a) Defina transformação linear e núcleo de transformação linear.
Determine se as transformações, abaixo, são transformações lineares.
b) \mathrm{T}: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}, \mathrm{~T}(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})=(\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}, 2 \mathrm{x}-\mathrm{y}+3 \mathrm{z})
c) \mathrm{T}: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, \mathrm{~T}(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})=(3 x-y+2 z, 4 x+y, x-z)
d) \mathrm{T}: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}, \mathrm{~T}(\mathrm{r}, \theta)=(\ln (r+1), \theta), onde (r, \theta ) são as coordenadas polares de (x, y), e T(0)=0
e) Para uma das transformações lineares acima, determine núcleo, imagem, nulidade e ordem. Esta transformação linear é bijetora?

Passo 1

O enunciado pergunta o seguinte:
a) Definir transformação linear ) e núcleo ) de uma transformação linear.
b) Decidir se a transformação T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2},; T(x,y,z) = (x+y+z,;2x-y+3z))) é linear. Observação importante: o enunciado apresenta uma inconsistência: a notação T: \mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} mas usa as coordenadas (x,y,z). Vou assumir que a intenção foi T: \mathbb{R}{3}\to\mathbb{R}{2})) (isto é coerente com as três coord.).
c) Decidir se a transformação T: \mathbb{R}{3}\to\mathbb{R}{3},; T(x,y,z) = (3x-y+2z,;4x+y,;x-z))) é linear.
d) Decidir se a transformação T: \mathbb{R}{2}\to\mathbb{R}{2},; T(r,\theta) = (\ln(r+1),;\theta))), onde (r,\theta) são as coordenadas polares de (x,y) e T(0)=0, é linear.
e) Para UMA das transformações lineares acima (escolherei uma delas), determinar núcleo, imagem, nulidade e ordem (posto). Dizer se essa transformação é bijetora.
Essas são as informações dadas; a partir daqui vou explicar os conceitos e testar cada transformação passo a passo.

Passo 2

Definições e ideias que vou usar (explicação didática):
  • Definição de transformação linear: uma aplicação T: V\to W)) entre espaços vetoriais é linear se, para quaisquer vetores u,v\in V)) e qualquer escalar \alpha\in\mathbb{R})), valem as duas propriedades:
    1. aditividade: T(u+v)=T(u)+T(v))),
    2. homogeneidade: T(\alpha u)=\alpha,T(u))).
      Essas duas propriedades podem ser verificadas diretamente; elas significam que T preserva soma e multiplicação por escalares — ou seja, “puxa” combinações lineares do domínio para combinações lineares no contradomínio.
      Observação útil: se T é linear então T(0)=0)) automaticamente, pois T(0)=T(0\cdot u)=0\cdot T(u)=0)).
  • Núcleo (kernel): dado T: V\to W)), o núcleo é o conjunto de vetores do domínio que vão para o vetor zero do contradomínio: \ker(T)=\{v\in V\mid T(v)=0\}.O núcleo é um subespaço de V. A nulidade (nullity) é a dimensão de \ker(T).
  • Imagem (ou alcance): \operatorname{Im}(T)=\{w\in W\mid \exists v\in V,\,T(v)=w\}. O posto (rank) é a dimensão da imagem.
  • Teorema posto-nulidade (para espaços finito-dimensionais): \dim(V)=\operatorname{rank}(T)+\operatorname{nullity}(T))). Vou usar isso quando conveniente.
  • Observação prática para decisões rápidas:
    • Se T é dada por combinações lineares das coordenadas (ou seja, cada componente é uma forma linear sem termos constantes ou funções não-lineares), então T é linear e pode ser representada por uma matriz.
    • Se houver função não-linear (por exemplo \ln), \sin, produtos de coordenadas, etc.), então T não é linear (em geral basta verificar falha de homogeneidade ou aditividade).

Passo 3

Testando a transformação do item (b) (assumindo domínio \mathbb{R}^3):
T(x,y,z)=(x+y+z,\;2x-y+3z).
Posso escrever T como multiplicação por uma matriz A de tamanho 2\times3:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & -1 & 3 \end{pmatrix}, \qquad T(\mathbf{v})=A\mathbf{v},\\ \text{onde }\mathbf{v}=\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}.
Por que isso prova linearidade? Porque para qualquer \mathbf{u},\mathbf{v}\in\mathbb{R}^3 e qualquer escalar \alpha temos
T(\mathbf{u}+\mathbf{v})=A(\mathbf{u}+\mathbf{v})=A\mathbf{u}+A\mathbf{v}=T(\mathbf{u})+T(\mathbf{v})
e
T(\alpha\mathbf{u})=A(\alpha\mathbf{u})=\alpha A\mathbf{u}=\alpha T(\mathbf{u}).
Isto mostra explicitamente as duas propriedades necessárias. Intuitivamente: cada componente de T é uma soma de termos do tipo coeficiente vezes coordenada; não há termos constantes nem funções não-lineares. Portanto a transformação do item (b) é linear.]

