demonstração: Hipóteses: V e W são espaços vetoriais K; V tem dimensão finita; WV:T → é transformação linear Tese: ( ) ( )( ) ( )( )TKerdimTImdimVdim += Supondo-se que ( )( ) 0≠TKerdim , considere-se { } Vu,...,u,u n ⊂21 uma base de ( )TKer . Pode- se completar esse conjunto, de modo a obter uma base de V. Sejam { } Vv,...,v,v m ⊂21 tais que { }mn v,...,v,v,u,...,u,u 2121 é uma base de V. Então, ( ) mnVdim += . Mostrar-se-á que ( ) ( ) ( ){ }mvT,,.vT,vT L21 é uma base de ( )TIm . (a) O conjunto ( ) ( ) ( ){ }mvT,,.vT,vT L21 gera ( )TIm , isto é: ( ) ( ) ( ) ( )[ ]mvT,,.vT,vTTIm L21=. De fato, tomando-se ( )TImw ∈ , existe Vv ∈ tal que ( ) wvT = . Sendo um elemento de V, v é uma combinação linear dos vetores da base de V. Logo, existem INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru escalares ( )nii ≤≤1β e ( )mjj ≤≤1α tais que: mmnn vvvuuuv αααβββ +++++++= LL 22112211 . Então: ( ) ( )mmnn vvvuuuTvTw αααβββ +++++++== LL 22112211 , isto é, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )mmnn vTvTvTuTuTuTvTw αααβββ +++++++== LL 22112211 . Como os vetores ( )niui ≤≤1 pertencem a ( )TKer , tem-se que ( ) ( )niuT i ≤≤= 10 , e, portanto, ( ) ( ) ( )mm vTvTvTw ααα +++= L2211 . Conclui-se, assim, que ( ) ( ) ( ){ }mvT,,.vT,vT L21 gera ( )TIm . (b) Deve-se mostrar, agora, que 0=iβ ( )ni ≤≤1 , ou seja, que os vetores ( ) ( ) ( )mvT,,.vT,vT L21 são LI. Para isso tomam-se escalares m,,, ααα L21 tais que: ( ) ( ) ( ) 02211 =+++ mm vTvTvT ααα L . Dessa equação, pode-se escrever: ( ) 02211 =+++ mmvvvT ααα L , de onde se segue que ( )TKervvv mm ∈+++ ααα L2211 e, portanto, é uma combinação linear dos elementos da base deste espaço, ou seja, existem escalares ( )mii ≤≤1β tais que: mmmm uuuvvv βββααα +++=+++ LL 22112211 , ou seja, 022112211 =−−−−+++ mmmm uuuvvv βββααα LL . Como { }mn v,...,v,v,u,...,u,u 2121 é uma base de V, segue-se que ( )nii ≤≤= 10β e ( )nii ≤≤= 10α . Portanto, ( ) ( ) ( ){ }mvT,,.vT,vT L21 é LI. De (a) e (b), segue-se que ( )( ) mTImdim = e vem: ( )( ) ( )( ) ( )VdimnmTKerdimTImdim =+=+ , o que prova o teorema. Corolário: Nas hipóteses do teorema anterior, se ( ) ( )WdimVdim = , as seguintes afirmações são equivalentes: (i) T é sobrejetora (ii) T é bijetora (iii) T é injetora (iv) T leva uma base de V em uma base de W Demonstração: (i) ⇒ (ii) Hipóteses: ( ) ( )WdimVdim = e T é sobrejetora Tese: T é bijetora De fato, por hipótese, ( ) WTIm = e, portanto, ( )( ) ( ) ( )VdimWdimTImdim == . Pelo teorema INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru anterior, tem-se que ( ) ( )( ) ( )( )TKerdimTImdimVdim += , de onde se conclui que ( )( ) 0=TKerdim , ou seja, ( ) { }0=TKer . Pelo Teorema 1, segue-se que T é injetora e, portanto, T é bijetora. (ii) ⇒ (iii) Hipóteses: ( ) ( )WdimVdim = e T é bijetora Tese: T é injetora Se T é bijetora, então T é injetora. (iii) ⇒ (iv) Hipóteses: ( ) ( )WdimVdim = e T é injetora Tese: T leva uma base de V em uma base de W Seja { }nv,,v,vB L21= uma base de V. Mostrar-se-á que ( ) ( ) ( ){ }nB vT,,vT,vTT L21= é uma base de W. Uma vez que T é injetora, BT tem tantos vetores quanto B. Dessa forma, resta mostrar que BT é LI. Considerem-se, então escalares ( )nii ≤≤1α tais que: ( ) ( ) ( ) 02211 =+++ nn vTvTvT ααα L . Sendo T uma transformação linear, pode-se escrever: ( ) 02211 =+++ nnvvvT ααα L ; sendo T injetora, tem-se que 02211 =+++ nnvvv ααα L e, como { }nv,,v,vB L21= é base de V, segue-se que ( )nii ≤≤= 10α . Portanto, ( ) ( ) ( ){ }nB vT,,vT,vTT L21= é base de W. (iv) ⇒ (i) Hipóteses: ( ) ( )WdimVdim = e T leva uma base de V em uma base de W Tese: T é sobrejetora De fato, seja Ww ∈ . Tomando uma base { }nv,,v,vB L21= de V, segue-se, por hipótese, que ( ) ( ) ( ){ }nB vT,,vT,vTT L21= é uma base de W. Logo, w é uma combinação linear dos elementos desta base, isto é, existem escalares ( )nii ≤≤1α tais que: ( ) ( ) ( )nn vTvTvTw ααα +++= L2211 , ou seja, ( )nnvvvTw ααα +++= L2211 . Isso mostra que ( )TImw ∈ e, portanto, T é sobrejetora. Teorema 4: Se V e W são espaços vetoriais de dimensão finita e WV:T → é uma transformação linear, então: (a) Se ( ) ( )WdimVdim > , então T não é injetora. (b) Se ( ) ( )WdimVdim < , então T não é sobrejetora. Demonstração: (a) Hipótese: ( ) ( )WdimVdim > INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru Tese: T não é injetora Demonstrar-se-á a seguinte afirmação equivalente à (a): “Se T é injetora, então ( ) ( )WdimVdim ≤ ”. De fato, têm-se as seguintes equivalências: T é injetora ( ) { }0=⇔ TKer ( )( ) 0=⇔ TKerdim . Por outro lado, pelo Teorema 3, tem-se: ( ) ( )( ) ( )( )TKerdimTImdimVdim += . Assim, segue-se que ( ) ( )( )TImdimVdim = . Como ( )( ) ( )WdimTImdim ≤ , segue-se que ( ) ( )WdimVdim ≤ , o que demonstra a afirmação. (b) Hipótese: ( ) ( )WdimVdim < Tese: T não é sobrejetora De modo análogo, demonstrar-se-á a seguinte afirmação equivalente: “Se T é sobrejetora, então ( ) ( )WdimVdim ≥ . De fato, sendo T sobrejetora, tem-se que ( ) WTIm = e, portanto, ( )( ) ( )WdimTImdim = . Do Teorema 3, tem-se: ( ) ( )( ) ( )( )TKerdimTImdimVdim += ou seja, ( ) ( ) ( )( ) ( )WdimTKerdimWdimVdim ≥+= , O que demonstra a afirmação. As afirmações (a) e (b) do Teorema 4 asseguram o seguinte resultado: Teorema 5: Se uma transformação linear WV:T → é bijetora, então ( ) ( )WdimVdim = . Exemplos: 1) Considere-se novamente a transformação linear 22 ℜ→ℜ:T definida por: ( ) ( ) ( )yx,yxy,xTvT −+== , para todo ( ) 2ℜ∈= y,xv . Mostrar-se-á que T é bijetora, utilizando-se os resultados dos teoremas anteriores. Sendo 2ℜ== WV , tem-se que ( ) ( )WdimVdim = . Seja ( ) 2ℜ∈= y,xv ; para que esse elemento pertença ao núcleo de T, deve-se ter ( ) 0=vT , isto é: ( ) ( ) ( ) ( )00,yx,yxy,xTvT =−+== , ou seja, =− =+ 0 0 yx yx , de onde se obtém que 0== yx . Portanto, ( ) { }0=TKer ; assim, pelo Teorema 1, segue-se que T é injetora. Pelo Corolário do Teorema 3, conclui-se que T é