Determinar o Núcleo e a Imagem, uma base para o núcleo e outra para imagem e suas dimensões, T é injetora, é sobrejetora? Explique sua resposta.
T(x, y, z)=(y+z, x+z,-z-x-y) onde T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definida por
T(x,y,z)=(y+z,\;x+z,\;-z-x-y).
O que é pedido:
  • Determinar o núcleo \ker T.
  • Determinar a imagem \operatorname{Im}T.
  • Encontrar uma base para \ker T e outra para \operatorname{Im}T.
  • Determinar \dim(\ker T) e \dim(\operatorname{Im}T).
  • Dizer se T é injetora e se é sobrejetora, com justificativa.
Informações relevantes fornecidas:
  • A ação de T sobre um vetor (x,y,z) é explicitamente dada pelas três coordenadas acima.
  • O espaço de partida e chegada é \mathbb{R}^{3}.

Passo 2

Obter a matriz de T na base canônica (mais prático para calcular núcleo e imagem).
Para isso calcule T sobre os vetores da base canônica \mathbf{e}_1=(1,0,0), \mathbf{e}_2=(0,1,0), \mathbf{e}_3=(0,0,1).
  • T(1,0,0)=T(\mathbf{e}_1)=(0,1,-1).
  • T(0,1,0)=T(\mathbf{e}_2)=(1,0,-1).
  • T(0,0,1)=T(\mathbf{e}_3)=(1,1,-1).
A matriz A de T cujas colunas são T(\mathbf{e}_1),T(\mathbf{e}_2),T(\mathbf{e}_3) é
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
Usar A simplifica o cálculo: T(x,y,z)=A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}.]

Passo 3

Calcular o núcleo: resolver [A \begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}).
Escrevendo o sistema linear associado (convertendo cada linha da multiplicação):
\begin{cases} y+z=0,\\[4pt] x+z=0,\\[4pt] -x-y-z=0. \end{cases}
Explicando procedimento passo a passo (substituição direta, método simples em prova):
  • Da primeira equação obtemos y=-z\]. - Da segunda obtemos \(x=-z.
    - Substituindo x=-z e y=-z na terceira equação:
-(-z) -(-z) - z = z+z - z = z = 0.
Logo z=0. Então x=-z=0 e y=-z=0.
Conclusão do passo: a única solução é (x,y,z)=(0,0,0). Portanto
\ker T=\{(0,0,0)\}.
Observações teóricas curtas para decorar: o núcleo contém exatamente os vetores que são enviados ao zero. Se só contém o vetor zero, a transformação é injetora (uma consequência direta da definição de injeção para transformações lineares).]

Passo 4

Base e dimensão do núcleo:
  • O subespaço nulo só tem o vetor zero. O único conjunto que gera apenas o vetor zero sem incluir vetores não-nulos é o conjunto vazio; por convenção a base do subespaço \{0\} é o conjunto vazio \varnothing.
  • Logo uma base para \ker T é \varnothing e \dim(\ker T)=0.
Explicação didática: uma base é um conjunto de vetores linearmente independentes que geram o espaço. No caso do espaço zero não existe vetor não-nulo para gerar, então a base tem zero vetores.

Passo 5

Determinar a imagem: \operatorname{Im}T é o subespaço gerado pelas colunas de A. Escrevemos explicitamente as colunas:
\mathbf{c}_1=\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix},\quad \mathbf{c}_2=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -1\end{pmatrix},\quad \mathbf{c}_3=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}.
Então
\operatorname{Im}T=\operatorname{span}\{\mathbf{c}_1,\mathbf{c}_2,\mathbf{c}_3\}.
Para decidir se essas colunas são independentes e qual é a dimensão, faça eliminação (ou verifique se há combinação linear não trivial que dê zero). Vou realizar eliminação por linhas na matriz A para ver o posto (rank):
Começando com
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
Troque R_1 com R_2 (para ter pivô na primeira linha):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] -1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
Agora elimine R_3 usando R_1 e R_2:
  • R_3 \leftarrow R_3 + R_1 R_3=(0,-1,0).
  • Então R_3 \leftarrow R_3 + R_2 R_3=(0,0,1).
Agora a matriz está (após mais eliminações das colunas superiores)
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
Encontramos três pivôs (um em cada linha/coluna): o posto de A é 3. Isso significa que as três colunas são linearmente independentes e geram todo \mathbb{R}^3.
Portanto
\operatorname{Im}T=\mathbb{R}^3.]

Passo 6

Base e dimensão da imagem:
  • Uma base conveniente é simplesmente o conjunto das colunas (já que são independentes):
\mathcal{B}_{\operatorname{Im}}=\left\{\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}\right\}.
  • Como \operatorname{Im}T=\mathbb{R}^3, uma outra base válida é a base canônica \{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}.
  • A dimensão é \dim(\operatorname{Im}T)=3.
Comentário teórico curto: posto igual a 3 em uma matriz 3\times3 implica que a transformação é sobrejetora (imagem = espaço de chegada) e também invertível (determinante não nulo). Para checar rapidamente o determinante (opcional na prova) pode-se calcular \det A=-1\neq 0, confirmando invertibilidade.

Passo 7

Concluir sobre injetividade e sobrejetividade e relacionar com o teorema posto-nulo:
  • Pelo que foi encontrado, \dim(\ker T)=0. Uma transformação linear é injetora se e só se seu núcleo é \{0\}. Logo T é injetora.
  • Encontrou-se \operatorname{Im}T=\mathbb{R}^3, portanto T é sobrejetora.
  • Pelo teorema da dimensão (Rank-Nullity): \dim(\ker T)+\dim(\operatorname{Im}T)=0+3=3, que bate com a dimensão do espaço de partida \mathbb{R}^3.
Intuição prática para prova: ao resolver o sistema homogêneo você mostra injetividade; ao mostrar que as colunas geram todo \mathbb{R}^3 (ou que o posto é 3) você mostra sobrejetividade.

Resposta

\ker T=\{(0,0,0)\}
Base do núcleo: \varnothing
\dim(\ker T)=0
\operatorname{Im}T=\mathbb{R}^3
Base da imagem: \left\{\begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ -1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ -1\end{pmatrix}\right\}
\dim(\operatorname{Im}T)=3
T é injetora? Sim.
T é sobrejetora? Sim.

Exercícios relacionados