MAT 1202 ÁLGEBRA LINEAR II SUBESPACCOS FUNDAMENTAIS E TRANSF. LINEARES 23/08/12 Profs. Christine e Pedro

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1 MAT 1202 ÁLGEBRA LINEAR II SUBESPACCOS FUNDAMENTAIS E TRANSF. LINEARES 23/08/12 Profs. Christine e Pedro 1. Subespaços Fundamentais de uma Matriz (1.1) Definição. Seja A uma matriz retangular m n (m linhas e n colunas). (a) O espaço-nulo ou núcleo N(A) de A é formado pelos vetores x R n tais que Ax = 0. (b) O espaço-coluna ou a imagem R(A) de A é formado pelos vetores y R m que podem ser escritos como combinação linear dos vetores-coluna de A. (c) O espaço-linha de A é o conjunto formado pelos vetores x R n que podem ser escritos como combinação linear dos vetores-linha de A. Ele é denotado por R(A t ), já que coincide com o espaço-coluna da transposta A t, pois as linhas de A são as colunas de A t, e vice-versa. (d) O espaço-nulo da transposta ou núcleo da transposta N(A t ) é formado pelos vetores y R m tais que A t y = 0. Espaço Notação Contido em Dimensão Espaço-nulo (Núcleo) N(A) R n n r Espaço-coluna (Imagem) R(A) R m r Espaço-linha R(A t ) R n r Espaço-nulo da transposta N(A t ) R m m r Subespaços fundamentais de uma matriz A m n. Aqui r é o posto de A. O núcleo N(A) e o espaço-linha R(A t ) de A são subespaços vetoriais de R n, e o espaço-coluna R(A) e o núcleo da transposta N(A t ) são subespaços de R m. Já verificamos isto para o espaço-coluna e o núcleo de A na aula passada, e as verificações restantes são inteiramente análogas. (1.2) Exemplo. Seja A = Então o espaço-coluna de A é a reta em R 3 gerada por (1, 0, 0). O espaço-linha é a reta em R 4 gerada por (0, 1, 0, 0). O núcleo de A consiste dos pontos (x 1, x 2, x 3, x 4 ) R 4 tais que x 2 = 0, ou seja, N(A) é o subespaço 3-dimensional de R 4 gerado por (1, 0, 0, 0), (0, 0, 1, 0) e (0, 0, 0, 1). Analogamente, N(A t ) é o subespaço de R 3 formado pelos vetores (y 1, y 2, y 3 ) tais que y 3 = 0, ou seja, N(A t ) é o plano em R 2 gerado por (1, 0, 0) e (0, 1, 0). A ferramenta essencial para a determinação da dimensão e de uma base para cada um destes espaços é o escalonamento, ou, na linguagem de matrizes, a decomposição P A = LU de A, explicada no teorema (3.8) das notas passadas. Enfatizamos aqui apenas que U é uma matriz retangular escalonada m n, de mesmas dimensões de A (veja a definição de matriz escalonada nas notas de 09/08). Portanto, U não precisa ser invertível. O número r de linhas não-nulas de U é chamado de posto de A (e de U), e a primeira entrada da i-ésima linha não-nula de U é chamado de i-ésimo pivô de U. 2. O espaço-linha de A (2.1) Teorema. Sejam A uma matriz m n e U a forma escalonada de A. Então o espaço-linha de A é o mesmo que o espaço-linha de U. Em particular, uma base de R(U t ) é também uma base de R(A t ), e os dois espaços têm a mesma dimensão r =posto de A. No Maple, os comandos nullspace(a), colspace(a) e rowspace(a) retornam bases para o espaço-nulo, o espaço-coluna e o espaço-linha de uma matriz A, respectivamente; o comando transpose(a) retorna A t. O r vem da palavra rank, que é como é chamado o posto em inglês. No Maple, o comando rank(a) retorna o posto da matriz A. Veremos que o posto r é a dimensão tanto do espaço-coluna quanto do espaço-linha de A.