bijetora. INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 2) Seja ( ) ( )ℜ→ℜ 22 MP:T uma transformação linear definida por: ( ) − − =++ 21 102 210 0 0 aa aa tataaT . Pergunta-se: (a) T é sobrejetora? (b) T é injetora? (c) Quais são as dimensões dos espaços ( )TKer e ( )TIm ? (a) Uma vez que ( )( ) ( )( )ℜ<ℜ 22 MdimPdim , conclui-se, pelo Teorema 4, que T não é sobrejetora. (b) Seja ( ) 2210 tataatp ++= um elemento de ( )TKer . Então, ( )( ) 0=tpT , isto é: ( ) = − − =++ 00 00 0 0 21 102 210 aa aa tataaT , de onde vem que: =− =− 0 0 21 10 aa aa , resultando em 210 aaa == . Logo, todo elemento ( ) ( )TKertp ∈ é da forma: ( ) ( )202000 1 ttatataatp ++=++= . Portanto, { }21 tt ++ é base de ( )TKer , isto é, ( )( ) 1=TKerdim . Logo, pelo Teorema 1, conclui- se que T não é injetora. (c) Conforme se viu em (b), ( )( ) 1=TKerdim . Para determinar ( )( )TImdim , utiliza-se a igualdade: ( )( ) ( )( ) ( )( )TImdimTKerdimPdim +=ℜ2 ; como ( )( ) 32 =ℜPdim e ( )( ) 1=TKerdim , segue-se que ( )( ) 2=TImdim . Definição: Dados dois espaços vetoriais não vazios V e W, diz-se que a transformação linear WV:T → é um isomorfismo se é bijetora. Observação: quando WV = , ou seja, VV:T → é um operador linear bijetor, então T é chamado de um automorfismo. Definição: Seja WV:T → um isomorfismo. Então, a aplicação inversa VW:T →−1 é também um isomorfismo tal que IdTTTT == −− oo 11 . Observação: quando um operador linear VV:T → admite o operador inverso 1−T , diz-se que T é inversível, ou invertível, ou regular, ou não singular. Exemplos: INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru 1) Considere-se o operador linear ( ) ( )yx,yxy,x :T +− ℜ→ℜ 32 22 a . Mostrar que T é inversível e determinar 1−T . Para mostrar que T é inversível, mostrar-se-á queé bijetora. O núcleo de T é constituído dos elementos ( )y,x tais que ( ) ( )00,y,xT = , ou seja: ( ) ( ) ( ) ( )003200 ,yx,yx,y,xT =+−⇒= , isto é, =+ =− 03 02 yx yx . Esse sistema apresenta apenas a solução trivial ( )00, . Conclui-se, assim, que ( ) ( ){ }00,TKert = e, portanto, T é injetora. Por outro lado, tem-se: ( )( ) ( ) ( )( ) 2022 =−=−ℜ= TKerdimdimTImdim . De acordo com o Corolário do Teorema 3, segue-se que T é bijetora e, portanto, admite inversa. Determinar-se-á, agora, 1−T . Para isso, seja ( ) ( )b,ay,xT =−1 . Então: ( ) ( ) ( )ba,bab,aTy,x +−== 32 , de onde se segue que: =+ =− yba xba 3 2 , ou seja, +−= =− yxb xba 37 2 , isto é, += +−= yxa yxb 7 2 7 1 7 1 7 3 . Portanto: ( ) +−+=− yx,yxy,xT 7 1 7 3 7 2 7 11 . 2) Seja ( ) 32 ℜ→ℜP:T a transformação linear definida por: ( ) ( )21021102210 aaa,aa,aatataaT ++−+=++ . Verificar se T é um isomorfismo. Em caso afirmativo, determinar o isomorfismo inverso. Determinar-se-á o núcleo de T, para verificar se T é injetora. Considere-se, assim, um INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru elemento 2210 tataa ++ de ( )TKer . Então, ( ) 02210 =++ tataaT , ou seja, ( ) ( )0002102110 ,,aaa,aa,aa =++−+ . Obtém-se, assim, o sistema linear: =++ =− =+ 0 0 0 210 21 10 aaa aa aa , do qual se conclui que 0aaa 210 === . Logo ( ) { }0=TKer . Pelo Teorema 1, segue-se que T é injetora. Uma vez que ( )( ) ( ) 332 =ℜ=ℜ dimPdim , segue-se, do Corolário do Teorema 3, que T é sobrejetora e, assim, T é um isomorfismo. Quer-se determinar, agora, o isomorfismo inverso ( )ℜ→ℜ− 231 P:T . Como o contradomínio de 1−T é o espaço vetorial ( )ℜ2P , tem-se: ( ) 22101 tataaz,y,xT ++=− . (1) Então: ( )( ) ( )22101 tataaTz,y,xTT ++=− , ou seja, ( ) ( )22101 tataaTz,y,xTT ++=−o Sendo T e 1−T isomorfismos inversos, tem-se que IdTT =−1o e, portanto, ( ) ( )2210 tataaTz,y,x ++= . Pela definição de T, vem: ( ) ( )2102110 aaa,aa,aaz,y,x ++−+= , de onde se segue que ++= −= += 210 21 10 aaaz aay aax . Resolvendo-se esse sistema para obter os coeficientes 0a , 1a e 2a , vem: +−= ++−= −−= zxa zyxa zyxa 2 1 0 2 . Substituindo-se esses coeficientes na expressão de 1−T dada por (1), obtém-se, finalmente o isomorfismo inverso procurado: ( ) ( ) ( ) ( ) 21 2 tzxtzyxzyxz,y,xT +−+++−+−−=− . Observação: nos exemplos anteriores, determinou-se o núcleo de T, isto é, ( )TKer , para verificar se a transformação linear era ou não injetora. Um erro muito comum que se observa INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru é considerar ( )TKer contido no espaço de chegada da transformação. Ressalta-se que ( )TKer é um subespaço do domínio da transformação. No exemplo anterior, tem-se ( ) ( )ℜ⊂ 2PTKer . Assim, os elementos de ( )TKer são polinômios de grau menor ou igual a 2, os quais são levados, por T, no vetor nulo 30 ℜ∈ . 3) Considere-se o operador linear 33 ℜ→ℜ:T , com as seguintes características: ( ) ( )001012 ,,,T =− , ( ) ( )100101 −= ,,,,T e ( ) ( )11011 ,,,,T −=−− . Determinar o operador inverso 1−T , sabendo-se que ele existe. Pela definição de operador inverso, tem-se: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) −=− =− −= − − − 111110 101100 012001 1 1 1 ,,,,T ,,,,T ,,,T (1) Observe-se que ( ) ( ) ( ){ }110100001 ,,,,,,, −− é uma base de 3ℜ e que se conhece a imagem de cada um desses vetores pela aplicação 1−T . O que se quer é calcular ( )z,y,xT 1− . Com esse objetivo, expressa-se ( )z,y,x como combinação linear dessa base, isto é: ( ) ( ) ( ) ( )110100001 ,,c,,b,,az,y,x −+−+= , ou seja: ( ) ( )cb,c,az,y,x +−−= , de onde se segue: +−= −= = cbz cy ax , e, portanto, −−= −= = yzb yc xa . Então, tem-se: ( ) ( ) ( )( ) ( )( )110100001 ,,y,,zy,,xz,y,x −−+−−−+= . Portanto, tem-se: ( ) ( ) ( )( ) ( )( )[ ]11010000111 ,,y,,zy,,xTz,y,xT −−+−−−+= −− . Uma vez que 1−T é uma transformação linear, vem: ( ) ( )[ ] ( )( )[ ] ( )( )[ ]110100001 1111 ,,yT,,zyT,,xTz,y,xT −−+−−−+= −−−− , ou, ainda, ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )110100001 1111 ,,Ty,,Tzy,,xTz,y,xT −−+−−−+= −−−− . De (1), vem: ( ) ( ) ( )( ) ( )( )1111010121 ,,y,,zy,,xz,y,xT −−+−−+−=− , INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru de onde se conclui que ( ) ( )zy,yx,zyxz,y,xT −−+−−−=− 2221 , que é a expressão de 1−T que se procurava. 