Aplicações lineares

A regra $T(x,y)=(x+2y,-y,x-y)$ envia $(3,1)$ para $(5,-1,2)$. Cada coordenada de saída é uma combinação linear das entradas: $3+2\cdot1=5$, $-1$ e $3-1=2$.

É esta propriedade, valer para todos os pares de entrada, que distingue uma aplicação linear.

Definição e primeiro teste

Uma função $T: V \to W$ entre espaços vetoriais é linear quando, para todos $u, v \in V$ e escalares $\alpha, \beta$,

$$T(\alpha u + \beta v) = \alpha T(u) + \beta T(v).$$

Isto equivale às duas condições separadas, $T(u + v) = T(u) + T(v)$ e $T(\alpha u) = \alpha T(u)$.

A versão junta é mais rápida de verificar: testa as duas de uma vez.

O teste mais rápido de todos: se $T(0) \neq 0$, a aplicação não é linear. Por exemplo, $T(x, y) = (x + 1, y)$ não é linear, porque $T(0, 0) = (1, 0)$.

Mas atenção ao recíproco: $T(0) = 0$ não chega para provar linearidade. Um exemplo que passa no teste do zero e mesmo assim falha é $T(x, y) = (x^2, y)$, porque $T(2 \cdot (1, 0)) = (4, 0) \neq 2T(1, 0) = (2, 0)$.

Um exemplo que funciona: $T: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^3$ dada por $T(x, y) = (x + 2y, -y, x - y)$.

Verifica com $(x_1, y_1)$, $(x_2, y_2)$ e escalares $\alpha, \beta$: a primeira coordenada é $(\alpha x_1+\beta x_2)+2(\alpha y_1+\beta y_2)=\alpha(x_1+2y_1)+\beta(x_2+2y_2)$. As outras duas distribuem-se da mesma forma.

Núcleo, imagem e o teorema das dimensões

O núcleo (ou kernel) de $T$ é o conjunto dos vetores que $T$ envia para zero:

$$\ker T = \{v \in V : T(v) = 0\}.$$

É sempre um subespaço do domínio. Para o exemplo, $T(x, y) = (0, 0, 0)$ dá três condições:

• $x + 2y = 0$;
• $-y = 0$;
• $x - y = 0$.

Da segunda sai $y = 0$ e depois $x = 0$: o núcleo é só $\{(0, 0)\}$.

A imagem de $T$ é o conjunto dos valores atingidos, $\operatorname{Im} T = \{T(v) : v \in V\}$, um subespaço do espaço de chegada. No exemplo,

$$T(x, y) = x(1, 0, 1) + y(2, -1, -1),$$

por isso a imagem é gerada por $(1, 0, 1)$ e $(2, -1, -1)$. Estes dois vetores são independentes, logo a imagem é um plano em $\mathbb{R}^3$.

Para um domínio de dimensão finita, o teorema das dimensões, ou teorema núcleo-imagem, liga as duas:

$$\dim \ker T + \dim \operatorname{Im} T = \dim V.$$

Aqui, $0+2=2$ coincide com a dimensão do domínio. Este teorema responde a perguntas de existência sem contas: uma aplicação linear de $\mathbb{R}^2$ em $\mathbb{R}^3$ nunca é sobrejetiva, porque a imagem tem dimensão no máximo 2.

O núcleo decide a injetividade: $T$ é injetiva exatamente quando $\ker T = \{0\}$. A imagem decide a sobrejetividade: $T$ é sobrejetiva exatamente quando $\operatorname{Im} T = W$.

O exemplo é injetivo mas não sobrejetivo. Quando o domínio e o espaço de chegada têm a mesma dimensão finita, injetividade e sobrejetividade são equivalentes.

Não confundas $W$, o espaço de chegada declarado na função, com $\operatorname{Im}T$, o subconjunto efetivamente atingido. Aqui $W=\mathbb R^3$, mas a imagem é um plano.

Representação matricial

Fixadas bases no domínio e no espaço de chegada, cada aplicação linear descreve-se por uma matriz: a coluna $j$ é a imagem do $j$-ésimo vetor da base do domínio, escrita em coordenadas na base de chegada. Com as bases canónicas, basta aplicar $T$ aos versores.