2 Prova: Suponha que uma matriz B seja obtida de A fazendo-se uma operação elementar do tipo (i) ou (ii) sobre as linhas de A, e seja R(A t ) R n (resp. R(B t ) R n ) o espaço-linha de A (resp. B). Para uma operação do tipo (ii), é óbvio que R(A t ) = R(B t ), já que os vetores-linha que geram estes espaços são os mesmos, apenas em ordem diferente. Para uma operação do tipo (i) temos R(B t ) R(A t ), já que o que fizemos foi substituir um dos vetores-linha de A por uma combinação linear de dois deles. Como podemos inverter esta operação, o mesmo raciocínio mostra que R(A t ) R(B t ), logo R(A t ) = R(B t ). Finalmente, como a matriz escalonada U é obtida de A por uma seqüência de tais operações, segue por indução que R(A t ) = R(U t ). Portanto, para obter R(A t ) basta escalonar A para obter U e determinar R(U t ). A determinação deste último espaço é muito fácil. Ele tem dimensão r, igual ao número de linhas não-nulas de U, e base formada por estas linhas. (2.2) Exemplo. Seja cujo escalonamento resulta em A = U = Então R(A t ) = R(U t ), e o último espaço é gerado pelos vetores u 1 = (1, 3, 3, 2) e u 2 = (0, 0, 3, 1). Estes vetores são obviamente L.I., pois se a 1, a 2 R são tais que a 1 u 1 +a 2 u 2 = (0, 0, 0, 0), deduzimos olhando para a primeira coordenada que a 1 = 0. Usando isso, deduzimos então olhando para a terceira coordenada que a 2 = 0. O caso geral é inteiramente análogo, pois as linhas não-nulas de uma matriz escalonada U são sempre L.I., pelo mesmo argumento. (2.3) Problema. Dados m vetores v 1,..., v m R n determine se eles são L.I. ou L.D.. Mais geralmente, determine uma base para o espaço V = v 1,..., v m R n gerado por estes vetores (e sua dimensão). Solução: Seja A a matriz m n cujos vetores-linha são v 1,..., v m. Então o espaço V gerado por estes vetores nada mais é do que o espaço-linha de A. Acabamos de ver como determiná-lo: Uma base para V é formada pelos vetores-linha não-nulos da forma escalonada U de A, e a dimensão de V é o posto r de A, o número de linhas não-nulas de U. 3. O espaço-nulo de A (3.1) Teorema. Sejam A uma matriz m n e U a forma escalonada de A. Então N(A) = N(U). Esté último pode ser determinado em dois passos: (i) Escrevemos as variáveis básicas (aquelas que correspondem às colunas contendo os pivôs de U) do sistema Ux = 0 em termos das variáveis livres (todas as outras variáveis); (ii) O espaço N(A) = N(U) tem como base os n r vetores obtidos fazendo uma das variáveis livres igual a 1 e as outras iguais a zero. Em particular, N(A) tem dimensão n r (=número de variáveis livres), onde r é o posto de A (=número de variáveis básicas). Um exemplo concreto foi dado logo antes do teorema (3.11) das notas de aula passadas. (3.2) Problema. Determine as equações cartesianas do espaço-nulo de A. O enunciado deste problema exige alguns esclarecimentos. Primeiro, note que o sistema Ax = 0, que define o espaço-nulo de A, já nos dá m equações nas n variáveis x 1,..., x n, coordenadas de x R n, que determinam o espaço-nulo. Ocorre que estas equações são, em geral, redundantes, no sentido de que uma equação pode ser combinação linear de outras. Quando m > n isto é sempre verdade, porque temos mais equações que variáveis. O que está sendo pedido aqui é que seja encontrado um conjunto mínimo de equações cartesianas que definam Ax = 0. Solução: As equações cartesianas do espaço-nulo de A são simplesmente as equações do sistema Ux = 0, após escrevermos as variáveis básicas em termos das variáveis livres.

