Dada a transformação linear T do \mathbb{R}^{4} no \mathbb{R}^{4}, tal que T(x, y, z, t)=(x-y+z-t, x+ 2 z+2 t, x+4 z, x+y+5 z+3 t) :
(a) Encontre a matriz canônica de T.
(b) Obtenha uma base para o núcleo de T.
(c) Obtenha uma base para a imagem de T.
(d) Justifique os resultados dos itens anteriores pelo teorema do Núcleo e da Imagem.
(e) Obtenha equação (ou equações) para a imagem de T.

Passo 1

O enunciado pede para a transformação linear
T\colon\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4,\quad T(x,y,z,t) = (\,x - y + z - t,\;x + 2z + 2t,\;x + 4z,\;x + y + 5z + 3t\,)
(a) achar a matriz canônica de T,
(b) achar uma base do núcleo de T,
(c) achar uma base da imagem de T,
(d) justificar pelo teorema de Núcleo e Imagem,
(e) escrever equação(es) que definam a imagem de T.
Conteúdo principal: matrizes de transformações lineares, sistemas lineares, dimensão de núcleo e imagem, teorema dimensão, e equação de subespaço em \mathbb{R}^4.

Passo 2

Para obter a matriz canônica A, computamos T(e_j) para j=1,2,3,4 e colocamos esses vetores como colunas de A.
  • T(e_1)=T(1,0,0,0)=(1,1,1,1)
  • T(e_2)=T(0,1,0,0)=(-1,0,0,1)
  • T(e_3)=T(0,0,1,0)=(1,2,4,5)
  • T(e_4)=T(0,0,0,1)=(-1,2,0,3)
Logo,
A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & -1\\\\ 1 & 0 & 2 & 2\\\\ 1 & 0 & 4 & 0\\\\ 1 & 1 & 5 & 3 \end{pmatrix}.

Passo 3

Para achar \ker T\), resolvemos \(A\,(x,y,z,t)^{T}=0\). Montando a matriz aumentada e reduzindo em escada: \[\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 1 & -1 & 0\\\\ 1 & 0 & 2 & 2 & 0\\\\ 1 & 0 & 4 & 0 & 0\\\\ 1 & 1 & 5 & 3 & 0 \end{array}\right) \rightarrow \text{RREF} \rightarrow \begin{cases} x + 4\,t = 0,\\\ y + 4\,t = 0,\\\ z - \,t = 0, \end{cases}
daí x=-4t\], \(y=-4t, z=t, t livre.
Logo \dim\ker T=1 e uma base é
\{(-4,\,-4,\,1,\,1)\}.

Passo 4

Como obtivemos três pivôs (nas colunas 1, 2 e 3), \operatorname{rank}(A)=3. Uma base de \Im T é dada pelas colunas correspondentes em A, por exemplo
\{\,T(e_1),\;T(e_2),\;T(e_3)\} = \{(1,1,1,1),\;(-1,0,0,1),\;(1,2,4,5)\}.

Passo 5

Pelo teorema do Núcleo e da Imagem em \mathbb{R}^4,
\dim\ker T + \dim\Im T = 1 + 3 = 4 = \dim\mathbb{R}^4,
confirmando a consistência dos resultados.

Passo 6

A imagem é um subespaço de dimensão 3 em \mathbb{R}^4, logo um hiperplano dado por uma única equação linear. Para achar a normal desse hiperplano, resolvemos
A^{T}n = 0,
que leva a n=(1,-1,-1,1). Assim a equação de \Im T é
n\cdot (v_{1},v_{2},v_{3},v_{4}) = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_{1} - v_{2} - v_{3} + v_{4} = 0.

Resposta

(a)
A = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & -1\\\\ 1 & 0 & 2 & 2\\\\ 1 & 0 & 4 & 0\\\\ 1 & 1 & 5 & 3 \end{pmatrix}.
(b) \displaystyle \ker T = \mathrm{span}\{(-4,-4,1,1)\}.
(c) \displaystyle \Im T = \mathrm{span}\{(1,1,1,1),\,(-1,0,0,1),\,(1,2,4,5)\}.
(d) Verificamos \dim\ker T=1, \dim\Im T=3 e 1+3=4, que é \dim\mathbb{R}^4.
(e) A imagem é o hiperplano
v_{1} - v_{2} - v_{3} + v_{4} = 0.

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