\begin{aligned} & \text { (20) Seja } \mathrm{T}: \mathbb{R}^{3} \rightarrow M_{2}(\mathbb{R}) \\\ & \text { tal que } \mathrm{T}(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})=\left[\begin{array}{cc} 2 x-y & x+y+z \\\ x+y-z & 2 y-3 z \end{array}\right] \end{aligned}
Deter mine o núcleo e imagem desta transformação.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear \mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to M_{2}(\mathbb{R}) definida por
\mathrm{T}(x,y,z)=\begin{pmatrix}2x-y & x+y+z\\[4pt] x+y-z & 2y-3z\end{pmatrix}.
Pede-se:
  • determinar o núcleo (kernel) de \mathrm{T}, ou seja o conjunto de vetores (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 tais que \mathrm{T}(x,y,z) é a matriz zero;
  • determinar a imagem (range) de \mathrm{T}, ou seja o subespaço de M_2(\mathbb{R}) formado por todas as matrizes \mathrm{T}(x,y,z).]

Passo 2

Definições e plano de ataque (explicação didática):
  • O núcleo de uma transformação linear \mathrm{T} é o conjunto \ker(\mathrm{T})=\{v\in\mathbb{R}^3:\mathrm{T}(v)=0\}. Para achar o núcleo, escrevemos a condição \mathrm{T}(x,y,z)=0 e resolvemos o sistema linear que surge.
  • A imagem de \mathrm{T} é o subespaço gerado pelas imagens de uma base de \mathbb{R}^3. Uma base conveniente é a canônica \{e_1,e_2,e_3\} com e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1). Calculamos \mathrm{T}(e_1),\mathrm{T}(e_2),\mathrm{T}(e_3) e verificamos se são linearmente independentes; o span desses vetores será a imagem. Se forem independentes, a dimensão da imagem é 3; se houver dependência, a dimensão será menor.

Passo 3

Calcular o núcleo resolvendo \mathrm{T}(x,y,z)=0\). Igualando cada entrada da matriz a zero obtemos o sistema \[\begin{cases} 2x - y = 0,\\[4pt] x + y + z = 0,\\[4pt] x + y - z = 0,\\[4pt] 2y - 3z = 0. \end{cases}
Vou resolver esse sistema passo a passo:
  • Subtraindo a terceira equação da segunda obtemos
(x+y+z) - (x+y-z)=2z=0 \quad\Rightarrow\quad z=0.
  • Com z=0\], as segunda e terceira equações ficam iguais e dão \(x+y=0.
  • Pela primeira equação 2x-y=0. Substituindo y=-x nessa equação:
2x - (-x) = 3x = 0 \quad\Rightarrow\quad x=0.
  • Com x=0 e x+y=0 segue y=0. E já tínhamos z=0.
Portanto a única solução do sistema é (x,y,z)=(0,0,0).]

Passo 4

Conclusão sobre o núcleo (explicação didática):
  • Como a única solução é o vetor zero, \ker(\mathrm{T})=\{(0,0,0)\}.
  • Isso significa que \mathrm{T} é injetora (explicação rápida: núcleo trivial ⇔ transformação injetora).
  • A dimensão do núcleo é 0.

Passo 5

Calcular imagens das bases canônicas para obter geradores da imagem:
  • Para e_1=(1,0,0):
\mathrm{T}(1,0,0)=\begin{pmatrix}2\cdot1-0 & 1+0+0\\[4pt] 1+0-0 & 2\cdot0-3\cdot0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
  • Para e_2=(0,1,0):
\mathrm{T}(0,1,0)=\begin{pmatrix}0-1 & 0+1+0\\[4pt] 0+1-0 & 2\cdot1-0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt] 1 & 2\end{pmatrix}.
  • Para e_3=(0,0,1):
\mathrm{T}(0,0,1)=\begin{pmatrix}0-0 & 0+0+1\\[4pt] 0+0-1 & 0-3\cdot1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] -1 & -3\end{pmatrix}.
Logo a imagem é contida em \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}2&1\\[2pt]1&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1&1\\[2pt]1&2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1\\[2pt]-1&-3\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 6

Verificar independência linear das três matrizes (para saber se formam base da imagem).
Identifico cada matriz com o vetor em \mathbb{R}^4\) pelo empacotamento linha-por-linha: \[v_1=(2,1,1,0),\quad v_2=(-1,1,1,2),\quad v_3=(0,1,-1,-3).
Considere c_1v_1+c_2v_2+c_3v_3=0. Isso gera o sistema
\begin{cases} 2c_1 - c_2 + 0c_3 = 0,\\[4pt] c_1 + c_2 + c_3 = 0,\\[4pt] c_1 + c_2 - c_3 = 0,\\[4pt] 0c_1 + 2c_2 -3c_3 = 0. \end{cases}
  • Da primeira equação vem c_2=2c_1\]. - Subtraindo a terceira equação da segunda obtemos \(2c_3=0\Rightarrow c_3=0.
    - Com c_3=0 e c_2=2c_1, a quarta equação fica 2(2c_1)-3\cdot0=4c_1=0\Rightarrow c_1=0.
    - Então c_2=0. Assim a única solução é c_1=c_2=c_3=0.
Portanto v_1,v_2,v_3 são linearmente independentes e formam uma base do subespaço imagem. Logo \dim(\operatorname{Im}\mathrm{T})=3.]

Passo 7

Descrição alternativa (opcional, didática) do subespaço imagem como hiperplano em M_2(\mathbb{R}):
  • Como M_2(\mathbb{R}) tem dimensão 4 e \operatorname{Im}\mathrm{T} tem dimensão 3, a imagem é um subespaço de codimension 1, ou seja, um hiperplano definido por uma única equação linear nas entradas (a,b,c,d) de uma matriz \begin{pmatrix}a&b\\[2pt] c&d\end{pmatrix}.
  • Encontrou-se (resolvendo o sistema de ortogonalidade) que todos os vetores da imagem satisfazem
4a+5b-13c+6d=0.
  • Verificação rápida: as três matrizes geradoras obedecem essa equação (por exemplo para (2,1,1,0) 8+5-13+0=0), então a imagem é exatamente o conjunto das matrizes \begin{pmatrix}a&b\\[2pt] c&d\end{pmatrix} que obedecem essa relação linear.]

Resposta

\ker(\mathrm{T})=\{(0,0,0)\}
\operatorname{Im}(\mathrm{T})=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}2&1\\[2pt]1&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1&1\\[2pt]1&2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&1\\[2pt]-1&-3\end{pmatrix}\right\} (subespaço de dimensão 3; equivalently, \{\,\begin{pmatrix}a&b\\[2pt]c&d\end{pmatrix}\in M_2(\mathbb{R}) : 4a+5b-13c+6d=0\,\}).]

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