Considere h \in \mathbb{R}. Seja T : \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{4} uma transformação linear tal que
T(1,0,1)=(1,0, h-1,0), \quad T(0,1,1)=(h, 1, h-1,0), \quad \text { e } \quad T(1,1,0)=(1,1,0,0) .
(a) (10 pontos) Escreva os vetores (1,0,0),(0,1,0) e ( 0,0,1 ) como combinação linear de
\{(1,1,0),(0,1,1),(1,0,1)\} .
(b) ( 15 pontos) Calcule a matriz da transformação linear T na base canônica de \mathbb{R}^{3}. Em função do parâmetro h, determine uma base para a imagem de T.
(c) (10 pontos) Determine o(s) valor(es) de h, se existirem, que tornam T injetora.

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{4} (dependendo de h\in\mathbb{R}) e fornece os valores de T em três vetores:
v_{1}=(1,1,0),\quad v_{2}=(0,1,1),\quad v_{3}=(1,0,1),
com
T(v_{1})=(1,1,0,0),\quad T(v_{2})=(h,1,h-1,0),\quad T(v_{3})=(1,0,h-1,0).
As perguntas são:
(a) escrever os vetores da base canônica (1,0,0), (0,1,0),(0,0,1) como combinações lineares de \{v_{1},v_{2},v_{3}\};
(b) calcular a matriz de T na base canônica de \mathbb{R}^{3} e, em função de h, determinar uma base para \mathrm{Im}(T);
(c) determinar os valores de h (se existirem) que tornam T injetora.

Passo 2

Método para (a): para cada vetor da base canônica e_i\) vou procurar escalares \(a,b,c\) tais que \[a v_{1}+ b v_{2}+ c v_{3} = e_i.
Escrevo as equações componentes e resolvo o sistema para a,b,c. Faço isso primeiro para e_{1}=(1,0,0).
Seja a,b,c tais que
a(1,1,0)+b(0,1,1)+c(1,0,1)=(1,0,0).
Somando componentes obtemos o sistema
\begin{cases} a+c=1,\\[4pt] a+b=0,\\[4pt] b+c=0. \end{cases}
Da segunda equação b=-a\]. Da terceira \(c=-b=a. Substituindo em a+c=1 a+a=1, logo a=\tfrac{1}{2}. Assim
a=\tfrac{1}{2},\quad b=-\tfrac{1}{2},\quad c=\tfrac{1}{2}.
Portanto e_{1}=\tfrac{1}{2}v_{1}-\tfrac{1}{2}v_{2}+\tfrac{1}{2}v_{3}.]

Passo 3

Faço o mesmo raciocínio para e_{2}=(0,1,0)\). Procuro \(a,b,c\) com \[a(1,1,0)+b(0,1,1)+c(1,0,1)=(0,1,0),
que gera o sistema
\begin{cases} a+c=0,\\[4pt] a+b=1,\\[4pt] b+c=0. \end{cases}
Da terceira equação c=-b\]. Da primeira \(a=-c=b. Substituindo em a+b=1 b+b=1\Rightarrow b=\tfrac{1}{2}. Assim a=\tfrac{1}{2},\\ c=-\tfrac{1}{2}. Logo
e_{2}=\tfrac{1}{2}v_{1}+\tfrac{1}{2}v_{2}-\tfrac{1}{2}v_{3}.]

Passo 4

Agora para e_{3}=(0,0,1)\). Procuro \(a,b,c\) com \[a(1,1,0)+b(0,1,1)+c(1,0,1)=(0,0,1),
levando ao sistema
\begin{cases} a+c=0,\\[4pt] a+b=0,\\[4pt] b+c=1. \end{cases}
Da segunda a=-b\]. Da primeira \(c=-a=b. Substituindo na terceira: b+b=1\Rightarrow b=\tfrac{1}{2}. Então a=-\tfrac{1}{2},\\ c=\tfrac{1}{2}. Assim
e_{3}=-\tfrac{1}{2}v_{1}+\tfrac{1}{2}v_{2}+\tfrac{1}{2}v_{3}.]

Passo 5

Usando linearidade de T e as decomposições dos e_i em função de v_j, calculo T(e_i) como combinação dos T(v_j).
Para e_{1}:
T(e_{1})=\tfrac{1}{2}T(v_{1})-\tfrac{1}{2}T(v_{2})+\tfrac{1}{2}T(v_{3}).
Substituindo os valores dados:
T(e_{1})=\tfrac{1}{2}\bigl((1,1,0,0)-(h,1,h-1,0)+(1,0,h-1,0)\bigr).
Calculo componente a componente:
primeira componente: \tfrac{1}{2}(1-h+1)=\tfrac{2-h}{2},
segunda: \tfrac{1}{2}(1-1+0)=0,
terceira: \tfrac{1}{2}(0-(h-1)+(h-1))=0,
quarta: 0.
Portanto
T(e_{1})=\Bigl(\tfrac{2-h}{2},\,0,\,0,\,0\Bigr)=\Bigl(1-\tfrac{h}{2},\,0,\,0,\,0\Bigr).

Passo 6

Para e_{2}:
T(e_{2})=\tfrac{1}{2}T(v_{1})+\tfrac{1}{2}T(v_{2})-\tfrac{1}{2}T(v_{3}) =\tfrac{1}{2}\bigl((1,1,0,0)+(h,1,h-1,0)-(1,0,h-1,0)\bigr).
Componentes: primeira \tfrac{1}{2}(1+h-1)=\tfrac{h}{2}, segunda \tfrac{1}{2}(1+1-0)=1, terceira 0, quarta 0.
Logo
T(e_{2})=\Bigl(\tfrac{h}{2},\,1,\,0,\,0\Bigr).

