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}+3 \mathrm{y}-\mathrm{z}, 2 \mathrm{x}-\mathrm{y}+4 \mathrm{z})
c) \mathrm{T}: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, \mathrm{~T}(\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z})=(2 x+y, 3 y+z, x+4 z)
d) \mathrm{T}: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{2}, \mathrm{~T}(\mathrm{r}, \theta)=(\ln (r+1), 2 \theta), onde ( \mathrm{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 pede as seguintes coisas:
  • (a) Definir o que é uma transformação linear e o que é o núcleo de uma transformação linear.
  • (b) Decidir se a transformação \mathrm{T}:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2}, \mathrm{T}(x,y,z)=(x+3y-z,\;2x-y+4z) é linear. Observação: o enunciado escreveu domínio \mathbb{R}^{2} mas deu uma fórmula com três coordenadas x,y,z. Vou assumir que a intenção foi \mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{2}. Vou trabalhar com essa hipótese.
  • (c) Decidir se a transformação \mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3}, \mathrm{T}(x,y,z)=(2x+y,\;3y+z,\;x+4z) é linear.
  • (d) Decidir se a transformação \mathrm{T}:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2}, definida em coordenadas polares por \mathrm{T}(r,\theta)=(\ln(r+1),\;2\theta) com \mathrm{T}(0)=0, é linear.
  • (e) Para UMA das transformações que forem lineares acima, determinar núcleo, imagem, nulidade e ordem (posto/rank). Dizer se essa transformação é bijetora.
Observações: eu não resolvo nada ainda aqui, apenas enumerei o que o exercício pede e a suposição que fiz no item (b).

Passo 2

Definições e conceitos fundamentais (aula rápida e prática).
  • Definição de transformação linear: uma aplicação \mathrm{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
    \mathrm{T}(u+v)=\mathrm{T}(u)+\mathrm{T}(v)
    e
    \mathrm{T}(\alpha u)=\alpha\,\mathrm{T}(u).
    Uma forma equivalente, que costuma ser usada em provas porque junta tudo numa única checagem, é:
    \mathrm{T}(\alpha u+\beta v)=\alpha\,\mathrm{T}(u)+\beta\,\mathrm{T}(v)\quad\text{para quaisquer }\alpha,\beta\in\mathbb{R},\;u,v\in V.
    Explicação didática: isso significa que \mathrm{T} preserva soma e multiplicação por escalares — geometricamente, linhas que passam pela origem permanecem linhas (ou colapsam na origem), e proporções são mantidas.
  • Propriedade necessária útil: se \mathrm{T} é linear então necessariamente \mathrm{T}(0)=0. Por quê? Tome \alpha=0 na propriedade de homogeneidade: \mathrm{T}(0\cdot v)=0\cdot\mathrm{T}(v)\Rightarrow \mathrm{T}(0)=0.
  • Núcleo (kernel): dado \mathrm{T}:V\to W, o núcleo é o conjunto
    \ker(\mathrm{T})=\{v\in V\mid \mathrm{T}(v)=0\}.
    É um subespaço de V. Intuição: são os vetores que a transformação “anula” (mandam para o zero). A dimensão do núcleo chama-se nulidade.
  • Imagem (range): a imagem de \mathrm{T} é
    \operatorname{Im}(\mathrm{T})=\{\mathrm{T}(v)\mid v\in V\}\subseteq W.
    É um subespaço de W. A dimensão da imagem chama-se posto (rank).
  • Teorema da nulidade + posto (rank-nullity): se V tem dimensão finita n,
    \dim(\ker \mathrm{T})+\dim(\operatorname{Im}\mathrm{T})=n.
    Dica prática: para transformar testes em contas, escrevemos \mathrm{T} como multiplicação por uma matriz quando os vetores são coordenados em bases canônicas.