3 (3.3) Exemplo. No nosso exemplo (2.2) acima, as equações do sistema Ux = 0 são: x 1 + 3x 2 + 3x 3 + 2x 4 = 0 3x 3 + x 4 = 0 Escrevendo x 1, x 3 (as variáveis básicas) em termos de x 2, x 4 (as variáveis livres) obtemos que: x 3 = 1 3 x 4 ou, equivalentemente, x 1 = 3x 2 x 4 3x 3 + x 4 = 0 x 1 3x 2 + x 4 = 0 Qualquer destes dois últimos conjuntos de equações é uma resposta para o problema (neste caso). 4. O espaço-coluna de A Ao contrário do que acontece com o espaço-linha e o espaço-nulo, o espaço-coluna de A não é o mesmo que o espaço-coluna de U. Por exemplo, em (2.2) o espaço-coluna R(U) de U é subespaço de R 2 0}, o que claramente não é verdade para R(A) (este último contém, por exemplo, o vetor (1, 2, 1)). Entretanto, temos o seguinte resultado relacionando os dois. (4.1) Teorema. Sejam A uma matriz m n e U a forma escalonada de A. Então o espaço-coluna R(A) de A tem dimensão r (= posto de A) e base os r vetores-coluna de A correspondentes às colunas que contêm os pivôs de U. Em particular, dim R(A) = r. Prova: Esta demonstração é um pouco mais difícil que as anteriores, por isso vamos apenas esboçá-la. Ela segue de duas observações: (i) Se U é escalonada, então uma base para o espaço-coluna de U é formada pelos vetores-coluna de U que contêm os pivôs. (ii) Se k dos vetores-coluna v i1,..., v ik de uma matriz B são L.I. (resp. L.D.), e a matriz C é obtida de B por uma operação elementar, então os vetores-coluna u i1,..., u ik correspondentes de C também são L.I. (resp. L.D.). Vejamos primeiro como deduzir o teorema destas duas afirmações. Pela afirmação (i), o conjunto U = u i1,..., u ir } de vetores-coluna de U correspondentes às colunas que contêm os pivôs é L.I.. (Aqui o índice i j indica que o vetor u ij é o i j -ésimo vetor-coluna.) Como A também é obtida de U por operações elementares (já que cada uma das operações elementares que transformam A em U é invertível), deduzimos da parte (ii) que o conjunto V = v i1,..., v ir } dos vetores-coluna de A correspondentes é também L.I.. Mais ainda, se adicionarmos qualquer outro vetor v j a este conjunto, obtendo o conjunto V = v i1,..., v ir, v j } (para algum j i 1,..., i r ) então ele será L.D., pois o conjunto U = u i1,..., u ir, u j } de vetores-coluna de U é L.D. (pela parte (i)). Logo, o conjunto V é um subcojunto de v 1,..., v n } que é L.I. e, além disso, não está (propriamente) contido em nenhum outro subconjunto de v 1,..., v n } que seja ainda L.I.; logo, ele forma uma base do espaço v 1,..., v n. Não vamos provar aqui as afirmações (i) e (ii). A demonstração de (ii) usa o mesmo argumento que já usamos várias vezes, e a afirmação (i) é demonstrada em dois passos: Primeiro, o espaço-coluna de U é subespaço de R r (0, 0,..., 0)} R m, pois U tem r linhas não-nulas e n r linhas nulas. Logo, basta provar que os r vetores u i1,..., u ir que correspondem às colunas que contêm os pivôs são L.I.. Em outras palavras, se c 1 v i1 + + c r v ir = (0, 0,..., 0) então devemos provar que c 1 = c 2 = = c r = 0. Para ver isto olhamos primeiro para a última coordenada para deduzir que c r = 0, então para a penúltima para deduzir que c r 1 = 0, etc. (Verifique isto para a matriz U do exemplo (2.2)). (4.2) Exemplo. No nosso exemplo (2.2) acima, as colunas de U que contêm seus pivôs são as colunas 1 e 3. Logo, os vetores-coluna 1 e 3 de A, (1, 2, 1) e (3, 9, 3) formam uma base para R(A), que portanto tem dimensão r = 2. (4.3) Problema. Sejam v 1,..., v n R m vetores dados. Determine se b R m é combinação linear dos vetores v 1,..., v n. Solução: Seja A a matriz m n cujos vetores-coluna são v 1,..., v n. Determinar se b é combinação linear dos v i é o mesmo que determinar se b V = v 1,..., v n R m, que é o espaço-coluna de A; ou seja, precisamos

