Dado o operador linear T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}, \quad T(x, y, z)=(x+2 y-z, y+2 z, x+3 y+z),
a) Determinar o núcleo de T, a dimensão do núcleo e uma de suas bases.
b) Determinar a imagem de T, a dimensão da imagem e uma de suas bases.
c) Verificar a propriedade da dimensão
Dado o operador linear
T: \mathbb{R}^{2} \longrightarrow \mathbb{R}^{2}, \quad T(x, y)=(x-2 y, 2 x+3 y)
a) Determinar o núcleo de T, a dimensão do núcleo e uma de suas bases.
b) Determinar a imagem de T, a dimensão da imagem e uma de suas bases.
c) Verificar a propriedade da dimensão.

Passo 1

Temos dois operadores lineares dados e para cada um o enunciado pede três coisas: (a) núcleo, dimensão do núcleo e uma base do núcleo; (b) imagem, dimensão da imagem e uma base da imagem; (c) verificar a propriedade da dimensão (teorema do posto-nulidade).\n
Dados:
T_1:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,\qquad T_1(x,y,z)=(x+2y-z,\;y+2z,\;x+3y+z).
T_2:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2,\qquad T_2(x,y)=(x-2y,\;2x+3y).
As perguntas repetem-se para T_1 e T_2: encontrar núcleo, dimensão e base; imagem, dimensão e base; e verificar que \dim(\ker T)+\dim(\operatorname{Im}T)=\dim(\text{domínio})í.

Passo 2

Primeiro passo prático (para T_1): representar T_1 pela matriz na base canônica. Isso facilita resolver núcleo (sistema homogêneo) e imagem (espaço gerado pelas colunas).\n
Calculemos as imagens dos vetores canônicos:
T_1(1,0,0)=(1,0,1),\qquad T_1(0,1,0)=(2,1,3),\qquad T_1(0,0,1)=(-1,2,1).
Portanto a matriz de T_1 na base canônica é
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & -1\\[4pt]0 & 1 & 2\\[4pt]1 & 3 & 1\end{pmatrix},
onde as colunas são c_1=(1,0,1)^\top, c_2=(2,1,3)^\top, c_3=(-1,2,1)^\top.
Comentário didático rápido: representar o operador por matriz significa que T_1(x,y,z)=A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}. O núcleo é o conjunto de vetores que enviam para o vetor zero, isto é, soluções de A\mathbf{v}=0. A imagem é o subespaço gerado pelas colunas de A.]

Passo 3

Calcular o núcleo de T_1\) resolvendo o sistema homogêneo \(A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}\). Escrevendo as equações: \[\begin{cases} x+2y-z=0,\\[4pt] y+2z=0,\\[4pt] x+3y+z=0. \end{cases}
Da segunda equação obtemos
y=-2z.
Substituindo em x+2y-z=0\]: \[x+2(-2z)-z=0\quad\Rightarrow\quad x-5z=0\quad\Rightarrow\quad x=5z.\] Verificamos na terceira equação: \(x+3y+z=5z+3(-2z)+z=0, consistente. Portanto a solução geral é
(x,y,z)=z\,(5,-2,1),\qquad z\in\mathbb{R}.
Conclusão: o núcleo é o subespaço gerado por (5,-2,1). Então
\ker T_1=\operatorname{span}\{(5,-2,1)\},\qquad \dim(\ker T_1)=1,
uma base possível é \{(5,-2,1)\}.
Explicação didática: ao resolver o sistema homogêneo estamos procurando combinações lineares das colunas que dão zero; o conjunto de soluções é um subespaço que sempre tem uma base (aqui um vetor só porque o espaço de soluções é de dimensão 1).]

Passo 4

Agora a imagem de T_1\). Por teoria, \(\operatorname{Im}T_1\) é o subespaço gerado pelas colunas \(c_1,c_2,c_3\) de \(A\): \[\operatorname{Im}T_1=\operatorname{span}\{c_1,c_2,c_3\}=\operatorname{span}\{(1,0,1),(2,1,3),(-1,2,1)\}.
Precisamos encontrar uma base (ou seja, extrair colunas linearmente independentes). Tentamos ver se c_3 é combinação linear de c_1 e c_2. Procure a,b tais que a c_1 + b c_2 = c_3. Isso dá o sistema
\begin{cases} a+2b=-1,\\[4pt] 0a+1b=2,\\[4pt] a+3b=1. \end{cases}
Da segunda equação b=2\]. Então da primeira \(a+2\cdot2=-1\Rightarrow a=-5. Conferimos a terceira: -5+3\cdot2=1, OK. Logo
c_3=-5c_1+2c_2,
portanto c_3 é combinação de c_1 e c_2, e os dois primeiros já geram a imagem. Como c_1 e c_2 não são múltiplos um do outro, são linearmente independentes. Então uma base da imagem é \{(1,0,1),(2,1,3)\} e
\operatorname{Im}T_1=\operatorname{span}\{(1,0,1),(2,1,3)\},\qquad \dim(\operatorname{Im}T_1)=2.
Explicação didática: a dimensão da imagem (posto) é o número máximo de colunas linearmente independentes; aqui duas colunas são independentes, então o posto é 2.]

