Questão 9: (a) Construa uma TL sobre de \tau: \mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+3\right) \times\left(m_{6}+m_{7}+4\right)} \rightarrow \mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+1\right) \times\left(m_{6}+m_{7}+1\right)}. (b) Construa uma TL 1-1 de \tau: \mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+1\right) \times\left(m_{6}+m_{7}+1\right)} \rightarrow \mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+3\right) \times\left(m_{6}+m_{7}+4\right)}.

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • (a) Construir uma transformação linear (TL) \tau:\mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+3\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+4\right)}\to\mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+1\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+1\right)}.
  • (b) Construir uma TL injetora (1-1) \tau:\mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+1\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+1\right)}\to\mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+3\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+4\right)}.
Informações dadas (usaremos para indexar as matrizes):
  • O número de linhas do espaço de partida em (a) é r:=m_{4}+m_{5}+3.
  • O número de colunas do espaço de partida em (a) é s:=m_{6}+m_{7}+4.
  • O espaço imagem em (a) tem dimensões r-2 por s-3, pois r-2=m_{4}+m_{5}+1 e s-3=m_{6}+m_{7}+1.
O mesmo par de números aparece trocado nos itens: em (b) a partida tem dimensões r-2 por s-3 e a imagem tem r por s.

Passo 2

Conceitos que vamos usar (explicação didática):
  • Definição de transformação linear: uma aplicação T entre espaços vetoriais é linear se, para quaisquer vetores X,Y e escalar \alpha, T(X+Y)=T(X)+T(Y)\qquad\text{e}\qquad T(\alpha X)=\alpha T(X).Essas duas propriedades garantem que T respeita a estrutura de soma e multiplicação por escalar.
  • Kernel e injetividade: o kernel de T é o conjunto \{X\mid T(X)=0\}. Se o kernel contém só o vetor zero, então T é injetora (1-1).
  • Construir TLs entre espaços de matrizes costuma ser simples usando operações elementares linha a linha ou entrada a entrada. Duas construções padrão são:
    1. projeção/truncamento (pegar um subbloco da matriz) — é linear e normalmente sobrejetora;
    2. inclusão/pad com zeros (colocar a matriz numa posição fixa de uma matriz maior e preencher o resto com zeros) — é linear e normalmente injetora.
Vou aplicar essas ideias concretamente aos tamanhos dados.

Passo 3

Construção do item (a): definição explícita da TL por truncamento (projeção).
  • Denote r:=m_{4}+m_{5}+3 e s:=m_{6}+m_{7}+4. Qualquer A\in\mathbb{R}^{r\times s} tem entradas A=(a_{ij}) com i\in\{1,\dots,r\}, j\in\{1,\dots,s\}.
  • Defina \tau(A)=B onde B é a submatriz de tamanho (r-2)\times(s-3) obtida pegando as primeiras r-2 linhas e as primeiras s-3 colunas de A. Em fórmulas: \text{para }i=1,\dots,r-2,\quad j=1,\dots,s-3,\qquad B_{ij}:=a_{ij}.Ou escrito como aplicação, \tau:\;A\mapsto B\quad\text{com}\quad B_{ij}=a_{ij}\\ \\ (1\le i\le r-2,\\\ 1\le j\le s-3).
  • Por que isso é linear? Se A,A' têm entradas a_{ij},a'_{ij} então \tau(A+A') tem entradas (a_{ij}+a'_{ij}) nas mesmas posições, ou seja \tau(A+A')=\tau(A)+\tau(A'). E para escalar \alpha temos \tau(\alpha A)=\alpha\tau(A). Isso satisfaz as duas propriedades da linearidade.
  • Propriedades adicionais úteis para a prova:
    • \tau é sobrejetora: dado qualquer B\in\mathbb{R}^{(r-2)\times(s-3)} podemos construir A\in\mathbb{R}^{r\times s} tal que \tau(A)=B simplesmente colocando B no bloco superior-esquerdo de A e preenchendo as demais entradas de A por zeros (ou quaisquer números). Assim todo B tem preimagem.
    • \tau não é injetora (não é 1-1): existem matrizes não-nulas A com todas as entradas nos índices (i,j) com i\le r-2,\\ j\le s-3 iguais a zero, por exemplo a matriz com único 1 na posição (r,s). Essa matriz tem \tau(A)=0 mas A\neq 0. Logo o kernel é não-trivial.

Passo 4

Um pequeno exemplo concreto para fixar a intuição (exemplo numérico simples):
  • Se m_{4}=m_{5}=0 e m_{6}=m_{7}=0 então r=3, s=4, e a imagem tem dimensões 1\times1. A aplicação do item (a) pega uma matriz 3\times4 A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} & a_{14}\\\ a_{21} & a_{22} & a_{23} & a_{24}\\\ a_{31} & a_{32} & a_{33} & a_{34} \end{pmatrix}e retorna B=(a_{11}). Veja que é linear e que muitos A diferentes dão o mesmo B.
  • Esse exemplo ilustra a regra geral: pegamos o bloco superior-esquerdo de dimensão (r-2)\times(s-3).