4 determinar se b R(A). Em outras palavras, precisamos descobrir se o sistema Ax = b tem alguma solução x R n. As coordenadas x 1,..., x n de x serão então os coeficientes da combinação linear tal que x 1 v x n v n = b. Ora, já sabemos como resolver este último problema: Primeiro escalonamos a matriz aumentada [A b] de modo a obter uma matriz [U c], onde U é a forma escalonada de A. Identificamos então as variáveis livres, correspondentes às colunas que não contêm os pivôs de U, e as fazemos todas iguais a zero. Se conseguirmos resolver o sistema Ux = b para as variáveis básicas, então b R(A). Caso contrário, b / R(A). Como explicamos nas notas de aula passadas, se existir alguma solução x 0 para o sistema Ax 0 = b (i.e., se b R(A)), então a solução geral para o sistema Ax = b é dada por x = x 0 + v, onde v N(A). (4.4) Exemplo. Sejam v 1 = (1, 2, 1), v 2 = (3, 6, 3), v 3 = (3, 9, 3) e v 4 = (2, 5, 0) e b = (b 1, b 2, b 3 ). Para determinar se b é combinação linear dos v i, montamos a matriz A tendo como vetores-coluna os v i e escalonamos a matriz aumentada [A b]: b 1 [A b] = b b b L 1 2 =L2 2L b 2 2b 1 L 3 =L3 2L b 3 + b b L 1 3 =L3 2L b 2 2b b 3 2b 2 + 5b 1 Logo, b = (b 1, b 2, b 3 ) é combinação linear dos v i, i.e., b R(A), se e somente se b 3 2b 2 + 5b 1 = 0, pois esta condição é necessária e suficiente para que o sistema representado pela matriz aumentada acima tenha alguma solução. 5. Espaço-Nulo da Transposta Para encontrar o espaço-nulo da transposta de uma matriz, basta repetir o mesmo procedimento que exibimos para calcular o espaço-nulo de A, com A t em lugar de A. Mais explicitamente, escalonamos a matriz A t para obter uma matriz escalonada V, que não é a transposta da forma escalonada U de A; de fato, U t não é sequer escalonada (verifique isto para o exemplo (2.2)). Após obter V, identificamos as variáveis básicas e livres de V x = 0, e resolvemos este sistema para encontrar as variáveis básicas em termos das livres. O espaço N(A t ) = N(V ) tem como base os n r vetores obtidos fazendo uma das variáveis livres igual a 1 e as outras iguais a zero. A obtenção de equações cartesianas para este espaço também é análoga. (5.1) Exemplo. Seja A novamente como no exemplo (2.2). Então A t = Escalonando obtemos A t = L 2 =L2 3L L =L3 3L L 4 =L4 2L O que fizemos neste primeiro passo foi limpar todas as entradas da 1 a coluna abaixo da 1 a linha. Para proceder com o escalonamento, ignoramos doravante a 1 a linha. Gostaríamos de limpar agora as entradas da 2 a coluna abaixo da 2 a linha usando esta última, o que não é possível porque a entrada (2, 2) é nula (ou seja, não serve Uma base para o espaço-nulo da transposta também pode ser encontrada da seguinte forma: Escalonando A obtemos uma matriz-permutação P e uma matriz triangular inferior L com 1 s na diagonal, ambas m m, tais que P A = LU. Uma base para N(A t ) é formada pelas últimas m r linhas de L 1 P ; na prática, é provavelmente mais fácil escalonar A t do que determinar P e L e calcular L 1 P.