Passo 5

Verificação da propriedade da dimensão (teorema do posto-nulidade) para T_1: o domínio é \mathbb{R}^3 então \dim(\text{domínio})=3í. Calculamos \dim(\ker T_1)=1 e \dim(\operatorname{Im}T_1)=2. Assim
\dim(\ker T_1)+\dim(\operatorname{Im}T_1)=1+2=3=\dim(\mathbb{R}^3),
logo a propriedade está verificada.

Passo 6

Agora para T_2. Representamos T_2 pela matriz na base canônica. As colunas são imagens dos vetores canônicos:
T_2(1,0)=(1,2),\qquad T_2(0,1)=(-2,3).
Então a matriz é
B=\begin{pmatrix}1 & -2\\[4pt]2 & 3\end{pmatrix},
com colunas d_1=(1,2)^\top e d_2=(-2,3)^\top.
Comentário didático: para mapas \mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 o posto pode ser verificado calculando o determinante da matriz; se o determinante for diferente de zero, as colunas são independentes e a imagem é todo \mathbb{R}^2.]

Passo 7

Calcular o núcleo de T_2\) resolvendo \(B\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}\), ou seja \[\begin{cases} x-2y=0,\\[4pt] 2x+3y=0. \end{cases}
Da primeira equação x=2y\]. Substituindo na segunda: \[2(2y)+3y=4y+3y=7y=0\quad\Rightarrow\quad y=0.\] Logo \(x=0 também. Portanto a única solução é o vetor nulo. Conclusão:
\ker T_2=\{(0,0)\},\qquad \dim(\ker T_2)=0.
A base do subespaço nulo (subespaço zero) é a base vazia; numa notação simbólica podemos colocar \varnothing.
Explicação didática: quando só há a solução trivial para o sistema homogêneo, o núcleo é \{0\} e sua dimensão é zero — isso significa que o operador é injetor.]

Passo 8

Calcular a imagem de T_2. Como \operatorname{Im}T_2=\operatorname{span}\{d_1,d_2\}=\operatorname{span}\{(1,2),(-2,3)\}, verificamos se as colunas são linearmente independentes. Calculamos o determinante de B:
\det(B)=1\cdot 3-(-2)\cdot 2=3+4=7\neq 0.
Determinante não nulo implica colunas independentes e posto igual a 2. Assim as colunas formam uma base de \operatorname{Im}T_2 e
\operatorname{Im}T_2=\mathbb{R}^2,\qquad \dim(\operatorname{Im}T_2)=2,
uma base explícita da imagem é \{(1,2),(-2,3)\}.
Comentário didático: matriz invertível (determinante não nulo) corresponde a operador sobrejetor e injetor em \mathbb{R}^2, ou seja, bijetor.

Passo 9

Verificação da propriedade da dimensão para T_2: domínio \mathbb{R}^2 tem dimensão 2. Calculamos \dim(\ker T_2)=0 e \dim(\operatorname{Im}T_2)=2. Assim
\dim(\ker T_2)+\dim(\operatorname{Im}T_2)=0+2=2=\dim(\mathbb{R}^2),
propriedade verificada.

Resposta

(a) \ker T_1=\operatorname{span}\{(5,-2,1)\},\quad \dim(\ker T_1)=1,\quad base: \{(5,-2,1)\}
(b) \operatorname{Im}T_1=\operatorname{span}\{(1,0,1),(2,1,3)\},\quad \dim(\operatorname{Im}T_1)=2,\quad base: \{(1,0,1),(2,1,3)\}
(c) \dim(\ker T_1)+\dim(\operatorname{Im}T_1)=1+2=3=\dim(\mathbb{R}^3)\n
(a) \ker T_2=\{(0,0)\},\quad \dim(\ker T_2)=0,\quad base: \varnothing
(b) \operatorname{Im}T_2=\mathbb{R}^2,\quad \dim(\operatorname{Im}T_2)=2,\quad base: \{(1,2),(-2,3)\}
(c) \dim(\ker T_2)+\dim(\operatorname{Im}T_2)=0+2=2=\dim(\mathbb{R}^2)

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