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Disciplina:Álgebra Linear II693 materiais7.563 seguidores
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0, 1)} = {(0, 0, 1, 1, 1), (1, 1, 0, 0, 0), (1, 1, 1, 1, 1)}. Escalonando
a matriz com estes vetores em cada linha, observamos que o último é combinação linear dos

outros. Logo a imagem é 〈(0, 0, 1, 1, 1), (1, 1, 0, 0, 0〉, com dimensão 2.
Exemplo 4.14 Determine o núcleo e a imagem somente com argumentos geométricos (sem

calcular explicitamente) de:

(a) P : R2 → R2 uma projeção ortogonal na reta x = y;
(b) R : R2 → R2 uma reflexão em torno da reta x = y.
(c) X : R2 → R2 uma rotação por um ângulo de 27 graus no sentido horário.
Solução: (a) Como P projeta na reta x = y, a imagem de P é esta reta. Como a projeção
é ortogonal, serão levados no zero os vetores perpendiculares a esta reta, isto é, NucT é a
reta x = −y.
(b) Dado um vetor v qualquer, ele é imagem de w (tome w = R(v)). Logo a imagem é
o R2. Por outro lado, o único vetor que refletido vai na origem é a própria origem. Logo o
núcleo é o subespaço {0}.

102 CAPÍTULO 4. TRANSFORMAÇÃO LINEAR E MATRIZ

(c) Dado um vetor v qualquer, ele é imagem de w (tome w a rotação por 27 graus no
sentido anti-horário de v). Logo a imagem é o R2. Por outro lado, o único vetor que após
ser rotacionado vai na origem é a própria origem. Logo o núcleo é o subespaço {0}.
Observação 4.7 (calculando núcleo e imagem de A) Dada uma matriz A = ↑v1
↓
· · ·

↑
vn
↓


, como determinar o núcleo e a imagem de A?

(a) Para o núcleo vimos nos exemplos anteriores: resolva o sistema Ax = 0.
(b) Para a imagem, escalone (não precisa ser totalmente escalonada, veja Lema 3.15 da

p.74) matriz com os vetores TA(ej) = Aej = vj, para j = 1, . . . , n (colunas de A) nas

linhas:

 ← v1 →..
.

← vn →

.

Exemplo 4.15 Determine uma base e dimensão da imagem da transformação linear:

(a) A =


2 2 −1 0 1
−1 −1 2 0 1

1 1 −2 0 −1
0 0 1 0 1

; (b) B =
 1 0 −1 0−1 −1 1 1

0 −1 0 1


.

Solução: (a) Para calcular imagem temos que escalonar


2 −1 1 0
2 −1 1 0
−1 2 −2 1

0 0 0 0
1 1 −1 1

. Escalonando
obtemos,

[
2 −1 1 0
0 3/2 −3/2 1

]
. Portanto, uma base para a Im(T ) é

{(2,−1, 1, 0), (0, 3/2,−3/2, 1)}, que possui dimensão 2.

(b) Para calcular imagem temos que escalonar A =


1 −1 0
0 −1 −1
−1 1 0

0 1 1

. Escalonando
obtemos,

[
1 −1 0
0 −1 −1

]
. Portanto, uma base para a Im(T ) é

{(1,−1, 0), (0,−1,−1)}, que possui dimensão 2.

4.2.2 Teorema do Núcleo Imagem

O próximo teorema é conhecido como o Teorema Fundamental da Álgebra Linear pela

sua importância. Ele relaciona as dimensões do núcleo e da imagem com a dimensão do

domínio.

Teorema 4.12 (Teorema do núcleo-imagem (TNI)) Seja T : U → V linear com U de
dimensão finita. Então

dim(Nuc(T )) + dim(Im(T )) = dim(U).

Portanto a soma das dimensões do núcleo e da imagem é igual a dimensão do domínio.

4.2. NÚCLEO E IMAGEM 103

Prova: Suponha que dim(U) = n e que dim(Nuc(T )) = k. Tome base u1, . . . ,uk
de Nuc(T ). Tome v1, . . . ,vr para que γ = {u1, . . . ,uk,v1, . . . ,vr} seja base de U . Como
dim(U) = n e toda base possui mesmo número de elementos, k+r = n, isto é, dim(Nuc(T ))+
r = dim(U).
Vamos mostrar que dim(Im(T )) = r, mais precisamente, vamos mostrar que β =

{T (v1), . . . , T (vr)} forma uma base para Im(T ):
(a) 〈β〉 = Im(T ): É claro que 〈β〉 ⊂ Im(T ). Vamos mostrar que Im(T ) ⊂ 〈β〉. Seja

w ∈ Im(T ). Então, w = Tu para algum u ∈ U . Como γ é base de U , u = a1u1 +
· · · akuk + b1v1 + · · · brvr. Como u1, . . . ,uk é base do núcleo, T (uj) = 0. Logo, w = Tu =
b1T (v1) + · · · brT (vr). Portanto w ∈ 〈β〉.
(b) β é LI: Suponha que

∑
i aiT (vi) = 0. Pela linearidade de T , T (

∑
i aivi) = 0.
Logo

∑
i aivi ∈ Nuc(T ). Como u1, . . . ,uk é base do núcleo, existem bj tais que

∑
i aivi =∑

j bjuj. Logo
∑

i aivi−
∑

j bjuj = 0. Como γ é LI, todos os coeficientes são iguais a zero.
Como β é uma base para Im(T ) e possui r vetores, dim Im(T ) = r.