Para o exemplo $T(x, y) = (x + 2y, -y, x - y)$: $T(1, 0) = (1, 0, 1)$ e $T(0, 1) = (2, -1, -1)$. A matriz é

$$M(T) = \begin{bmatrix} 1 & 2 \\ 0 & -1 \\ 1 & -1 \end{bmatrix},$$

e aplicar $T$ é multiplicar: $T(x, y) = M(T)\begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$. Confirma com $(3, 1)$: a matriz dá $(3 + 2, -1, 3 - 1) = (5, -1, 2)$, igual à fórmula direta.

Duas consequências práticas seguem desta representação: a composta de aplicações corresponde ao produto das matrizes (pela ordem certa: a matriz de $S \circ T$ é $M(S)M(T)$), e $T$ é invertível (isomorfismo) exatamente quando a matriz é quadrada e invertível, caso em que a matriz da inversa é a inversa da matriz.

Uma matriz mexe com a grelha do plano: cada quadrado vira um paralelogramo. Com $S(x, y) = (2x + y, x + 2y)$ do fim da página, a grelha $2 \times 2$ transforma-se assim:

Ver com outros olhos

O núcleo de $T$ é o conjunto das soluções do sistema homogéneo $M(T)X = 0$, e a imagem é o espaço gerado pelas colunas de $M(T)$. Por isso, a característica da matriz dá $\dim \operatorname{Im} T$: o teorema das dimensões é “variáveis livres mais pivôs igual ao número de incógnitas” com outro nome.

Se a dúvida é como uma matriz guarda uma transformação, vê este vídeo e observa como a imagem dos vetores da base determina a transformação:

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Descobrir a lei a partir de imagens

Uma aplicação linear fica determinada pelas imagens dos vetores de uma base. Se soubermos

$$T(1,1)=(3,1),\qquad T(1,-1)=(1,3),$$

basta decompor $(x,y)$ nessa base,

$$(x,y)=\frac{x+y}{2}(1,1)+\frac{x-y}{2}(1,-1),$$

e a linearidade dá

$$T(x,y)=\frac{x+y}{2}(3,1)+\frac{x-y}{2}(1,3).$$

Distribuindo, $T(x,y)=(2x+y,\,2x-y)$.

As imagens não eram as de $e_1,e_2$, por isso colocá-las diretamente como colunas da matriz canónica daria a matriz errada. A forma matricial correta é $AP_B=R$, onde $P_B$ tem os vetores da base como colunas e $R$ as respetivas imagens canónicas. Assim, $A=RP_B^{-1}$.

Se os vetores dados forem dependentes, as imagens têm de respeitar a mesma dependência.

Por exemplo, se $v_3=v_1+v_2$, a linearidade exige $T(v_3)=T(v_1)+T(v_2)$. Se não respeitarem, não existe uma aplicação linear com esses dados.

Descobrir a lei a partir do núcleo

O núcleo também fornece imagens conhecidas: cada um dos seus vetores vai para zero. Suponhamos que $T:\mathbb R^2\to\mathbb R^2$ é linear, que

$$\ker T=\operatorname{span}((1,1)),\qquad T(0,1)=(10,13).$$

Os vetores $(1,1)$ e $(0,1)$ são independentes, logo formam uma base. Decompondo qualquer argumento,

$$(x,y)=x(1,1)+(y-x)(0,1).$$

A primeira parcela desaparece pela ação de $T$, por isso

$$T(x,y)=(y-x)(10,13).$$

Verifica agora a igualdade do núcleo, porque usar os seus geradores garante inicialmente apenas uma inclusão. Como $(10,13)\ne0$, a imagem é zero exatamente quando $y-x=0$. Logo o núcleo é mesmo a reta indicada; a imagem é a reta gerada por $(10,13)$.

Se só soubéssemos a imagem de $(0,1)$, faltaria informação sobre outra direção. É a combinação da base do núcleo com uma direção complementar que determina a lei.

