Para cada uma das seguintes transformações lineares F , encontre uma base e a dimensão de:
\mathrm{F}: \mathrm{R}^{3} \rightarrow \mathrm{R}^{3} definida por \mathrm{F}(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})=(\mathrm{x}+2 \mathrm{y}, \mathrm{y}-\mathrm{z}, \mathrm{x}+2 \mathrm{z})

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
F(x,y,z)=(x+2y,\;y-z,\;x+2z).
As perguntas (inferidas do enunciado padrão) são:
  • Encontrar uma base de \mathrm{Im}(F) e a sua dimensão \dim(\mathrm{Im}(F)).
  • Encontrar uma base de \ker(F) e a sua dimensão \dim(\ker(F)).
Informações relevantes fornecidas:
  • A regra de F dada por coordenadas lineares em x,y,z.
  • O domínio é \mathbb{R}^3 (dimensão 3), portanto vale a relação de dimensão (teorema posto-nulo) \dim(\mathbb{R}^3)=\dim(\mathrm{Im}(F))+\dim(\ker(F)).

Passo 2

Obter a matriz de F na base canônica e os vetores-imagem das bases canônicas (passo prático útil para achar imagem/colunas).
Aplicando F aos vetores canônicos:
F(1,0,0)=(1,0,1), \qquad F(0,1,0)=(2,1,0), \qquad F(0,0,1)=(0,-1,2).
Portanto a matriz de F relativamente à base canônica é a matriz cujas colunas são esses vetores:
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] 1 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Explicação didática: cada coluna da matriz é F(e_i), porque a aplicação linear é determinada pelas imagens dos vetores de uma base. A imagem de F (o subespaço alcançado) é o subespaço gerado pelas colunas de A.]

Passo 3

Determinar \mathrm{Im}(F)\) e sua dimensão analisando as colunas de \(A\). Definimos as colunas: \[c_1=(1,0,1),\quad c_2=(2,1,0),\quad c_3=(0,-1,2).
A imagem é \mathrm{Im}(F)=\mathrm{span}\{c_1,c_2,c_3\}. Para achar a dimensão (posto), verificamos dependência linear entre as colunas: procuramos escalares a,b,c tais que
a\,c_1+b\,c_2+c\,c_3=0.
Escrevendo coordenadas isso vira o sistema
\begin{cases} a+2b+0c=0,\\[4pt] 0a+b-c=0,\\[4pt] a+0b+2c=0. \end{cases}
Da segunda equação vem (c=b]. Substituindo nas outras:
a+2b=0\quad\Rightarrow\quad a=-2b,
a+2c=0\quad\Rightarrow\quad a+2b=0,
que é a mesma condição, logo há solução não trivial com parâmetro b. Por exemplo, tomando b=1 obtemos a=-2,\;c=1, ou seja
-2c_1+c_2+c_3=0\quad\Longrightarrow\quad c_2+c_3=2c_1.
Conclusão: as três colunas são linearmente dependentes, mas existem duas colunas linearmente independentes. Logo \dim(\mathrm{Im}(F))=2.
Uma base conveniente para \mathrm{Im}(F) é dada por duas colunas linearmente independentes, por exemplo \{c_1,c_2\}=\{(1,0,1),(2,1,0)\}. (Qualquer outro par linearmente independente de colunas serve como base.)]

Passo 4

Determinar \ker(F)\) resolvendo \(F(x,y,z)=0\). Escrevemos o sistema homogêneo correspondente: \[\begin{cases} x+2y=0,\\[4pt] y-z=0,\\[4pt] x+2z=0. \end{cases}
Da segunda equação vem y=z\]. Substituindo na primeira: \(x+2y=0\Rightarrow x=-2y. Verificamos a terceira: x+2z=-2y+2y=0, portanto é satisfeita automaticamente. Assim os vetores do núcleo têm a forma
(x,y,z)=(-2t,\;t,\;t)=t(-2,1,1),\qquad t\in\mathbb{R}.
Portanto \ker(F)=\mathrm{span}\{(-2,1,1)\} e \dim(\ker(F))=1.
Explicação didática: para achar o núcleo, resolve-se F(v)=0. O espaço solução é um subespaço, aqui de uma dimensão porque resta um parâmetro livre t. A base do núcleo é um vetor que gera todas as soluções.]

Passo 5

Confirmação por posto-nulo (checagem rápida):
\dim(\mathbb{R}^3)=3,\qquad \dim(\mathrm{Im}(F))+\dim(\ker(F))=2+1=3,
ou seja, bate com o Teorema da Dimensão (posto + nulidade = dimensão do domínio), indicando consistência dos cálculos.

Resposta

Base de \mathrm{Im}(F): \{(1,0,1),\,(2,1,0)\}, \dim(\mathrm{Im}(F))=2
Base de \ker(F): \{(-2,1,1)\}, \dim(\ker(F))=1

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