5 como pivô). Por isso, efetuamos uma troca de linhas para mandar a 2 a linha para a última posição e continuamos o escalonamento, obtendo L2 L L 3 =L3 3L = V, que é a forma escalonada de A t. As colunas que contêm os pivôs são as colunas 1 e 2, logo as variáveis básicas do sistema V x = 0 (onde x = (x 1, x 2, x 3 ) R 3 ) são as variáveis x 1 e x 2, e a variável livre é x 3. Escrevendo as primeiras em termos da última, encontramos que V x = 0 se e somente se x 2 = 2x 3 e x 1 = 5x 3. Estas são as equações cartesianas do espaço-nulo da transposta, assim como as equações equivalentes x 2 + 2x 3 = 0 x 1 5x 3 = 0 Conforme a discussão acima, uma base para N(A t ) é formada pelo vetor obtido fazendo x 3 = 1, ou seja, N(A t ) = (5, 2, 1) tem dimensão 1 = m r (onde m = 3 é o número de linhas de A e r = 2 = dim R(A) = dim R(A t ) é o posto de A (e de A t )). 6. Transformações Lineares e Matrizes (6.1) Definição. Dizemos que uma função T : V W entre dois espaços vetoriais é uma transformação linear se: (i) T (v 1 + v 2 ) = T (v 1 ) + T (v 2 ) para quaisquer v 1, v 2 V ; (ii) T (λv) = λt (v) para qualquer v V e qualquer λ R. Equivalentemente, uma transformação linear é uma função T : V W que satisfaz a seguinte condição: ( ) T (v 1 + λv 2 ) = T (v 1 ) + λt (v 2 ) para quaisquer v 1, v 2 V e λ R. É claro que (i) e (ii) juntas implicam ( ). Reciprocamente, se vale ( ) então fazendo λ = 1 e v 1 = 0 respectivamente obtemos as condições (i) e (ii). Note ainda que para qualquer v V, T (0) = T (0v) = 0T (v) = 0, logo T leva o vetor-nulo nele mesmo. Além disso, T (v 1 v 2 ) = T (v 1 + ( 1)v 2 ) = T (v 1 ) + T (( 1)v 2 ) = T (v 1 ) T (v 2 ). O exemplo mais importante de transformação linear é o seguinte: Seja A uma matriz m n. Então podemos considerar A como uma transformação linear A: R n R m definindo A(x) como sendo o produto usual Ax de A pelo vetor-coluna x R n. É fácil verificar que A satisfaz a condição ( ) acima. Veremos que toda transformação linear T : R n R m é deste tipo, ou seja, pode ser representada por uma matriz m n. (6.2) Exemplos. Várias funções que já conhecemos são lineares. (a) Sejam θ R e R: R 2 R 2 dada por R(x, y) = (cos θ x sin θ y, sin θ x + cos θ y). Então R é uma transformação linear. Geometricamente, R é simplesmente uma rotação por um ângulo θ, no sentido anti-horário. A matriz que representa R é: [ ] cos θ sin θ A =. sin θ cos θ (b) Seja M(m n) o espaço vetorial das matrizes m n. Então a transposição de matrizes T : M(m n) M(n m), que leva uma matriz A em sua transposta A t, é linear. De fato, (A + B) t = A t + B t e (λa) t = λa t para quaisquer λ R e A, B M(m n). Note que esta transformação é bijetiva; mais que isso, sua inversa ainda é dada pela transposição de matrizes, desta vez do espaço M(n m) em M(m n). (c) Seja H : R n R n a homotetia de coeficiente c R, dada por H(v) = cv. Então H é claramente linear. Geometricamente, quando c > 0, H contrai ou alonga cada vetor v por este fator. Quando c = 0, H leva R n na origem e quando c < 0, H contrai ou alonga cada vetor por um fator c e o reflete na origem. (d) A translação T a : R n R n que leva x em x + a, onde a 0 é um vetor de R n, não define uma transformação linear. De fato, ela sequer leva o vetor-nulo nele mesmo. (e) Seja P n o conjunto de todos os polinômios a 0 + a 1 t + + a n t n de grau n. É fácil verificar que P n é um espaço vetorial, de dimensão n + 1. Uma base é formada pelos polinômios 1, t, t 2,..., t n}. A operação D : P n P n 1 de diferenciação (n 1) é uma transformação linear. De fato, vimos no curso de cálculo que a derivada da soma de duas funções é a soma de suas respectivas derivadas, e a

