Assinale as alternativas corretas referente a aplicação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{4} dada por
T(1,2,3)=(6,-1,-2,-4) ; T(0,1,2)=(3,-1,-2,-3) \text { e } T(0,0,-3)=(-3,0,3,3)

Obs: Cada alternativa assinalada errada, cancelará uma certa!

Escolha uma ou mais:

a) T(x, y, z)=(x+y+z, x-y, x-z)
b) T(x, y, z)=\left(\frac{x+y+z}{3}, \frac{x-2 y+z}{3}, \frac{x+y-2 z}{3}\right)
c) T(x, y, z)=(x+y+z, x-y, x-z, x-y-z)
d) T(x, y, z, w)=(x+y+z, x-y, x-z)
e) T(x, y, z, w)=(x+y+z+w, x-y, x-z, x-w)
f) T(x, y, z, w)=\left(\frac{x+y+z+w}{4}, \frac{x-3 y+z+w}{4}, \frac{x+y-3 z+w}{4}, \frac{x+y+z-3 w}{4}\right)
g) T(x, y, z, w)=(x+y+z+w, x-y, x-z)
h) T(x, y, z, w)=(x+y+z+w, x+y, z+w,-x-y-z-w)
i) \quad T(x, y, z, w)=(x+y, y+z, z+w, w)
j) \quad T(x, y, z, w)=(x-y+z-w, y-z+w, z-w, w)
k) ÉInjetora
l) Não é Injetora
m) É Sobrejetora
n) Não é Sobrejetora
o) É Bijetora
p) Não é Bijetora
q) T^{-1}(a, b, c)=\left(\frac{a+b+c}{3}, \frac{a-2 b+c}{3}, \frac{a+b-2 c}{3}\right)
r) T^{-1}(a, b, c, d)=\left(\frac{a+b+c+d}{4}, \frac{a-3 b+c+d}{4}, \frac{a+b-3 c+d}{4}, \frac{a+b+c-3 d}{4}\right)
s) T^{-1}(a, b, c, d)=(a-b+c-d, b-c+d, c-d, d)
t) Não tem inversa

Passo 1

O enunciado dá a aplicação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^4 através de três imagens:
  • T(1,2,3)=(6,-1,-2,-4).
  • T(0,1,2)=(3,-1,-2,-3).
  • T(0,0,-3)=(-3,0,3,3).
A tarefa é assinalar quais das alternativas (a)–(t) são corretas em relação a essa aplicação T. Vou usar apenas as informações acima (elas são suficientes) e a linearidade de T. Não começo a resolver ainda; só organizei o que foi dado.

Passo 2

Usar a terceira imagem para encontrar T(e_3), onde e_3=(0,0,1).
Pelo enunciado T(0,0,-3)=-3\,T(e_3)=(-3,0,3,3). Portanto
T(e_3)=\frac{(-3,0,3,3)}{-3}=(1,0,-1,-1).
Explicação didática: como T é linear, T(\lambda v)=\lambda T(v). Aqui v=e_3 e \lambda=-3.

Passo 3

Usar a segunda imagem para obter T(e_2), onde e_2=(0,1,0).
Temos T(0,1,2)=T(e_2)+2T(e_3)=(3,-1,-2,-3). Já encontramos T(e_3)=(1,0,-1,-1). Então
T(e_2)=(3,-1,-2,-3)-2(1,0,-1,-1).
Calculemos:
2T(e_3)= (2,0,-2,-2),
T(e_2)=(3-2,\,-1-0,\,-2-(-2),\,-3-(-2))=(1,-1,0,-1).
A ideia: subtrai-se a contribuição de 2e_3 para isolar T(e_2).

Passo 4

Usar a primeira imagem para obter T(e_1), onde e_1=(1,0,0).
Sabemos T(1,2,3)=T(e_1)+2T(e_2)+3T(e_3)=(6,-1,-2,-4). Já temos T(e_2) e T(e_3). Então
T(e_1)=(6,-1,-2,-4)-2T(e_2)-3T(e_3).
Calculemos pedacinhos:
2T(e_2)=(2,-2,0,-2),\qquad 3T(e_3)=(3,0,-3,-3).
Somando 2T(e_2)+3T(e_3)=(5,-2,-3,-5). Então
T(e_1)=(6,-1,-2,-4)-(5,-2,-3,-5)=(1,1,1,1).
Passo didático: isolou-se T(e_1) pela linearidade, subtraindo as contribuições dos outros termos.