Um núcleo não trivial

Considera $T:\mathbb R^3\to\mathbb R^2$ dada por $T(x,y,z)=(x+z,y+z)$. A matriz canónica é

$$A=\begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{bmatrix}.$$

O núcleo resolve $x+z=0,\ y+z=0$: $\ker T=\operatorname{span}((-1,-1,1))$. A imagem tem base $((1,0),(0,1))$, dada pelas duas primeiras colunas originais, e é $\mathbb R^2$.

Logo $T$ é sobrejetiva e não é injetiva. Para encontrar todos os argumentos enviados para $(2,3)$, escolhe $z=t$:

$$(x,y,z)=(2,3,0)+t(-1,-1,1).$$

A imagem tem dimensão 2, o núcleo tem dimensão 1 e a soma dá a dimensão 3 do domínio. Como a aplicação não é injetiva, não tem inversa: cada imagem tem vários argumentos.

Composição e bases compatíveis

Se $T:\mathbb R^n\to\mathbb R^m$ tem matriz $A$ e $S:\mathbb R^m\to\mathbb R^p$ tem matriz $B$, então $S\circ T$ tem matriz $BA$. A saída de $T$ tem de estar expressa na mesma base que $S$ recebe.

Com o $T$ anterior e $S(u,v)=(u-v,u+v)$, a composta tem matriz

$$BA= \begin{bmatrix}1&-1\\1&1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1&0&1\\0&1&1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}1&-1&0\\1&1&2\end{bmatrix}.$$

A composição dá $(x-y,x+y+2z)$, o mesmo resultado que substituir a lei de $T$ na de $S$.

Um endomorfismo completo

Um endomorfismo é uma aplicação linear de um espaço para ele próprio. Considera $S: \mathbb{R}^2 \to \mathbb{R}^2$ com $S(x, y) = (2x + y, x + 2y)$. A matriz canónica é $\begin{bmatrix} 2 & 1 \\ 1 & 2 \end{bmatrix}$, de determinante $4 - 1 = 3 \neq 0$. Logo $S$ é invertível, o núcleo é trivial e a imagem é todo o $\mathbb{R}^2$: injetiva e sobrejetiva. A inversa obtém-se invertendo a matriz:

$$M(S)^{-1} = \frac{1}{3}\begin{bmatrix} 2 & -1 \\ -1 & 2 \end{bmatrix}, \qquad S^{-1}(u, v) = \left(\frac{2u - v}{3}, \frac{-u + 2v}{3}\right).$$

Verifica com $(u, v) = (5, 4)$: $S^{-1}(5, 4) = (2, 1)$, e $S(2, 1) = (5, 4)$. A inversa recuperou o argumento original.

Imagem e inversa sobre a imagem

Nos acetatos históricos de transformações lineares, «contradomínio» designa a imagem $\operatorname{Im}T$. Aqui distinguimos sempre essa imagem do espaço de chegada $W$. A injetividade permite recuperar o argumento de cada vetor da imagem.

Uma aplicação injetiva mas não sobrejetiva, como $T(x,y)=(x+2y,-y,x-y)$ do início (o núcleo é trivial: $-y=0$ dá $y=0$ e depois $x=0$), não tem inversa, mas tem inversa sobre a sua imagem: $\tilde T:\mathbb R^2\to\operatorname{Im}T$ é bijetiva. Por exemplo, $(3,-1,0)=T(1,1)$: de $-y=-1$ sai $y=1$, de $x+2y=3$ sai $x=1$, e $x-y=0$ confirma. A inversa sobre a imagem envia $(3,-1,0)$ para $(1,1)$, e o seu domínio é o plano $\operatorname{Im}T$, não todo o $\mathbb R^3$.

O que costuma correr mal

• Concluir linearidade só porque $T(0) = 0$. É condição necessária, não suficiente: testa sempre a soma e o produto por escalar, com um contraexemplo concreto se suspeitares.
• Construir a matriz da aplicação com as imagens em linha em vez de coluna, ou trocar a ordem do produto na composta $S \circ T$.
• Misturar bases: a matriz canónica só vale para as bases canónicas dos dois lados. Com outras bases, precisas das matrizes de mudança de base (próxima página).
• Esquecer que injetividade é sobre o núcleo e sobrejetividade sobre a imagem, e tentar prová-las diretamente com quantificadores quando o teorema das dimensões resolve em duas linhas.