4) Seja 22 ℜ→ℜ:T definida por: ( ) ( )yx,yxy,xT 32 +−= . Verificar se T é um automorfismo. Observe-se, inicialmente, que o enunciado não afirma que T é uma transformação linear. Assim, é necessário, antes de utilizar os resultados enunciados anteriormente, que se faça essa verificação, que será deixada a cargo do leitor. Uma vez que se tenha mostrado que T é uma transformação linear, verificar-se-á se T é bijetora. Para verificar se T é injetora, determina-se seu núcleo; seja ( ) ( )TKery,x ∈ . Então: ( ) ( )00,y,xT = , ou seja, ( ) ( )0032 ,yx,yx =+− , de onde vem que: =+ =− 03 02 yx yx A resolução desse sistema linear leva à solução 0== yx e, portanto, conclui-se que ( ) { }0=TKer , o que acarreta que T é injetora. Como os espaços de saída e de chegada de T são iguais, eles têm a mesma dimensão; conclui-se, assim, que T é sobrejetora e, portanto, bijetora. Assim, T é um automorfismo. Definição: Dois espaços vetoriais V e W são isomorfos se existir um isomorfismo entre eles. Exemplos: 1) O espaço vetorial ( ){ }ℜ∈=ℜ y,x/y,x2 é isomorfo ao espaço vetorial dos números complexos { }ℜ∈+= y,x/yixC , pois, por exemplo, a transformação linear ( ) yixy,x :T + →ℜ a C2 é um isomorfismo, ou seja, esses espaços são isomorfos. A aplicação T transforma 2ℜ no plano complexo C . 2) O espaço vetorial 2ℜ é isomorfo ao subespaço ( ){ }03 =ℜ∈= z/z,y,xW do 3ℜ . Observe- se que W é o plano 3ℜ⊂Oxy , chamado plano horizontal. INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru De fato, a aplicação linear ( ) ( )0 2 ,y,xy,x W:T a →ℜ é bijetora, pois, a cada vetor ( ) 2ℜ∈y,x corresponde um único vetor ( ) W,y,x ∈0 e, reciprocamente. Assim, T é um isomorfismo e, portanto, 2ℜ e W são isomorfos. Denota-se: W≅ℜ2 . Teorema 6: Dois espaços vetoriais V e W sobre um mesmo corpo K são isomorfos se, e somente se, eles têm a mesma dimensão. Demonstração: (i) Condição necessária Hipótese: V e W são espaços vetoriais sobre K isomorfos Tese: V e W têm a mesma dimensão Sendo V e W isomorfos, existe um isomorfismo WV:T → entre eles. Se T é bijetora, então, pelo Teorema 5, segue-se que ( ) ( )WdimVdim = . (ii) Condição suficiente Hipótese: ( ) ( )WdimVdim = Tese: V e W são isomorfos É imediato, pois, se ( ) ( )WdimVdim = , então existe um isomorfismo entre V e W e, portanto, esses espaços são isomorfos. Exemplo: Sejam W e U subespaços dos espaços vetoriais reais 3ℜ e ( )ℜ2P , respectivamente, definidos por: ( ){ }023 =+−ℜ∈= zyx/z,y,xW e ( ){ }021022210 =−+ℜ∈++= aaa/PtataaU . (a) Mostrar W e U são isomorfos. b) Determinar um isomorfismo entre W e U. (a) Pelo Teorema6, para mostrar que W e U são isomorfos, basta mostrar que eles têm a mesma dimensão. Pode-se escrever: ( ){ }ℜ∈∀ℜ∈−= zey,z,y,zyW 32 . Como ( ) ( ) ( )1010122 ,,z,,yz,y,zy −+=− , então o conjunto ( ) ( ){ }101012 ,,,,,B −= forma um sistema