Passo 5

Agora que temos T(e_1),T(e_2),T(e_3), escrevemos a fórmula geral de T.
Temos
T(e_1)=(1,1,1,1),\quad T(e_2)=(1,-1,0,-1),\quad T(e_3)=(1,0,-1,-1).
Por linearidade, para (x,y,z)\in\mathbb{R}^3,
T(x,y,z)=xT(e_1)+yT(e_2)+zT(e_3).
Somando componente a componente:
\begin{aligned} \text{1ª comp.}&: x+y+z,\\\ \text{2ª comp.}&: x-y,\\\ \text{3ª comp.}&: x-z,\\\ \text{4ª comp.}&: x-y-z. \end{aligned}ªªªª
Logo
T(x,y,z)=(x+y+z,\;x-y,\;x-z,\;x-y-z).
Observação didática: montou-se a imagem de um vetor qualquer escrevendo-o na base canônica e usando linearidade.

Passo 6

Comparação com alternativas que definem funções (fórmulas):
  • A alternativa (c) diz exatamente T(x,y,z)=(x+y+z,x-y,x-z,x-y-z). Isso coincide com a fórmula que obtivemos. Portanto (c) é correta.
  • Alternativas que definem T com domínio ou contraditórias (por exemplo (a), (b), (d)–(j)) não coincidem com a fórmula encontrada ou têm domínio/codomain diferentes; por exemplo (a) e (b) entregam apenas três componentes (mapas para \mathbb{R}^3), enquanto T vai para \mathbb{R}^4; (d)–(j) usam entrada com quatro coordenadas ou fórmulas diferentes. Logo nenhuma dessas é correta. Não preciso checar todas numericamente pois a fórmula exata de T já mostrou incompatibilidade direta.

Passo 7

Verificar injetividade (se [T) é injetora).
Para T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^4, T é injetora se e só se \ker T=\{0\}. Escrevo o sistema T(x,y,z)=0 usando a fórmula:
(x+y+z,\;x-y,\;x-z,\;x-y-z)=(0,0,0,0).
Isto dá o sistema
\begin{cases} x+y+z=0,\\\ x-y=0,\\\ x-z=0,\\\ x-y-z=0. \end{cases}
Das equações x-y=0\] e \(x-z=0 obtemos y=x e z=x. Substituindo em x+y+z=0 3x=0 então x=0, e assim y=z=0. Logo o núcleo é trivial, \ker T=\{0\}. Conclusão: T é injetora.
Portanto a alternativa (k) “É Injetora” é correta e (l) “Não é Injetora” é falsa.

Passo 8

Verificar sobrejetividade (se T é sobrejetora).
Teoria prática: \dim(\text{Im }T)\le \min(\dim\text{(domínio)},\dim\text{(codomínio)})íí. Aqui domínio tem dimensão 3 e codomínio dimensão 4. Assim \dim(\text{Im }T)\le 3, portanto não pode ser igual a 4. Logo T não é sobrejetora.
Consequência: alternativa (m) “É Sobrejetora” é falsa; (n) “Não é Sobrejetora” é correta.

Passo 9

Concluir sobre bijetividade:
Bijetora exige injetora e sobrejetora simultaneamente. Temos injetora, mas não sobrejetora; logo T não é bijetora.
Assim (o) “É Bijetora” é falsa; § “Não é Bijetora” é verdadeira.

Passo 10

Questão da existência de inversa e das fórmulas (q)–(s):
  • Uma inversa total T^{-1}:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3 (bijetora) não existe porque T não é sobrejetora. Portanto a alternativa (t) “Não tem inversa” é correta (interpretação padrão: não existe inversa global T^{-1}:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3).
  • Sobre (q): essa fórmula é a inversa do mapa que envia (x,y,z) em (x+y+z,x-y,x-z) (os três primeiros componentes de T); de fato a matriz 3\times3 formada pelas três primeiras linhas tem determinante 3 e sua inversa é \tfrac{1}{3} vezes a matriz indicada em (q). Porém (q) não é a inversa de T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^4 como mapa \mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3, pois T não é sobrejetora e seus elementos de imagem têm quatro componentes. Logo (q) é incorreta no sentido pedido pelo enunciado. Assim (q) é falsa no contexto.
  • Alternativas ® e (s) dão fórmulas de inversa que não correspondem ao T que achamos ® até aparenta ser inversa de alguma matriz 4\times4, (s) tem quatro componentes de saída; ambas não descrevem T^{-1} para o T dado. Portanto ® e (s) são falsas.
Resumo lógico: existe inversa à direita ou à esquerda parcial? Há left-inverses lineares (maps L:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3 com L\circ T=\mathrm{Id}_{\mathbb{R}^3}), porque T é injetora; mas não existe inversa global definida em todo \mathbb{R}^4 que seja a inversa de T. O enunciado lista (t) “Não tem inversa” — essa é a afirmação correta no sentido usual.

Resposta

c
k
n
p
t

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