Considere T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow R^{3} transformação linear tal que
T(1,0,0)=(1,1,0), T(0,1,0)=(0,0,1) \text { e } T(0,0,1)=(1,-1,0)

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 e fornece as imagens dos vetores da base canônica:
  • T(1,0,0)=(1,1,0),
  • T(0,1,0)=(0,0,1),
  • T(0,0,1)=(1,-1,0).
Vou trabalhar com essas informações para responder (sem pedir nada a mais): encontrar a matriz de T na base canônica, escrever a fórmula de T(x,y,z) para um vetor genérico, verificar se T é inversível (calcular o determinante), calcular a matriz inversa se existir, e determinar \ker(T) e \operatorname{Im}(T) (bases e dimensões).

Passo 2

Como transformar os dados em matriz? Regra prática e super importante: a matriz de uma transformação linear T em relação à base canônica tem como colunas as imagens dos vetores da base canônica, escritas em coordenadas.
Portanto cada coluna da matriz A será:
  • primeira coluna = coordenadas de T(1,0,0)=(1,1,0),
  • segunda coluna = coordenadas de T(0,1,0)=(0,0,1),
  • terceira coluna = coordenadas de T(0,0,1)=(1,-1,0).
Escrevendo isso em forma de matriz (colunas listadas):
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Explicação curta: cada coluna é um vetor em \mathbb{R}^3; montar a matriz assim garante que A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} seja exatamente T(x,y,z).]

Passo 3

Agora vamos obter a fórmula explícita de T(x,y,z). Multiplicar a matriz pelos componentes é o mesmo que formar combinação linear das colunas com coeficientes x,y,z. Ou seja,
T(x,y,z)=x\,(1,1,0)+y\,(0,0,1)+z\,(1,-1,0).
Somando componente a componente obtemos
T(x,y,z)=(x+z,\;x-z,\;y).
Comentário didático: isso significa que, para qualquer vetor (x,y,z), a terceira coordenada da imagem é simplesmente y, e as duas primeiras vêm de combinações de x e z.

Passo 4

Verificar se T é inversível passa por calcular o determinante da matriz A. Se \det(A)\neq0, então T é inversível (porque a matriz linear associada é invertível).
Calculando \det(A) por expansão na primeira linha:
\det(A) =1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & -1\\[2pt]1 & 0\end{pmatrix} -0\cdot(\cdots) +1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Agora os dois determinantes 2×2:
\det\begin{pmatrix}0 & -1\\[2pt]1 & 0\end{pmatrix}=0\cdot0-(-1)\cdot1=1,
\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-0\cdot0=1.
Logo
\det(A)=1\cdot1+1\cdot1=2.
Como \det(A)=2\neq0, concluímos que T é inversível. Breve intuição: determinante diferente de zero significa que T não “esmaga” o espaço numa dimensão menor — o volume (orientado) é escalado por 2, e a transformação é bijetiva.]

Passo 5

Vamos achar a matriz inversa [A^{-1}). Um jeito bem didático e rápido aqui é usar a fórmula já obtida para T(x,y,z) e resolver T(x,y,z)=e_i para cada vetor da base canônica e_1,e_2,e_3; as soluções são as colunas de A^{-1}.
Usando T(x,y,z)=(x+z,\;x-z,\;y):
  • Resolver T(x,y,z)=e_1=(1,0,0):
    \begin{cases} x+z=1,\\\ x-z=0,\\\ y=0. \end{cases}
    Da segunda equação x=z\]. Substituindo na primeira \[2x=1\Rightarrow x=\tfrac{1}{2}, então z=\tfrac{1}{2}, y=0.
    Primeira coluna de A^{-1} é \bigl(\tfrac{1}{2},0,\tfrac{1}{2}\bigr).
  • Resolver T(x,y,z)=e_2=(0,1,0):
    \begin{cases} x+z=0,\\\ x-z=1,\\\ y=0. \end{cases}
    Somando as duas primeiras: 2x=1\Rightarrow x=\tfrac{1}{2}\]. Da primeira \[z=-\tfrac{1}{2}. Então segunda coluna é \bigl(\tfrac{1}{2},0,-\tfrac{1}{2}\bigr).
  • Resolver T(x,y,z)=e_3=(0,0,1):
    \begin{cases} x+z=0,\\\ x-z=0,\\\ y=1. \end{cases}
    Das duas primeiras vem x=z=0\]. Logo terceira coluna é \((0,1,0).
Juntando as colunas:
A^{-1}=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}.
Pequena checagem mental: A\cdot A^{-1}=I porque cada coluna de A^{-1} foi escolhida para ser a solução A v=e_i.]

Passo 6

Agora núcleo e imagem.
  • Núcleo: resolver T(x,y,z)=(0,0,0)\). Pelo sistema \[\begin{cases} x+z=0,\\\ x-z=0,\\\ y=0, \end{cases}
    das duas primeiras vem x=z\] e \(x+z=2x=0\Rightarrow x=0, então z=0 e y=0. Assim \ker(T)=\{(0,0,0)\}. Intuição: transformação injetora porque é inversível, logo apenas o vetor zero vai para zero.
  • Imagem: as colunas da matriz A são vetores que geram \operatorname{Im}(T). Como já vimos \det(A)\neq0, as três colunas são linearmente independentes e geram \mathbb{R}^3. Portanto
    \operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,1,0),(0,0,1),(1,-1,0)\}=\mathbb{R}^3.
Dimensões: \operatorname{rank}(T)=3 e \operatorname{nullity}(T)=0 (confirmação da relação de dimensão 3=\operatorname{rank}+\operatorname{nullity}).

Passo 7

Resumo rápido e incentivo: montamos a matriz a partir das imagens da base, usamos a forma T(x,y,z) para resolver sistemas e obter a inversa de maneira prática, e verificamos que T é bijetora (invertível). Se na prova te pedirem apenas a matriz e se é invertível, já sabe: monta as colunas, calcula o determinante e, se precisar, resolve A v=e_i pra achar as colunas da inversa — é um truque seguro e rápido.

Resposta

A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
T(x,y,z)=(x+z,\;x-z,\;y)
\det(A)=2\neq0\text{, logo \(T\) é inversível}éí
A^{-1}=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1\\[4pt] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & 0 \end{pmatrix}
\ker(T)=\{(0,0,0)\},\qquad \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3
\operatorname{rank}(T)=3,\qquad \operatorname{nullity}(T)=0]

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