de geradores LI de W, ou seja, B é uma base de W. Logo, ( ) 2=Wdim . Por outro lado, o subespaço U pode ser escrito na forma: ( ){ }ℜ∈∀+++−= 2122121 a,a,tataaaU . Tem-se: ( ) ( ) ( )22122121 11 tatatataaa +++−=+++− ; então o conjunto { }211 t,tC ++−= forma um sistema de geradores LI de U, ou seja, C é uma INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru base de U. Logo, ( ) 2=Udim . Como ( ) ( ) 2== UdimWdim , conclui-se, pelo Teorema 6, que U e W são isomorfos. (b) Para se determinar um isomorfismo entre W e U, deve-se determinar uma transformação linear bijetora UW:T → . Observe-se que todo vetor de ( ) Wz,y,x ∈ é gerado pelos vetores da base B, ou seja: ( ) ( ) ( )101012 ,,z,,yz,y,x −+= . Fazendo-se: ( ) t,,T +−= 1012 e ( ) 21101 t,,T +=− , tem-se: ( ) ( ) ( )( )101012 ,,z,,yTz,y,xT −+= , isto é, ( ) ( ) ( )101012 ,,zT,,yTz,y,xT −+= , ou seja, ( ) ( ) ( )211 tztyz,y,xT +++−= . Obtém-se, assim, a aplicação ( ) ( ) 2ztytzyz,y,xT +++−= , a qual é uma transformação linear, pois: • para quaisquer vetores ( )1111 z,y,xw = e ( )2222 z,y,xw = pertencentes a W, tem-se: ( ) ( ) =+++=+ 21212121 zz,yy,xxTwwT ( ) ( ) ( ) =++++++−−= 221212121 tzztyyzzyy ( ) ( ) ( ) ( )212222221111 wTwTtztyzytztyzy +=+++−++++−= • para qualquer vetor ( )z,y,xw = de W e para qualquer número real α , tem-se: ( ) ( ) ( ) =+++−== 2ztytzyz,y,xTwT αααααααα ( )( ) ( )wTztytzy αα =+++− 2 Determina-se, agora, o ( )TKer . Seja um vetor ( ) ( )TKerz,y,x ∈ . Então: ( ) 2000 ttz,y,xT ++= , isto é, ( ) 22 000 ttztytzy ++=+++− , de onde se segue que: = = =+− 0 0 0 z y zy . Como todo vetor de W deve satisfazer a condição zyx −= 2 , conclui-se que 0=x . Portanto, tem-se que ( ) ( ){ }000 ,,TKer = . Pelo Teorema 1, conclui-se que T é injetora e, portanto, tem-se que ( ) ( )UdimWdim = , o que acarreta que T e bijetora, pelo Corolário do Teorema 3. Portanto, T é um isomorfismo. INTRODUÇÃO AO ESTUDO DA ÁLGEBRA LINERAR Luiz Francisco da Cruz – Departamento de Matemática – Unesp/Bauru Exercícios Propostos 1) Seja ( )cba,dc,cb,ba dc ba T +++++= uma transformação linear. Mostrar que T é um isomorfismo e determinar o isomorfismo inverso. R.: ( ) −++− −++− =− tzxtx tyxty t,z,y,xT 1 2) Seja ( ) ( )y,zx,zxz,y,xT −+= um operador linear. Mostrar que T é um automorfismo e determinar o automorfismo inverso. R.: ( ) −+ =− 22 1 yx,z, yx z,y,xT 3)Dada a transformação linear ( ) ( )z,zy,yx,xz,y,xT −−= . Determinar ( )( )TImdim e ( )( )TKerdim . T é um isomorfismo? Por quê? R.: ( )( ) 0=TKerdim ; ( )( ) 3=TImdim ; T não é um isomorfismo 4) Se ( ) ( ) ( ) ( ) 21 2 tzytyxzyxz,y,xT −+−+−+=− é o isomorfismo inverso de T, determinar T e seus espaços de saída e de chegada. R.: ( ) −−−−− =++ 2 32 2 2 2 210210202 210 aaa , aaa , aa tataaT ; ( ) 32 ℜ→ℜP:T 5) Sabendo que T é um automorfismo do 2ℜ e que ( ) ( )1110 −= ,,T e ( ) =− 3 2 3 1 011 ,,T , determinar as expressões de T e de 1−T . R.: ( ) ( ) ;yx,yxy,xT −+= 2 ( ) −+ =− 3 2 3 1 yx, yx y,xT