Calcule o núcleo KerT e a imagem ImT da transformação abaixo:
T: M2(ℝ) → ℝ4, onde T([𝑥 𝑦
z 𝑡])=(x+z, y-t+z, t-x-z-y, z).
Baseado nos cálculos do núcleo e imagem, classifique a transformação em: injetora, sobrejetora ou ambas as coisas (bijetora).

Passo 1

O enunciado define a transformação linear
T\colon M_{2}(\mathbb{R})\to\mathbb{R}^{4},\quad T\bigl(\begin{pmatrix}x & y\\\ z & t\end{pmatrix}\bigr) =(x+z,\;y-t+z,\;t-x-z-y,\;z).
Queremos calcular o núcleo \ker T, a imagem \mathrm{Im}\,T e, com base nisso, dizer se T é injetora, sobrejetora ou bijetora. Para isso vamos resolver o sistema linear homogêneo T(A)=0 e usar o teorema da dimensão (rank–nullity).

Passo 2

Para achar \ker T escrevemos a condição T(\begin{pmatrix}x&y\z&t\end{pmatrix})=(0,0,0,0), o que gera o sistema
\begin{cases} x+z=0,\\\ y - t + z=0,\\\ t - x - z - y=0,\\\ z=0. \end{cases}

Passo 3

Da última equação vem z=0. Substituindo em x+z=0 x=0. Em y-t+z=0 fica y=t. E em t-x-z-y=0 t-y=0, que coincide com y=t. Logo
\ker T=\Bigl\{\begin{pmatrix}0 & t\\\ 0 & t\end{pmatrix}:t\in\mathbb{R}\Bigr\},
que é um subespaço de dimensão 1.

Passo 4

Pelo teorema da dimensão, \dim\mathrm{Im}\,T=4-\dim\ker T=3. Para ver explicitamente \mathrm{Im}\,T, escrevemos um vetor genérico (u_{1},u_{2},u_{3},u_{4}) e exigimos
u_{4}=z,\quad u_{1}=x+z,\quad u_{2}=y-t+z,\quad u_{3}=t-x-z-y.
Eliminando x,y,z,t surge a relação
u_{1}+u_{2}+u_{3}-u_{4}=0.
Portanto
\mathrm{Im}\,T=\bigl\{(u_{1},u_{2},u_{3},u_{4})\in\mathbb{R}^{4}\mid u_{1}+u_{2}+u_{3}-u_{4}=0\bigr\},
um hiperplano de dimensão 3.

Passo 5

Como \dim\ker T=1\neq0, T não é injetora. E como \dim\mathrm{Im}\,T=3<4, T não é sobrejetora. Logo T não é nem injetora nem sobrejetora (e, portanto, não é bijetora).

Resposta

\ker T=\bigl\{\begin{pmatrix}0 & t\\\ 0 & t\end{pmatrix}:t\in\mathbb{R}\bigr\}
\mathrm{Im}\,T=\{(u_{1},u_{2},u_{3},u_{4})\in\mathbb{R}^{4}\mid u_{1}+u_{2}+u_{3}-u_{4}=0\}
T não é injetora nem sobrejetora.

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