Dada la aplicación lineal \mathbf{F}: \mathbf{R}^{2 \times 2} \rightarrow \mathbf{R}^{3} tal que
\mathbf{F}\left(\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\\\ 0 & 0 \end{array}\right]\right)=(2,-1,3), \mathbf{F}\left(\left[\begin{array}{ll} 0 & 1 \\\\ 0 & 0 \end{array}\right]\right)=(-1,2,0), \mathbf{F}\left(\left[\begin{array}{ll} 0 & 0 \\\\ 1 & 0 \end{array}\right]\right)=(0,0,0) \text { y } \mathbf{F}\left(\left[\begin{array}{ll} 0 & 0 \\\\ 0 & 1 \end{array}\right]\right)=(2,-4,0)
Se pide:
a) Hallar \mathbf{F}\left(\left[\begin{array}{cc}x & y \\\ z & w\end{array}\right]\right).
b) Caracterizar la imagen y el núcleo. Obtener, si es posible, una base de cada uno de dichos subespacios. Dar rango y nulidad de F.

Passo 1

O enunciado dá uma aplicação linear \mathbf{F}:\mathbf{R}^{2\times2}\to\mathbf{R}^3 e fornece as imagens das quatro matrizes canônicas da base de \mathbf{R}^{2\times2}:
E_{11}=\begin{pmatrix}1&0\\[2pt]0&0\end{pmatrix},\quad E_{12}=\begin{pmatrix}0&1\\[2pt]0&0\end{pmatrix},\quad E_{21}=\begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix},\quad E_{22}=\begin{pmatrix}0&0\\[2pt]0&1\end{pmatrix},
com as imagens dadas explicitamente:
\mathbf{F}(E_{11})=(2,-1,3),\quad \mathbf{F}(E_{12})=(-1,2,0),\quad \mathbf{F}(E_{21})=(0,0,0),\quad \mathbf{F}(E_{22})=(2,-4,0).
O que se pede:
a) Determinar \mathbf{F}\big(\begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}\big) para uma matriz arbitrária com entradas x,y,z,w.
b) Caracterizar a imagem (Im) e o núcleo (Ker), dar uma base para cada um (se possível), e obter o posto (rank) e a nulidade (nullity) de \mathbf{F}.]

Passo 2

Lembrete e estratégia (didático): qualquer matriz \begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}\in\mathbf{R}^{2\times2} pode ser escrita como combinação linear das matrizes canônicas:
\begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}=xE_{11}+yE_{12}+zE_{21}+wE_{22}.
Como \mathbf{F} é linear, vale a propriedade fundamental: para escalares a_i e matrizes M_i,
\mathbf{F}\!\left(\sum_i a_i M_i\right)=\sum_i a_i \mathbf{F}(M_i).
Então a maneira direta de achar \mathbf{F} em uma matriz arbitrária é aplicar a linearidade às imagens dos E_{ij} fornecidas. Vou usar exatamente isso, passo a passo.]

Passo 3

Aplicando linearidade à decomposição
\begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}=xE_{11}+yE_{12}+zE_{21}+wE_{22},
temos
\mathbf{F}\!\left(\begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}\right) = x\,\mathbf{F}(E_{11}) + y\,\mathbf{F}(E_{12}) + z\,\mathbf{F}(E_{21}) + w\,\mathbf{F}(E_{22}).
Substituindo as imagens dadas:
= x(2,-1,3) + y(-1,2,0) + z(0,0,0) + w(2,-4,0).
Agora somo componente a componente:
  • primeira componente: 2x + (-1)y + 0\cdot z + 2w = 2x - y + 2w,
  • segunda componente: -x + 2y + 0\cdot z -4w = -x + 2y - 4w,
  • terceira componente: 3x + 0\cdot y + 0\cdot z + 0\cdot w = 3x.
Portanto a fórmula final é
\boxed{\mathbf{F}\!\left(\begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}\right) = \big(2x - y + 2w,\; -x + 2y - 4w,\; 3x\big).}]

Passo 4

Caracterização da imagem (didática): a imagem de \mathbf{F} é o subespaço de \mathbf{R}^3 gerado pelas imagens das matrizes de uma base do domínio. Como \{E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\} é base de \mathbf{R}^{2\times2}, temos
\operatorname{Im}(\mathbf{F})=\operatorname{span}\{\mathbf{F}(E_{11}),\mathbf{F}(E_{12}),\mathbf{F}(E_{21}),\mathbf{F}(E_{22})\}.
Substituindo os vetores dados:
\operatorname{Im}(\mathbf{F})=\operatorname{span}\{(2,-1,3),\;(-1,2,0),\;(0,0,0),\;(2,-4,0)\}.
O vetor (0,0,0) não contribui; restam os três vetores
v_1=(2,-1,3),\quad v_2=(-1,2,0),\quad v_3=(2,-4,0).