Passo 7

Para e_{3}:
T(e_{3})=-\tfrac{1}{2}T(v_{1})+\tfrac{1}{2}T(v_{2})+\tfrac{1}{2}T(v_{3}) =\tfrac{1}{2}\bigl(-(1,1,0,0)+(h,1,h-1,0)+(1,0,h-1,0)\bigr).
Componentes: primeira \tfrac{1}{2}(-1+h+1)=\tfrac{h}{2}, segunda \tfrac{1}{2}(-1+1+0)=0, terceira \tfrac{1}{2}(0+(h-1)+(h-1))=h-1, quarta 0.
Portanto
T(e_{3})=\Bigl(\tfrac{h}{2},\,0,\,h-1,\,0\Bigr).

Passo 8

Matriz de T na base canônica (colunas T(e_{1}),T(e_{2}),T(e_{3})) é a matriz 4\times 3
A=\begin{pmatrix} 1-\tfrac{h}{2} & \tfrac{h}{2} & \tfrac{h}{2}\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & h-1\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
A imagem de T é o espaço gerado pelas colunas dessa matriz, ou seja
\mathrm{Im}(T)=\operatorname{span}\{T(e_{1}),T(e_{2}),T(e_{3})\}.]

Passo 9

Para determinar uma base explícita de \mathrm{Im}(T) dependendo de h, analiso a independência linear das colunas. Como a quarta linha é sempre zero, posso olhar na submatriz 3\times 3 formada pelas três primeiras linhas. Essa submatriz triangular superior tem determinante
\det\begin{pmatrix} \tfrac{2-h}{2} & \tfrac{h}{2} & \tfrac{h}{2}\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & h-1 \end{pmatrix} =\tfrac{2-h}{2}\cdot 1\cdot (h-1)=\tfrac{(2-h)(h-1)}{2}.
Se esse determinante for não nulo (isto é, se h\neq 1 e h\neq 2), então as três colunas são linearmente independentes e \dim\mathrm{Im}(T)=3, logo uma base para \mathrm{Im}(T) é
\Bigl\{\,\Bigl(1-\tfrac{h}{2},0,0,0\Bigr),\\ \Bigl(\tfrac{h}{2},1,0,0\Bigr),\\ \Bigl(\tfrac{h}{2},0,h-1,0\Bigr)\Bigr\}.]

Passo 10

Se h=1: as colunas ficam
T(e_{1})=\Bigl(\tfrac{1}{2},0,0,0\Bigr),\quad T(e_{2})=\Bigl(\tfrac{1}{2},1,0,0\Bigr),\quad T(e_{3})=\Bigl(\tfrac{1}{2},0,0,0\Bigr).
Aqui T(e_{1})=T(e_{3}) e T(e_{2})-T(e_{1})=(0,1,0,0). Então \dim\mathrm{Im}(T)=2 e uma base conveniente é
\{(1,0,0,0),\\ (0,1,0,0)\},
pois (1,0,0,0)=2T(e_{1}) e (0,1,0,0)=T(e_{2})-T(e_{1}).

Passo 11

Se h=2: as colunas valem
T(e_{1})=(0,0,0,0),\quad T(e_{2})=(1,1,0,0),\quad T(e_{3})=(1,0,1,0).
Temos T(e_{1})=0 e T(e_{2}),T(e_{3}) são linearmente independentes, portanto \dim\mathrm{Im}(T)=2 e uma base possível é
\{(1,1,0,0),\\ (1,0,1,0)\}.

Passo 12

Conclusão sobre injetividade (parte (c)): T é injetora se, e somente se, \ker T=\{0\}, o que equivale a \operatorname{rank}(T)=3 (dimensão do domínio). Pelo cálculo do determinante acima, isso ocorre exatamente quando h\neq 1 e h\neq 2.

Resposta

(a) (1,0,0)=\tfrac{1}{2}(1,1,0)-\tfrac{1}{2}(0,1,1)+\tfrac{1}{2}(1,0,1)
(0,1,0)=\tfrac{1}{2}(1,1,0)+\tfrac{1}{2}(0,1,1)-\tfrac{1}{2}(1,0,1)
(0,0,1)=-\tfrac{1}{2}(1,1,0)+\tfrac{1}{2}(0,1,1)+\tfrac{1}{2}(1,0,1)
(b) Matriz de T na base canônica:
\begin{pmatrix} 1-\tfrac{h}{2} & \tfrac{h}{2} & \tfrac{h}{2}\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & h-1\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Base para \mathrm{Im}(T):
  • Se h\neq 1 e h\neq 2: \displaystyle \Bigl\{\Bigl(1-\tfrac{h}{2},0,0,0\Bigr),\\ \Bigl(\tfrac{h}{2},1,0,0\Bigr),\\ \Bigl(\tfrac{h}{2},0,h-1,0\Bigr)\Bigr\}.
  • Se h=1: \{(1,0,0,0),\\ (0,1,0,0)\}.
  • Se h=2: \{(1,1,0,0),\\ (1,0,1,0)\}.
(c) T é injetora exatamente quando h\neq 1 e h\neq 2.]

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