Passo 4

Testando a transformação do item (c):
T(x,y,z)=(3x-y+2z,\;4x+y,\;x-z).
Também aqui cada componente é uma combinação linear das coordenadas (x,y,z). Posso escrever a matriz B correspondente:
B=\begin{pmatrix} 3 & -1 & 2\\[4pt] 4 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{pmatrix},\qquad T(\mathbf{v})=B\mathbf{v}.
Pelas mesmas razões do item (b) (propriedades de multiplicação por matriz), T satisfaz aditividade e homogeneidade, logo é linear. Além disso, como passo preparatório para (e), vou verificar se B é invertível: calculo o determinante
\det(B)= \begin{vmatrix} 3 & -1 & 2\\[2pt] 4 & 1 & 0\\[2pt] 1 & 0 & -1 \end{vmatrix}.
Faço a expansão (uma forma direta):
\det(B)=3\cdot(1\cdot(-1)-0\cdot0)-(-1)\cdot(4\cdot(-1)-0\cdot1)+2\cdot(4\cdot0-1\cdot1).
Agora calculo cada termo:
3\cdot(-1)= -3,\quad -(-1)\cdot( -4)= -4,\quad 2\cdot(-1)= -2.
Somando: \det(B)=-3-4-2=-9. Como \det(B)\neq 0, a matriz é invertível; isso implica que T é bijetora (injetora e sobrejetora), e que o núcleo é apenas o vetor zero. Vou detalhar isso no passo dedicado ao item (e).]

Passo 5

Testando a transformação do item (d):
T(r,\theta)=(\ln(r+1),\;\theta),
onde (r,\theta) são coordenadas polares de (x,y) e foi dado T(0)=0.
Primeiro lembrete: quando escrevemos T(r,\theta) estamos usando como entrada as coordenadas polares do vetor (x,y). O escalamento de um vetor por escalar \alpha em \mathbb{R}^2 corresponde a multiplicar o raio r por \alpha e deixar \theta igual (assumindo \alpha>0; para \alpha<0 o ângulo muda, mas já dá para ver a falha com \alpha>0). Para testar homogeneidade, tomo um exemplo simples com \alpha=2 e r=1 (ângulo qualquer; escolho \theta=0 para simplificar).
  • Calculo T(2\cdot (r,\theta)) = T(2r,\theta) = (\ln(2r+1),\;\theta). Para r=1 T(2\cdot(1,0))=(\ln 3,\;0).
  • Calculo 2\cdot T(r,\theta) = 2\cdot(\ln(r+1),\;\theta) = (2\ln(r+1),\;2\theta). Para r=1,\theta=0 (2\ln 2,\;0).
Comparando: \ln 3\neq 2\ln 2 (numericamente \ln 3\approx1{,}099 e 2\ln 2\approx1{,}386). Portanto T(2v)\neq 2T(v) e a homogeneidade falha; logo T não é linear. Uma observação conceptual: a presença de \ln(r+1) é uma função não-linear do raio, e além disso o segundo componente sendo o ângulo \theta faz com que a multiplicação por escalar no contradomínio não corresponda à multiplicação por escalar no domínio. Mesmo sabendo que T(0)=0, isso não garante linearidade — é uma condição necessária mas não suficiente.

Passo 6

Resumo das decisões sobre linearidade (breve justificativa técnica):
  • Item (b): linear (cada componente é forma linear; pode ser escrita como A\mathbf{v}).
  • Item (c): linear (cada componente é forma linear; pode ser escrita como B\mathbf{v}; além disso \det(B)=-9\neq0).
  • Item (d): não é linear (falha a homogeneidade; exemplo numérico mostrado).

Passo 7

Resolvendo o item (e): escolho a transformação do item (c) porque ela é linear e tem boa estrutura para calcular núcleo, imagem, nulidade e posto. Relembro:
T(x,y,z)=\begin{pmatrix}3 & -1 & 2\\[4pt]4 & 1 & 0\\[4pt]1 & 0 & -1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}.
  1. Núcleo: preciso resolver B\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}. Como \det(B)=-9\neq0, a única solução é (x,y,z)=(0,0,0). Logo
\ker(T)=\{(0,0,0)\}.
  1. Imagem: como B é inversível (determinante não nulo), a aplicação T é sobrejetora em \mathbb{R}^3; a imagem é todo \mathbb{R}^3:
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3.
  1. Nulidade: \dim(\ker(T))=0 porque o núcleo contém só o vetor zero.
  2. Ordem (posto): \operatorname{rank}(T)=\dim(\operatorname{Im}(T))=3.
  3. Bijetividade: como T é linear com núcleo trivial e posto igual à dimensão do domínio, T é injetora e sobrejetora; portanto é bijetora.
Vou justificar de forma intuitiva e amigável: determinante não-zero significa que as três colunas de B são linearmente independentes; então não existe combinação não-trivial que dê zero (núcleo trivial) e as colunas geram todo \mathbb{R}^3 (imagem = \mathbb{R}^3).]

Resposta

(a) Transformação linear: uma aplicação T:V\to W entre espaços vetoriais é linear se, para quaisquer u,v\in V e \alpha\in\mathbb{R}, valem T(u+v)=T(u)+T(v) e T(\alpha u)=\alpha T(u).
Núcleo de T: \ker(T)=\{v\in V\mid T(v)=0\}.
(b) T(x,y,z)=(x+y+z,\;2x-y+3z). Resposta: linear (assumindo domínio \mathbb{R}^3).
(c) T(x,y,z)=(3x-y+2z,\;4x+y,\;x-z). Resposta: linear (matriz B com \det(B)=-9\neq0).
(d) T(r,\theta)=(\ln(r+1),\theta) em coordenadas polares. Resposta: não é linear (falha a homogeneidade; ex.: T(2\cdot(1,0))=(\ln 3,0)\neq(2\ln 2,0)=2T(1,0)).
(e) Para a transformação do item (c):
\ker(T)=\{(0,0,0)\}
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3
nulidade =\dim\ker(T)=0
posto (ordem) =\dim\operatorname{Im}(T)=3
bijetora: sim (é bijetora, pois a matriz associada tem determinante -9\neq0).

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