T^{-1}(Z)  = {u em U : Tu em Z}

Núcleo de T:
ker T = { u ∈ U : Tu = 0}

é um subespaço de U

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1º Exemplo T: R³ -> R³
T(x,y,z) = (x,y,0)

Cálculo do núcleo:

Tome (x,y,z) no núcleo

T(x,y,z) = (x,y,0) = (0,0,0)

=> x=0, y=0

Portanto (x,y,z) = (0,0,z) = z(0,0,1)
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2º Exemplo T: R² -> R
T(x,y) = x - 3y 

Cálculo do núcleo:

Tome (x,y) no núcleo

T(x,y) = x - 3y = 0

=> x = 3y

(x,y) = (3y,y) = y (3,1)

---------- equações redundantes ----

x - 3y = 0  => x= 3y
2x - 6y =0  (substituindo x=3y)=> 0=0

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3º exemplo
D : P3(R) → P3(R) o operador derivada,
D(p) = p'

Cálculo do núcleo:

seja p(x) = a + bx + cx² + dx³ no núcleo

Dp = p' = b + 2cx + 3dx² 
= 0 = 0+0x+0x²+0x³
=> b=0, c=0, d=0

Portanto
p(x) = a = a · 1

ker D = [1]
 
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Teorema do núcleo e da imagem

dimensão do domínio 
=
dimensão do núcleo
+
dimensão da imagem

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Não existe transformação linear F : R² → R³ que seja sobrejetora

ker F contido em R² =>  0 <= dim ker F <= 2

-2 <= -dim ker F <= 0



dim Im(F) = dim R² − dim ker(F) 


-2 <= -dim ker F <= 0
0 <= 2 - dim ketF <= 2

0 <= dim ImF <= 2  não pode ser 3!!!

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Se F não fosse linear, seria possível.

Exemplo: curva de Jordan
phi: [0,1] -> [0,1]x[0,1]
sobrejetora e contínua!!!
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Não existe transformação linear F : R⁴ → R² que seja injetora

dim domínio = 4

0 <= dim Im <= 2

dim kerF + 0 <= dim kerF + dim Im <= dim kerF + 2

dim kerF + 0 <= 4 <= dim kerF + 2

dim ker F <=4

2 <= dim kerF  => dim ker >0, F não é injetora

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Autovalores e autovetores:

A matriz quadrada de ordem n

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Cálculo dos autovalores:

Resolva a equação característica:

det (A - λI) = 0  ----> polinômio de grau n

tem raízes λ1, λ2, ..., λn
(como achar raízes está explicado no cap 1 da apostila do Ladeira)

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Cálculo dos autovetores

Para cada λi,

(A-λiI) v = 0  -> procurar vetores não nulos

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Quantidade de autovetores LI

Se λ é autovalor de multiplicidade k

então podemos ter desde 1 até k autovetores LI

Exemplo para ser feito mais tarde
    (2 0 0)
A = (0 2 0)
    (0 0 2)

    (2 1 0)
B = (0 2 0)
    (0 0 2)

    (2 1 0)
C = (0 2 1)
    (0 0 2)

Todas elas têm como autovalor 2, com multiplicidade 3.

A tem 3 autovetores LI
B tem 2 autovetores LI
C tem apenas 1 autovetor LI

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Cálculo dos autovalores e autovetores

1) escreva (A-λI)

2) equação característica:

  det(A-λI) = 0

  -> resolve -> calculou os autovalores

3) para cada autovalor λi, busque os autovetores

  (A - λi I) v = 0   -> v não nulos

--------------
Passo 1)

A = 
0  2
1  -1

A − λI =
−λ    2
1   −1 − λ

---------------
passo 2) eq. característica e acho autovalores

det (A-λI) = λ² + λ - 2 = 0
soma = -1, produto = -2 

->  λ1 = -2       e       λ2 = 1

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passo 3) para cada autovalor, calcular seu autovetor

Para λ1 = -2

A - λ1 I = 
2    2
1    1

como det(A - (-2)I) = 0, alguma linha é combinação linear das outras, e portanto sempre tem (pelo menos) uma equação redundante!!

[ 2  2 ] [ x ] = [0]
[ 1  1 ] [ y ]   [0]

 A-λ1I     v      0

Da 1ª linha: 2x+2y=0 => y = -x

(é automático que a 2ª linha dará uma equação redundante)

v = [ x] = x [ 1]
    [-x]     [-1]

v1 = [ 1]
     [-1]

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Na base dos autovetores, a ação de A é "fácil"

A v1 = -2 v1,      A v2 = 1 v2

u = a v1 + b v2

Au = A(a v1 + b v2)
   = a A v1 + b A v2
   = a (-2) v1 + b (1) v2


=====
no exemplo geométrico
v = (1 2)

chute: Av = (4 -1)

[0   2] [1] = [ 4]
[1  -1] [2]   [-1]

----------spoiler da aula de pageRank

A^n u = a (-2)^n v1 + b (1)^n v2

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A = 0 1
    1 0

passo 1)

A-λI = -λ  1
        1 -λ

passo 2)

det(A-λI) = λ²-1 = 0  ==>  λ1=-1,  λ2=1

passo 3)

Para λ1 = -1

[A-(-1)I ] v = 0

Vamos resolver com matrizes aumentadas

v = (x y)^t


1  1 | 0
1  1 | 0

1  1 | 0  -> x+y = 1  ==> y = -x
0  0 | 0  -> 0=0 redundante

v = (x -x)^t  =x (1 -1)^t

--

Para λ2 = 1

v = (x y)^t

-1  1 | 0
 1 -1 | 0
~
 1 -1 | 0  -> x-y=0 -> y=x
 0  0 | 0  -> 0=0 redundante

v = (x x)^t = x (1 1)^t