Passo 3

Como verificar linearidade na prática (truques rápidos para prova):
  • Se a transformação é dada por combinações lineares das coordenadas (somatórias do tipo a x + b y + c z), isso normalmente é linear — e podemos exhibir a matriz A cuja ação é T(v)=A v. Basta checar que cada componente é uma função linear das coordenadas (sem termos como produto entre coordenadas, sem funções não-lineares como \ln,\;\sin,\;\theta^2, etc.).
  • Se aparecerem funções não-lineares (por exemplo \ln, ou multiplicação entre coordenadas, ou dependência do ângulo \theta irracional frente à escala), é quase sempre não-linear. Um teste rápido: verificar se \mathrm{T}(\alpha v)=\alpha \mathrm{T}(v) falha para algum concreto v,\alpha já prova não-linearidade.
  • Sempre verifique \mathrm{T}(0)=0 como teste necessário (mas não suficiente). Se \mathrm{T}(0)\ne 0 então já é não-linear.
Agora aplico esses métodos aos itens (b), (c) e (d).

Passo 4

Item (b). Reescrevo com a hipótese de domínio \mathbb{R}^{3}:
\mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{2},\qquad \mathrm{T}(x,y,z)=(x+3y-z,\;2x-y+4z).
  • Observação: cada componente é uma combinação linear das coordenadas x,y,z (não há \ln, produtos entre coordenadas, potências, etc.). Isso indica que \mathrm{T} é linear.
  • Mostro a forma matricial: se escrevemos v=(x,y,z)^\top, então existe a matriz A=\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1\\[4pt] 2 & -1 & 4 \end{pmatrix}tal que \mathrm{T}(v)=A v.
  • Como multiplicação por matriz satisfaz \mathrm{T}(\alpha u+\beta v)=A(\alpha u+\beta v)=\alpha A u+\beta A v=\alpha\mathrm{T}(u)+\beta\mathrm{T}(v), concluímos rigorosamente que \mathrm{T} é linear.]

Passo 5

Item (c). A transformação é
\mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3},\qquad \mathrm{T}(x,y,z)=(2x+y,\;3y+z,\;x+4z).
  • Cada componente é combinação linear das coordenadas, então suspeitamos que seja linear. Escrevendo a matriz na base canônica: A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}, \qquad \mathrm{T}(v)=A v.
  • Assim \mathrm{T} é linear (mesma razão da etapa anterior).
  • Para o item (e) vou escolher esta transformação (c), porque é quadrada 3\times3 e dá para determinar núcleo, imagem, nulidade e posto de forma direta usando o determinante e resolver \mathrm{T}(v)=0.]

Passo 6

Item (d). A transformação é dada em coordenadas polares por
\mathrm{T}(r,\theta)=(\ln(r+1),\;2\theta),\qquad \mathrm{T}(0)=0.
Lembrete: as coordenadas polares são x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta. A linearidade deve ser testada no espaço vetorial \mathbb{R}^2 com sua soma usual e multiplicação por escalar — não na carta polar. Dois argumentos curtos para concluir não-linearidade:
  • Teste da homogeneidade com um exemplo simples: pegue o vetor (x,y)=(1,0). Em coordenadas polares isso é (r,\theta)=(1,0). Então \mathrm{T}(1,0)=(\ln(1+1),\;0)=(\ln 2,\;0).Agora dobre o vetor original: 2(1,0)=(2,0) que em polares é (r,\theta)=(2,0). Assim \mathrm{T}(2,0)=(\ln(2+1),\;0)=(\ln 3,\;0).Se \mathrm{T} fosse linear deveríamos ter \mathrm{T}(2\cdot(1,0))=2\mathrm{T}(1,0), isto é (\ln 3,0)=(2\ln 2,0). Mas \ln 3\ne 2\ln 2, logo falha a homogeneidade. Conclusão: \mathrm{T} não é linear.
  • Observação conceptual: a função \ln(r+1) não é linear em r e, além disso, r escala como |\alpha| r sob multiplicação por escalar \alpha, o que introduz problema de sinal para \theta e não preserva os axiomas de homogeneidade e aditividade típicos. Portanto item (d) é não-linear.