6 derivada de um múltiplo (λf) de f é λf. A transformação D não é sobrejetiva (pois t n não é derivada de nenhum polinômio de grau n), nem injetiva: Vale D(p(t)) = 0 se e somente se p(t) = a 0 é um polinômio constante. (f) A transformação T : R 2 R 3 dada por (x, y, z) (2x + 3y + 10z, 7x + 4z, 0) é uma transformação linear. A função S : R 2 R 3 dada por (cos x + e y, z 2, xy) não é linear. De fato, nenhuma de suas três funcões-coordenada é uma transformação linear (de R 3 em R 1 ). (6.3) Definição. Seja T : V W uma transformação linear entre dois espaços vetoriais. Então (a) O conjunto dos x V tais que T x = 0 é o núcleo N(T ) de T. (b) O conjunto dos y W tais que T x = y para algum x V é a imagem R(T ) de T. (6.4) Teorema. Seja T : V W uma transformação linear entre dois espaços vetoriais V e W. Então o núcleo de T é um subespaço de V e a imagem de T é um subespaço de W. Prova: Se v 1, v 2 N(T ) então T (v 1 ) = 0 e T (v 2 ) = 0, logo T (v 1 + v 2 ) = T (v 1 ) + T (v 2 ) = 0, portanto v 1 + v 2 N(T ). Analogamente, se v N(T ) e λ R então T (λv) = λt (v) = 0, logo λv N(T ). Analogamente, a imagem R(T ) de T é um subespaço de W : Se w 1, w 2 R(T ) então w 1 = T (v 1 ) e w 2 = T (v 2 ) para alguns v 1, v 2 V. Logo w 1 + w 2 = T (v 1 ) + T (v 2 ) = T (v 1 + v 2 ) R(T ) e se w = T (v) R(T ), λ R, então λw = λt (v) = T (λv) também pertence a R(T ). (6.5) Teorema. Seja T : V W uma transformação linear. Então T é injetiva se e somente se N(T ) = 0}. Mais geralmente, T (x) = T (y) se e somente se y = x + v para algum v N(T ). Prova: Vamos provar a segunda afirmação. A primeira pode ser deduzida da segunda fazendo x = 0. Suponha primeiro que T (x) = T (y). Então T (y x) = T (y) T (x) = 0, logo y = x + v, onde v = y x N(T ). Reciprocamente, se y = x + v com T (v) = 0, então T (y) = T (x + v) = T (x) + T (v) = T (x). Também vale: T é sobrejetiva se e somente se R(T ) = R m, mas aqui não é necessária uma demonstração, porque isto segue diretamente da definição de imagem. O resultado seguinte diz que se v 1,..., v n } forma uma base de V e w 1,..., w n são vetores quaisquer de um outro espaço W, então existe uma transformação linear T : V W levando v i em w i para cada i. Além disso, esta transformação é a única que tem esta propriedade. (6.6) Teorema. Uma transformação linear T : V W é univocamente determinada pelos seus valores nos elementos de uma base v 1,..., v n } de V. Prova: Sejam v 1,..., v n } uma base de V e v = c 1 v c n v n um vetor qualquer de V. Dados w 1,..., w n W, podemos definir uma função T : V W satisfazendo T (v i ) = w i por T (v) = c 1 w c n w n (onde v = c 1 v c n v n ). Devemos verificar que T é linear. Se λ R e u = d 1 v d n v n V, então T (v + λu) = T ( (c 1 + λd 1 )v (c n + λd n )v n ) = (c1 + λd 1 )w (c n + λd n )w n = T (v) + λt (u), portanto T satisfaz a condição ( ) do início desta seção, ou seja, T é linear. Suponha agora que S : V W seja outra transformação linear tal que S(v i ) = w i = T (v i ) para cada i = 1,..., n. Então S(v) = S(c 1 v c n v n ) = c 1 S(v 1 ) + + c n S(v n ) = pela linearidade de S e T. Logo, S e T coincidem. = c 1 T (v 1 ) + + c n T (v n ) = T (c 1 v c n v n ) = T (v), (6.7) Teorema. Sejam U, V, W espaços vetoriais e S : U V, T : V W transformações lineares. Então a composição T S = T S : U W, dada por (T S)(u) = T (S(u)), é também uma transformação linear. Prova: Devemos provar que T S satisfaz a condição ( ) abaixo da definição (6.1). Sejam u 1, u 2 U e λ R. Então como queríamos verificar. (T S)(u 1 + λu 2 ) = T ( S(u 1 + λu 2 ) ) = T ( S(u 1 ) + λs(u 2 ) ) = = T ( S(u 1 ) ) + λt ( S(u 2 ) ) = (T S)(u 1 ) + λ(t S)(u 2 ),

