Determine, se existir, uma transformação linear T: U \rightarrow V que satisfaça: T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3} com a propriedade, N u c(T) gerado pelo vetor \left[\begin{array}{c}-1 \\\\ 3\end{array}\right] e tal que T\left(\left[\begin{array}{c}0,1 \\\\ -0,2\end{array}\right]\right)=\left[\begin{array}{c}7 \\\\ -1 \\\\ 2\end{array}\right].
Passo 1
O enunciado pede que a gente encontre, se existir, uma transformação linear T:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}^{3} que satisfaça duas condições:
O núcleo \operatorname{Nuc}(T) (kernel de T) é o subespaço gerado pelo vetor
\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\end{pmatrix}.
A imagem de \begin{pmatrix}0,1\\[4pt]-0,2\end{pmatrix} por T é
Um valor específico: T\!\left(\begin{pmatrix}0,1\\[4pt]-0,2\end{pmatrix}\right)=\begin{pmatrix}7\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}.]
Passo 2
Primeiro raciocínio estrutural (sem cálculos ainda). O núcleo tem dimensão 1 (é gerado por um vetor não-nulo) e o espaço de entrada tem dimensão 2. Pelo teorema do posto-nulo (rank-nullity),
Isto significa que a imagem de T é uma reta em \mathbb{R}^{3}: todos os vetores da imagem são múltiplos escalares de um mesmo vetor não-nulo. Como já sabemos um vetor na imagem, \begin{pmatrix}7\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}, a imagem de T deve ser exatamente
\operatorname{Im} T = \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}7\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.]
Passo 3
Consequência prática: para todo vetor x=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\end{pmatrix}\in\mathbb{R}^{2} existe um escalar linear f(x)\in\mathbb{R} tal que
Como T é linear, f:\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R} também deve ser uma forma linear (um funcional linear). Logo podemos escrever
f(x)=a x_{1} + b x_{2}
para alguns escalares a,b\in\mathbb{R}. Nosso objetivo agora é achar a e b.]
Passo 4
Usamos a condição sobre o núcleo. Se \operatorname{Nuc} T=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}, então todo vetor do núcleo é enviado para o vetor nulo em \mathbb{R}^{3}. Em particular,
Pelo formato T(x)=f(x)\begin{pmatrix}7\\\ -1\\\ 2\end{pmatrix}, isto significa que o escalar f aplicado a \begin{pmatrix}0,1\\[4pt]-0,2\end{pmatrix} deve valer 1, porque 1\cdot\begin{pmatrix}7\\\ -1\\\ 2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\\\ -1\\\ 2\end{pmatrix}. Ou seja,
O vetor \begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\end{pmatrix} é enviado em
30\cdot(-1) + 10\cdot 3 = -30 + 30 = 0,
logo T o manda para o vetor nulo, então esse vetor está no núcleo. Como o núcleo de um funcional linear não trivial em \mathbb{R}^{2} é exatamente uma reta, o núcleo é precisamente \operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\} como pedido.
Aplicando T ao vetor dado \begin{pmatrix}0,1\\[4pt]-0,2\end{pmatrix}:
Mas note: aqui percebemos que usei o cálculo direto com os decimais; para que o resultado seja exatamente \begin{pmatrix}7\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}, precisamos que o fator f valha 1 nesse vetor. Na verdade, eu devia ter verificado com atenção: multiplicando com x_{1}=0,1 e x_{2}=-0,2 encontramos 30\cdot0,1+10\cdot(-0,2)=3+(-2)=1. (Aqui estou reescrevendo os decimais como inteiros multiplicados por 10 para evitar confusão.) Portanto f realmente vale 1 e
como exigido.
(Explicação extra curta: usar 0,1=1/10 e -0,2=-2/10 dá 30\cdot(1/10)+10\cdot(-2/10)=3-2=1.)]
Passo 9
Conclusão sobre existência e unicidade: sim, existe uma transformação linear T com as propriedades pedidas e a construção acima mostra claramente como obtê-la. Dado que a imagem é uma reta e fixamos a imagem de um vetor que não está no núcleo, os coeficientes a,b ficaram determinados unicamente e, portanto, a transformação T é única com essas duas condições.