Passo 7

Agora resolvo o item (e) escolhendo a transformação (c), que já confirmei ser linear.
Transformação escolhida:
\mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3},\qquad \mathrm{T}(x,y,z)=\bigl(2x+y,\;3y+z,\;x+4z\bigr)
com matriz
A=\begin{pmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}.
  1. Calculo do determinante para saber se A é invertível (isso facilita encontrar núcleo e imagem):
\det(A)= \begin{vmatrix} 2 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 4 \end{vmatrix}.
Faço a expansão pela primeira linha:
\det(A)=2\cdot\begin{vmatrix}3 & 1\\[4pt]0 & 4\end{vmatrix} -1\cdot\begin{vmatrix}0 & 1\\[4pt]1 & 4\end{vmatrix} +0\cdot(\cdots).
Calculo os menores:
\begin{vmatrix}3 & 1\\[4pt]0 & 4\end{vmatrix}=3\cdot 4-1\cdot 0=12, \qquad \begin{vmatrix}0 & 1\\[4pt]1 & 4\end{vmatrix}=0\cdot 4-1\cdot 1=-1.
Portanto
\det(A)=2\cdot 12 - 1\cdot(-1)=24+1=25.
Como \det(A)=25\ne 0, a matriz A é invertível.
  1. Núcleo ( \ker(\mathrm{T})):
  • Se A é invertível, a única solução de A v=0 é v=0. Logo \ker(\mathrm{T})=\{(0,0,0)\}.
  1. Imagem ( \operatorname{Im}(\mathrm{T})):
  • Como A é invertível e a transformação vai de \mathbb{R}^3 em \mathbb{R}^3, a imagem é todo \mathbb{R}^3: \operatorname{Im}(\mathrm{T})=\mathbb{R}^3.
  1. Nulidade (dimensão do núcleo) e posto (ordem):
  • \dim(\ker\mathrm{T})=0 (nulidade =0).
  • Pelo teorema rank-nullity, \dim(\operatorname{Im}\mathrm{T})=3-0=3. Ou diretamente: posto =3.
  1. Bijetividade:
  • Como A é invertível, \mathrm{T} é injetora (kernel trivial) e sobrejetora (imagem \mathbb{R}^3), portanto é bijetora.]

Resposta

(a) Transformação linear: uma aplicação \mathrm{T}:V\to W que satisfaz \mathrm{T}(u+v)=\mathrm{T}(u)+\mathrm{T}(v) e \mathrm{T}(\alpha u)=\alpha\,\mathrm{T}(u) para todos u,v\in V e todos \alpha\in\mathbb{R}. Núcleo: \ker(\mathrm{T})=\{v\in V\mid \mathrm{T}(v)=0\}.
(b) Sim, \mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{2} dada por \mathrm{T}(x,y,z)=(x+3y-z,\;2x-y+4z) é linear (matriz \begin{pmatrix}1&3&-1\\[4pt]2&-1&4\end{pmatrix}).
(c) Sim, \mathrm{T}:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} dada por \mathrm{T}(x,y,z)=(2x+y,\;3y+z,\;x+4z) é linear (matriz \begin{pmatrix}2&1&0\\[4pt]0&3&1\\[4pt]1&0&4\end{pmatrix}).
(d) Não, \mathrm{T}:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{2} com \mathrm{T}(r,\theta)=(\ln(r+1),\;2\theta) não é linear (contra-exemplo: \mathrm{T}(2(1,0))=(\ln 3,0)\ne 2(\ln 2,0)=2\mathrm{T}(1,0)).
(e) Para a transformação do item (c):
  • Núcleo: \ker(\mathrm{T})=\{(0,0,0)\}.
  • Imagem: \operatorname{Im}(\mathrm{T})=\mathbb{R}^{3}.
  • Nulidade: \dim(\ker\mathrm{T})=0.
  • Ordem (posto/rank): \operatorname{rank}(\mathrm{T})=3.
  • Bijetora? Sim, \mathrm{T} é bijetora (matriz com \det=25\ne0).]

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