7 (6.8) Exemplo. Sejam R θ e R ϕ as rotações em R 2 por ângulos de θ, ϕ, definidas acima. Usando as fórmulas para adição de ângulos do cos e do sin, obtemos que a composição R θ R ϕ é dada por: (R θ R ϕ )(x, y) =R θ (cos ϕx sin ϕy, sin ϕx + cos ϕy) = ( cos(θ + ϕ)x sin(θ + ϕ)y, sin(θ + ϕ)x + cos(θ + ϕ) y ) = R θ+ϕ (x, y), ou seja, R θ R ϕ = R θ+ϕ, como era de se esperar, já que a composição de duas rotações por ângulos θ e ϕ ao redor de um mesmo ponto resulta numa rotação por um ângulo de θ +ϕ. Em particular, fazendo ϕ = θ obtemos que R θ R θ = R 2θ e fazendo ϕ = θ obtemos que R θ R θ = R 0 = I. (6.9) Definição. Sejam v 1,..., v n } e w 1,..., w m } bases de dois espaços vetoriais V, W. (a) Seja T : V W uma transformação linear. Então podemos escrever, para cada j = 1,..., m, (1) T (v j ) = a 1j w 1 + a 2j w a mj w m, para alguns a ij R. Dizemos então que a matriz m n A = (a ij ) representa, ou corresponde a T nestas bases. (b) Seja A = (a ij ) uma matriz m n. Defina uma transformação linear T : V W pela equação (1). Note que T é linear e bem-definida por (6.6). Então dizemos que T é a transformação linear correspondente a A nestas bases. Portanto, se A corresponde a T então a j-ésima coluna de A nos dá as coordenadas de T (v j ) com respeito à base w 1,..., w m } de W. Geralmente quando trabalhamos com R k, escolhemos como base deste espaço a base canônica e 1,..., e k }, dada por e 1 = (1, 0, 0,..., 0), e 2 = (0, 1, 0,..., 0),..., e k = (0, 0, 0,..., 1), onde cada e i R k. Fica subentendido então que a matriz A correspondente a uma transformação linear T : R n R m tem suas entradas determinadas pelas respectivas bases canônicas de R n e R m. A matriz A tem como j-ésima coluna as coordenadas usuais de T (e j ) em R m. (6.10) Exemplo. Por (6.6), existe uma única transformação linear T : R 2 R 4 levando o vetor (1, 0) em ( 1, 0, 4, 2) e (0, 1) em (3, 7, 5, 2). A matriz que representa esta transformação (nas bases canônicas de R 2 e R 4 ) é dada por: 1 3 A = Para obter uma fórmula para T, basta portanto fazer o produto de A por um vetor v = (x, y) arbitrário: 1 3 T (x, y) = [ ] x = ( x + 3y, 7y, 4x + 5y, 2x + 2y). y Terminamos o teorema seguinte, que é um dos mais importantes da álgebra linear. (6.11) Teorema (do Núcleo e da Imagem). Seja T : V W uma transformação linear. Então: dim R(T ) + dim N(T ) = dim V. Prova: Vamos provar isto com V = R n e W = R m. A demonstração geral é análoga. Seja A a matriz que representa T com respeito às bases canônicas de R m e R n. Então N(T ) R n é identificado com os vetorescoluna x R n tais que Ax = 0, ou seja, N(T ) = N(A). Similarmente, R(T ) = R(A). Como dim N(A) = n r e dim R(A) = r, vemos que dim R n = n = (n r) + r = dim N(T ) + dim R(T ). Pode parecer estranho que um teorema com uma demonstração tão curta seja importante. Acontece que ela está na verdade se apoiando nos resultados que obtivemos nas seções anteriores para determinar o espaço-nulo e o espaço-coluna de uma matriz. Geralmente este teorema é demonstrado usando-se um raciocínio mais abstrato, mas mais direto: Tomamos B N = u 1,..., u k } V uma base para o núcleo e B R = v 1,..., v m} V tal que T (v 1 ),..., T (v m)} forma uma base para R(T ) e então provamos que B = u 1,..., u k, v 1,..., v m} é uma base para V. Logo, dim V = dim N(T ) + dim R(T ).