Observação 4.8 Como consequência do TNI, caso o núcleo seja trivial (igual a {0}) a
imagem terá a mesma dimensão que o domínio e portanto a imagem será uma �cópia fiel�

do domínio. A dimensão máxima possível para a imagem é a dimensão do domínio: caso

o núcleo seja não nulo perdemos dimensão da imagem.

Exemplo 4.16 Determine o valor máximo e mínimo possível para a dimensão do núcleo e

da imagem de uma TL:

(a) T : R8 → R6; (b) T : R5 → R5; (c) T : R4 → R20.

Solução: Sejam n = dimNuc(T ), i = dim Im(T ). Pelo TNI, n + i é igual a dimensão
do domínio. Por outro lado a dimensão da imagem (i) é menor ou igual à dimensão do
contra-domínio e a dimensão do núcleo (n) é menor ou igual à dimensão do domínio
(a) n + i = 8 e i ≤ 6. Como 8 − n = i ≤ 6, n não pode ser 0 ou 1 pois i seria 8 ou 7.
Logo n = 2, . . . , 8, i = 6, . . . , 0.
(b) n+ i = 5 e i ≤ 5. Logo n = 0, . . . , 5, i = 5, . . . , 0.
(c) n+ i = 4 e i ≤ 40. Logo n = 0, . . . , 4, i = 4, . . . , 0.
Observação 4.9 Pelos exemplos acima, como a dimensão da imagem não pode exceder

a dimensão do contra-domínio, o núcleo pode ter um mínimo maior que zero.

Exemplo 4.17 Explique em cada caso porque não existe uma TL:

(a) T : R11 → R11 com posto(T ) = dimNuc(T );
(b) T : R5 → R2 com Nuc(T ) = 〈(1, 2, 3, 4, 5), (2, 3, 4, 5, 6)〉.

Solução: (a) pelo TNI, posto(T ) + dimNuc(T ) = 11. Como 11 é ímpar, isto é impossível.
(b) como o núcleo tem dimensão 2, pelo TNI a imagem teria dimensão 3, maior que a do
contradomínio.

Exemplo 4.18 Em cada item dê um exemplo de TL satisfazendo as condições dadas.

(a) T : R3 → R3 cujo núcleo seja o plano x + y + z = 0 e a imagem seja a reta
(x(t), y(t), z(t)) = (0, t, t);
(b) T : R4 → R3 cujo núcleo seja gerado por (0, 1, 1, 1) e (1, 0, 0, 0) e a imagem seja o
plano y + z = 0.

104 CAPÍTULO 4. TRANSFORMAÇÃO LINEAR E MATRIZ

Solução: (a) Resolvendo o sistema obtemos que o núcleo é gerado por {(−1, 1, 0), (−1, 0, 1)}.
É claro que acrescentando (1, 0, 0) obteremos uma base do R3. A imagem deve ser 〈(0, 1, 1)〉.
Utilizando o Lema 4.4 da p.94, fixamos T (−1, 1, 0) = (0, 0, 0) = T (−1, 0, 1). Para garantir
a imagem fixamos T (1, 0, 0) = (0, 1, 1).

(b) Resolvendo o sistema y + z = 0, a imagem é igual ao 〈(1, 0, 0), (0,−1, 1)〉. Comple-
tando o núcleo com uma base do R4, consideramos a base
(1, 0, 0, 0), (0, 1, 1, 1), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1). Definimos T (1, 0, 0, 0) = T (0, 1, 1, 1) = (0, 0, 0),
T (0, 0, 1, 0) = (1, 0, 0) e T (0, 0, 0, 1) = (0,−1, 1). A TL está bem definida pelo Lema 4.4 da
p.94.

Definição 4.13 (matriz transposta) A transposta de uma matriz A = (aij) é a matriz
B = (bij) = A

T
dada por bij = aji, para todo i, j. Se A é m× n então AT é n×m e

B = AT =

 a11 · · · an1..
.

.

.

.

a1m · · · anm

 .
Note que (AT )T = A.

A relação entre linhas e colunas com núcleo e imagem motiva a próxima definição.

Definição 4.14 (espaço-linha e espaço-coluna)

O espaço-coluna de A é o espaço gerado pelas colunas de A, isto é, é igual a Im(A).
O espaço-linha de A é o espaço gerado pelas linhas de A, isto é, é igual a Im(AT ).

Observação 4.10 (Software Algébrico) Pode-se calcular o espaço-coluna com o co-

mando do Maxima columnspace. Ver Observação 3.6 da p.75.

Lema 4.15 (dimensão do espaço linha e coluna) A dimensão do espaço-linha é igual à

dimensão do espaço-coluna, isto é, dim Im(AT ) = dim Im(A).

Prova: Considere A com m linhas e n colunas. A dimensão do espaço-coluna é igual a
dim(Im(A)). A dimensão do espaço-linha é o número k de linhas não-nulas após escalonar
A. Como o sistema possui n variáveis e foi reduzido a k equações, concluímos que são n− k
variáveis livres, isto é, o Nuc(A) possui dimensão n− k. Pelo Teorema 4.12 da p.102 (TNI),
dim(Im(A)) = n − dim(Nuc(A)) = n − (n − k) = k. Ou seja, dimensão do espaço-coluna
= dim(Im(A)) = k = dimensão espaço-linha.

Observação 4.11 Como consequência deste lema, quando resolvemos um sistema ob-

temos o posto da matriz (a dimensão de sua imagem)