lgebra Linear, Elon Lages Lima

66 Núcleo e Imagem Seção 6
Como os vetores Au 1 ,...,Au p são L.I., resulta daí que α 1 = ··· =
α p = 0. Portanto a igualdade (*) se reduz a
β 1 v 1 +···+β q v q = 0.
Como v 1 ,...,v q são L.I., concluímos que β 1 = ··· = β q = 0. Isto
mostra que os vetores u 1 ,...,u p , v 1 ,...,v q são L.I. .
Em seguida, consideremos um vetor arbitrário w ∈ E. Como
Aw ∈ Im(A), podemos escrever
Aw = α 1 Au 1 +···+α p Au p ,
pois {Au 1 ,...,Au p } é uma base da imagem de A. A igualdade acima
pode ser reescrita como
A[w−(α 1 u 1 +···+α p u p )] = 0.
Assim, o vetor w−(α 1 u 1 +···+α p u p ) pertence ao núcleo de A, logo
pode ser expresso como combinação linear dos elementos da base
{v 1 ,...,v q }. Temos então
w−(α 1 u 1 +···+α p u p ) = β 1 v 1 +···+β q v q ,
ou seja, w = α 1 u 1 +···+α p u p +β 1 v 1 +···+β q v q . Isto mostra que
os vetores u 1 ,...,u p , v 1 ,...,v q geram E e portanto constituem uma
base.
Corolário. Sejam E, F espaços vetoriais de mesma dimensão finita
n. Uma transformação linear A: E → F é injetiva se, e somente se, é
sobrejetiva e portanto é um isomorfismo.
Com efeito, temos n = dim N(A)+dim Im(A). Logo N(A) = {0}
se, e somente se dim Im(A) = n, ou seja, Im(A) = F.
Exemplo 6.9. Um caso particular do corolário acima diz que, num
espaço vetorial de dimensão finita, um operador linear é injetivo se,
e somente se, é sobrejetivo. Isto seria falso num espaço de dimensão
infinita, como se vê no seguinte exemplo: sejam A,B: R ∞ → R ∞
definidos por
A(x 1 ,x 2 ,x 3 ,...) = (0,x 1 ,x 2 ,x 3 ,...)
e
B(x 1 ,x 2 ,x 3 ,...) = (x 2 ,x 3 ,x 4 ,...).