Passo 5

Construção do item (b): definição explícita da TL injetora por inclusão (padding com zeros).
  • Agora partimos de matrizes B\in\mathbb{R}^{(r-2)\times(s-3)} com entradas B=(b_{ij}), 1\le i\le r-2, 1\le j\le s-3.
  • Defina \tau(B)=A\in\mathbb{R}^{r\times s} preenchendo uma matriz maior com B no bloco superior-esquerdo e preenchendo todas as demais entradas por zero. Em fórmulas: \text{para }i=1,\dots,r-2,\\ j=1,\dots,s-3:\quad A_{ij}:=b_{ij},e para as demais entradas A_{ij}:=0.
  • Verificação da linearidade: para B,B' e escalar \alpha as entradas do resultado agregam e escalam exatamente como em espaços de coordenadas, portanto \tau satisfaz \tau(B+B')=\tau(B)+\tau(B') e \tau(\alpha B)=\alpha\tau(B).
  • Verificação da injetividade: suponha \tau(B)=0 (matriz nula em \mathbb{R}^{r\times s}). Pela construção, as entradas do bloco superior-esquerdo de \tau(B) são exatamente as entradas de B. Então se \tau(B)=0 então todas as entradas b_{ij} são zero, logo B=0. Assim o kernel de \tau é trivial e \tau é injetora (1-1).
  • Observação sobre sobrejetividade: \tau não é sobrejetora porque o espaço imagem tem dimensão maior; não é necessário provar isso aqui, mas a verificação por contagem de dimensões mostra que existem matrizes em \mathbb{R}^{r\times s} que não têm a forma do bloco superior-esquerdo preenchido por B com zeros no restante.

Passo 6

Resumo das fórmulas e como aplicá-las na prova (passo-a-passo prático):
  • Para (a) ao receber uma matriz A\in\mathbb{R}^{(m_{4}+m_{5}+3)\times(m_{6}+m_{7}+4)} escreva suas entradas a_{ij} e forme a matriz B com entradas B_{ij}=a_{ij} para i=1,\dots,m_{4}+m_{5}+1 e j=1,\dots,m_{6}+m_{7}+1. Isso já é a definição da TL; depois você justifica linearidade mostrando aditividade e homogeneidade como fizemos.
  • Para (b) ao receber B\in\mathbb{R}^{(m_{4}+m_{5}+1)\times(m_{6}+m_{7}+1)} construa A\in\mathbb{R}^{(m_{4}+m_{5}+3)\times(m_{6}+m_{7}+4)} definindo A_{ij}=B_{ij} nos índices 1\le i\le m_{4}+m_{5}+1, 1\le j\le m_{6}+m_{7}+1 e A_{ij}=0 nos demais índices; para provar injetividade compute o kernel e mostre que só o zero pertence a ele.

Passo 7

Dica final de resolução rápida no tempo da prova:
  • Escreva logo no início as dimensões r e s para não se confundir.
  • Para (a) diga “defino \tau como a projeção no bloco superior-esquerdo” e escreva a fórmula por entradas; em seguida escreva duas linhas curtas comprovando linearidade e observe que é sobrejetora mas não injetora com um exemplo de elemento do kernel.
  • Para (b) diga “defino \tau como a inclusão colocando a matriz no bloco superior-esquerdo e completando com zeros” e depois duas linhas: prova da linearidade e prova da injetividade via kernel trivial.

Resposta

(a) [\displaystyle \tau:; \mathbb{R}{\left(m_{4}+m_{5}+3\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+4\right)}\to\mathbb{R}{\left(m_{4}+m_{5}+1\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+1\right)}), para A=(a_{ij}) com 1\le i\le m_{4}+m_{5}+3,\\\ 1\le j\le m_{6}+m_{7}+4, defina \tau(A)=B por \displaystyle B_{ij}:=a_{ij} para 1\le i\le m_{4}+m_{5}+1,\\\ 1\le j\le m_{6}+m_{7}+1.
(b) \displaystyle \tau:\; \mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+1\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+1\right)}\to\mathbb{R}^{\left(m_{4}+m_{5}+3\right)\times\left(m_{6}+m_{7}+4\right)}, para B=(b_{ij}) com 1\le i\le m_{4}+m_{5}+1,\\\ 1\le j\le m_{6}+m_{7}+1, defina \tau(B)=A por (\displaystyle A_{ij}:= \begin{cases}b_{ij},&1\le i\le m_{4}+m_{5}+1,\\\ 1\le j\le m_{6}+m_{7}+1,\\[4pt]0,&\text{caso contrário.}\end{cases}á]]

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