Passo 5

Verificação de dependências lineares entre v_1,v_2,v_3 (didático):
  • Observe que v_3 = -2\,v_2 porque -2\cdot(-1,2,0)=(2,-4,0). Logo v_3 é combinação linear de v_2 e não acrescenta dimensão à imagem.
  • Para ver se v_1 é independente de v_2, note a terceira componente: v_1 tem terceira componente 3, enquanto v_2 tem terceira componente 0. Assim não existe \lambda tal que v_1=\lambda v_2. Portanto v_1 e v_2 são linearmente independentes.
Conclusão: \{v_1,v_2\} é um conjunto gerador e linearmente independente para a imagem, logo forma uma base de \operatorname{Im}(\mathbf{F}). Assim \dim(\operatorname{Im}(\mathbf{F}))=2, ou seja, o posto (rank) é 2.

Passo 6

Escrevendo explicitamente a imagem e uma base (didático e prático):
\operatorname{Im}(\mathbf{F})=\operatorname{span}\{(2,-1,3),\;(-1,2,0)\}.
Uma base escolhida é \{(2,-1,3),\;(-1,2,0)\}. Portanto \operatorname{rank}(\mathbf{F})=2.

Passo 7

Cálculo do núcleo (didático): \ker(\mathbf{F})\) é o conjunto de matrizes \(\begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}\) tais que \(\mathbf{F}\) envia para o vetor zero em \(\mathbf{R}^3\). Usamos a fórmula da Passo 3 e impomos as três coordenadas iguais a zero: \[\begin{cases} 2x - y + 2w = 0,\\[4pt] - x + 2y - 4w = 0,\\[4pt] 3x = 0. \end{cases}
Da terceira equação obtemos imediatamente x=0\]. Substituindo \[x=0 nas duas primeiras:
\begin{cases} - y + 2w = 0,\\[4pt] 2y - 4w = 0. \end{cases}
A primeira dá y=2w\]. A segunda é equivalente (multiplicando a primeira por 2) e não dá nova informação. A variável \(z não aparece em nenhuma equação, logo é livre. Denotemos w=t e z=s (parâmetros reais). Então os elementos do núcleo têm a forma
\begin{pmatrix}0 & y\\[2pt] z & w\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0 & 2t\\[2pt] s & t\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0&2\\[2pt]0&1\end{pmatrix}.
Portanto o núcleo é um subespaço de dimensão 2 gerado por essas duas matrizes.]

Passo 8

Base e nulidade (fechando o raciocínio):
Uma base conveniente para \ker(\mathbf{F}) é
\left\{\,\begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}0&2\\[2pt]0&1\end{pmatrix}\right\}.
Logo \dim(\ker(\mathbf{F}))=2. Verificação do teorema do posto-nulidade: \dim(\mathbf{R}^{2\times2})=4 e \operatorname{rank}(\mathbf{F})+\dim(\ker(\mathbf{F}))=2+2=4, consistente.]

Resposta

a) \displaystyle \mathbf{F}\!\left(\begin{pmatrix}x&y\\[2pt]z&w\end{pmatrix}\right)=\big(2x - y + 2w,\; -x + 2y - 4w,\; 3x\big).\n
b) \displaystyle \operatorname{Im}(\mathbf{F})=\operatorname{span}\{(2,-1,3),\;(-1,2,0)\}, base por exemplo \{(2,-1,3),\;(-1,2,0)\}; \displaystyle \ker(\mathbf{F})=\left\{\begin{pmatrix}0&2t\\[2pt]s&t\end{pmatrix}\mid s,t\in\mathbf{R}\right\}, base por exemplo \left\{\begin{pmatrix}0&0\\[2pt]1&0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0&2\\[2pt]0&1\end{pmatrix}\right\}; posto \operatorname{rank}(\mathbf{F})=2; nulidade \dim(\ker(\mathbf{F}))=2.]

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