Considere a aplicação linear L: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} cuja matriz na base canônica é
A=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ 1 & 0 & 1 \end{array}\right]
(a) Determine \operatorname{dim}(\operatorname{Im} L) e uma base para \operatorname{Im} L.
(b) Determine \operatorname{dim}(\operatorname{ker} L) e uma base para \operatorname{ker} L.

Passo 1

O enunciado dá a aplicação linear L:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} cuja matriz na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
As perguntas são:
  1. Determinar \dim(\operatorname{Im} L) e uma base para \operatorname{Im} L.
  2. Determinar \dim(\ker L) e uma base para \ker L.

Passo 2

O que significa cada pedido (rapidinho, para a gente não se perder):
\operatorname{Im}L
é o espaço gerado pelas colunas de A (o conjunto de todos os vetores da forma A x com x\in\mathbb{R}^3). Uma maneira prática de achar \dim(\operatorname{Im}L) é calcular o posto da matriz A (o número de colunas linearmente independentes). Se soubermos quais colunas são independentes, podemos escolher essas colunas como uma base da imagem.
\ker L
são os vetores x\in\mathbb{R}^3 que satisfazem A x = 0. Para encontrar uma base do núcleo, resolvemos o sistema homogêneo A x = 0 e expressamos as soluções livres em termos de parâmetros.
Também é útil lembrar o teorema do posto-nulidade (rank-nullity):
\dim(\operatorname{Im}L)+\dim(\ker L)=3,
pois o domínio tem dimensão 3. Vou calcular explicitamente o posto pela eliminação e resolver A x=0.

Passo 3

Fazendo eliminação por linhas em A para obter forma escalonada (vou mostrar cada operação para você poder reproduzir na prova):
Começamos com
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Eliminiamos o elemento em (3,1) com R_3\leftarrow R_3-R_1:
R_3 = (1,0,1) - (1,2,1) = (0,-2,0).
A matriz vira
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ 0 & -2 & 0 \end{pmatrix}.
Agora usamos o pivô em (2,2) que é 1. Eliminamos o -2 em (3,2) com R_3\leftarrow R_3+2R_2:
R_3 = (0,-2,0) + 2\cdot(0,1,-1) = (0,0,-2).
A forma escalonada é
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & -1 \\\\ 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.

Passo 4

A partir da forma escalonada vemos pivôs nas colunas 1, 2 e 3 (os elementos de pivô são 1 em (1,1), 1 em (2,2) e -2 em (3,3)). Isso significa que todas as três colunas de A são linearmente independentes. Logo o posto de A é 3.
Portanto,
\dim(\operatorname{Im}L)=3.
Uma base natural para \operatorname{Im}L são as colunas de A (já que são independentes). Escrevendo-as:
\text{col}_1=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\quad \text{col}_2=\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\quad \text{col}_3=\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}.

Passo 5

Agora vamos ao núcleo: resolvemos A x=0. Usei a forma escalonada do Passo 3; ela representa o mesmo sistema linear. Escrevendo as equações correspondentes (chamando x=(x_1,x_2,x_3)^\top):
Da terceira linha:
-2x_3=0 \quad\Rightarrow\quad x_3=0.
Da segunda linha:
x_2 - x_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_2 - 0 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_2=0.
Da primeira linha:
x_1 + 2x_2 + x_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1 + 2\cdot 0 + 0 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1=0.
Portanto a única solução é x=(0,0,0). Ou seja, \ker L=\{0\}.

Passo 6

Como o núcleo contém apenas o vetor nulo, sua dimensão é zero e não existe um conjunto não-vazio de vetores que seja base do núcleo — a base padrão do espaço trivial é o conjunto vazio (ou dizer que não há vetores independentes não-nulos). Para conferir, aplicamos o teorema do posto-nulidade:
\dim(\operatorname{Im}L)+\dim(\ker L)=3 \quad\Rightarrow\quad 3+\dim(\ker L)=3 \quad\Rightarrow\quad \dim(\ker L)=0,
que confirma o cálculo direto.

Resposta

\dim(\operatorname{Im}L)=3 e uma base para \operatorname{Im}L é
\left\{\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.
\dim(\ker L)=0 e \ker L=\{0\} (base: conjunto vazio).

Exercícios relacionados