Seja uma transformação linear T: M(n, 1) \rightarrow M(m, 1) definida por T(X)=A X, onde A é uma matriz constante m \times n e X é uma matrix n \times 1. Para as matrizes A abaixo encontre \operatorname{ker} T e \operatorname{Im} T. Qual a dimensão desses subespaços? (Encontre bases.) A=\left[\begin{array}{llll}1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 & 0\end{array}\right]
Passo 1
O que o enunciado dá e o que pede.
É dada a transformação linear T: M(n,1)\to M(m,1), aqui com n=4 e m=3, definida por T(X)=A X.
Encontrar \ker T (o núcleo), isto é, o conjunto de todos os X\in\mathbb{R}^4 tais que A X=0.
Encontrar \operatorname{Im} T (a imagem), isto é, o subespaço de \mathbb{R}^3 formado pelos vetores A X.
Para cada um: achar uma base e a dimensão.]
Passo 2
O que são \ker T e \operatorname{Im} T e como vamos proceder.
Definição do núcleo: \ker T=\{X\in\mathbb{R}^4 \mid A X=0\}. Para encontrar, resolvemos o sistema homogêneo A X=0.
Definição da imagem: \operatorname{Im} T=\{A X \mid X\in\mathbb{R}^4\}. Uma forma prática de achar a imagem é observar as colunas de A: a imagem é o espaço gerado (span) pelas colunas de A.
Plano de ação: (a) escrever o sistema A X=0 e resolver; (b) listar as colunas de A, ver quais são linearmente independentes e o subespaço que geram.
Passo 3
Escrever as equações explícitas e as colunas de A.
Seja X=(x_1,x_2,x_3,x_4)^\top\in\mathbb{R}^4. Então
Da primeira equação vem x_1=0\]. Da segunda vem \(x_2=0 (porque 2 é não nulo). Da terceira vem x_3=0 (porque 3 é não nulo). Não há equação envolvendo x_4, isto é, x_4 é livre.
Logo \ker T=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}. Uma base natural é \left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\} e a dimensão é \dim\ker T=1.]
Passo 5
Determinar \operatorname{Im} T a partir das colunas de A.
Pela observação das colunas, \operatorname{Im} T=\operatorname{span}\{c_1,c_2,c_3,c_4\}.
Note que c_4 é o vetor nulo, que não contribui para gerar nada novo. Os vetores c_1,c_2,c_3 são
Esses três vetores são linearmente independentes porque cada um tem um único componente não nulo em posições diferentes (é fácil ver que a única combinação linear \alpha c_1+\beta c_2+\gamma c_3=0 é \alpha=\beta=\gamma=0 já que isso dá o sistema \alpha=0,\\\ 2\beta=0,\\\ 3\gamma=0).
Além disso, observando a forma A X=(x_1,2x_2,3x_3)^\top, para qualquer vetor arbitrário y=(y_1,y_2,y_3)^\top\in\mathbb{R}^3 existe X tal que A X=y: basta escolher x_1=y_1,\\ x_2=\tfrac{y_2}{2},\\ x_3=\tfrac{y_3}{3} (e qualquer x_4). Portanto a imagem é todo \mathbb{R}^3.
Conclusão: \operatorname{Im} T=\mathbb{R}^3=\operatorname{span}\{c_1,c_2,c_3\}. Uma base conveniente é a base canônica \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\} (ou também \{c_1,c_2,c_3\}); a dimensão é \dim\operatorname{Im} T=3.]
Passo 6
Verificação com o teorema da dimensão (rank-nullity) e comentário final.
Teorema da dimensão (rank-nullity) diz que
\dim\ker T + \dim\operatorname{Im} T = \dim(\text{domínio}) = 4.í
Aqui \dim\ker T=1 e \dim\operatorname{Im} T=3, e 1+3=4, consistente com o teorema.
Em palavras simples: a transformação envia as três primeiras coordenadas de \mathbb{R}^4 para \mathbb{R}^3 de forma bijetora (até constantes 1,2,3 que não anulam nada), enquanto a quarta coordenada some (vai para zero), por isso o núcleo é só a direção da quarta coordenada e a imagem é todo \mathbb{R}^3.