Considere o quadrado D=[0,1] \times[0,1] e T(u, v)=(x, y) uma aplicação linear onde x=u+v e y=u-v. Faça o esboço da nova região obtida de D após a aplicação da mudança de variável sugerida.

Passo 1

O enunciado dá uma aplicação linear T e pede o esboço da imagem da região D por T. Informações e perguntas que temos claramente:
  • Região de partida: D=[0,1]\times[0,1], ou seja o quadrado dos pares (u,v) com 0\le u\le1,\qquad 0\le v\le1.
  • Aplicação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 dada por T(u,v)=(x,y),\qquad x=u+v,\; y=u-v.
  • Pedido: desenhar (esboçar) a nova região T(D)=\{(x,y)=T(u,v): (u,v)\in D\}.
Nada mais é fornecido. A partir disso vamos encontrar a imagem dos vértices e das arestas do quadrado e obter uma descrição algébrica da região para guiar o desenho.

Passo 2

A maneira mais direta de começar é mandar os quatro vértices do quadrado através de T. Os vértices de D são (0,0), (1,0), (0,1) e (1,1). Aplicando T em cada um:
  • Para (u,v)=(0,0):
    x=0+0=0,\qquad y=0-0=0,
    então T(0,0)=(0,0).
  • Para (u,v)=(1,0):
    x=1+0=1,\qquad y=1-0=1,
    então T(1,0)=(1,1).
  • Para (u,v)=(0,1):
    x=0+1=1,\qquad y=0-1=-1,
    então T(0,1)=(1,-1).
  • Para (u,v)=(1,1):
    x=1+1=2,\qquad y=1-1=0,
    então T(1,1)=(2,0).
Portanto os quatro pontos imagem são (0,0), (1,1), (1,-1) e (2,0).

Passo 3

Explicar o que acontece às arestas (os lados do quadrado). Como T é linear, imagens de segmentos são segmentos (linhas retas). Vamos parametrizar cada aresta e ver a linha correspondente:
  • Aresta u=0,\; v\in[0,1]: pontos (0,v). Imagem:
    T(0,v)=(x,y)=(v,-v),
    que é a reta y=-x entre (0,0) e (1,-1).
  • Aresta v=0,\; u\in[0,1]: pontos (u,0). Imagem:
    T(u,0)=(u,u),
    que é a reta y=x entre (0,0) e (1,1).
  • Aresta u=1,\; v\in[0,1]: pontos (1,v). Imagem:
    T(1,v)=(1+v,\,1-v),
    que é a reta de inclinação -1 entre (1,1) (quando v=0) e (2,0) (quando v=1).
  • Aresta v=1,\; u\in[0,1]: pontos (u,1). Imagem:
    T(u,1)=(u+1,\,u-1),
    que é a reta de inclinação +1 entre (1,-1) (quando u=0) e (2,0) (quando u=1).
Juntando esses segmentos observamos que as imagens das quatro arestas formam um paralelogramo com vértices nos pontos calculados no Passo 2.

Passo 4

Uma forma elegante e útil para descrever a região é inverter a transformação e traduzir as condições 0\le u\le1,\;0\le v\le1 em condições sobre x e y.
Das fórmulas x=u+v e y=u-v podemos resolver para u e v. Somando e subtraindo:
x+y=(u+v)+(u-v)=2u\quad\Rightarrow\quad u=\frac{x+y}{2},
x-y=(u+v)-(u-v)=2v\quad\Rightarrow\quad v=\frac{x-y}{2}.
Como (u,v)\in D significa 0\le u\le1 e 0\le v\le1, substituindo:
0\le \frac{x+y}{2}\le1,\qquad 0\le \frac{x-y}{2}\le1.
Multiplicando por 2 obtemos as desigualdades equivalentes:
0\le x+y\le 2,\qquad 0\le x-y\le 2.
Essas quatro desigualdades descrevem a interseção de quatro semi-planos e definem exatamente o paralelogramo cuja fronteira já identificamos. Portanto
T(D)=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:\;0\le x+y\le2,\;0\le x-y\le2\}.
Observação rápida (intuitiva): a transformação linear tem matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -1\end{pmatrix},
cujo determinante é \det A=-2, portanto a área da imagem é |\det A| vezes a área do quadrado original. Como a área do quadrado é 1, a área do paralelogramo é 2. Isso confirma que a imagem não é um quadrado menor, mas um paralelogramo esticado.]

Passo 5

Como esboçar na prática (passo-a-passo para desenhar na prova):
  1. Marque os pontos \,(0,0),\,(1,1),\,(2,0),\,(1,-1)\, no plano cartesiano.
  2. Conecte-os na ordem que forma o contorno: (0,0) (1,1) (2,0) (1,-1) – de volta a (0,0). Cada lado é um segmento de reta com inclinação \pm1.
  3. Sombras ou pinta o interior desse paralelogramo; esse é T(D).
Geometricamente, o paralelogramo é simétrico em relação ao eixo x, com vértices nos pontos acima, e suas diagonais são as retas x=1 e y=0 (a segunda é a média dos vértices horizontais). Esse é o esboço final.

Resposta

O conjunto T(D) é o paralelogramo com vértices (0,0), (1,1), (2,0) e (1,-1); equivalentemente
T(D)=\{(x,y):0\le x+y\le2,\;0\le x-y\le2\}.

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