Determine se a transformação linear é injetora, sobrejetora e invertível.
A=\left[\begin{array}{ll}1 & \frac{1}{4} \\\\ 0 & 1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & \tfrac{1}{4} \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}
e pede para determinar se a transformação linear associada a A é:
  • injetora;
  • sobrejetora;
  • invertível.
Informações relevantes dadas:
  • A é uma matriz quadrada 2\times2.
  • Os elementos são a_{11}=1, a_{12}=\tfrac{1}{4}, a_{21}=0, a_{22}=1.]

Passo 2

Definições e ideias que vamos usar (explicadas devagar, como se fosse uma conversa para a prova).
  • Injetora (ou injetiva): uma transformação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 é injetora se vetores diferentes têm imagens diferentes. Para matrizes isso é equivalente a o núcleo (kernel) ser apenas o vetor nulo. O núcleo é
\ker(A)=\{x\in\mathbb{R}^2 \mid A x = 0\}.
Se \ker(A)=\{0\} então A é injetora.
  • Sobrejetora (ou suprimentosória): A é sobrejetora se a imagem (coluna-espaço) for todo o \mathbb{R}^2. Em termos de colunas, isso quer dizer que as colunas de A geram \mathbb{R}^2. Em \mathbb{R}^2, duas colunas geram \mathbb{R}^2 se e somente se são linearmente independentes (ou seja, se a dimensão do espaço coluna, o posto, é 2).
  • Invertível: uma matriz quadrada é invertível se existe outra matriz B tal que AB=BA=I. Teorema prático: uma matriz 2\times2 é invertível se e somente se seu determinante for diferente de zero. Para \displaystyle A=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} usamos
\det(A)=ad-bc.
Se \det(A)\neq 0 então A é invertível; isso também garante injetividade e sobrejetividade quando o domínio e contradomínio têm mesma dimensão.

Passo 3

Calcular o núcleo para verificar injetividade (passo a passo numérico).
Seja x=\begin{pmatrix}x_1\x_2\end{pmatrix}\in\mathbb{R}^2\). Resolveremos \(A x = 0\): \[\begin{pmatrix}1 & \tfrac{1}{4} \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\x_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema de equações:
\begin{cases} x_1 + \tfrac{1}{4}x_2 = 0,\\[4pt] x_2 = 0. \end{cases}
Da segunda equação segue x_2=0\]. Substituindo na primeira: \[x_1 + \tfrac{1}{4}\cdot 0 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1=0.\] Então a única solução é \(x_1=0, x_2=0, isto é \ker(A)=\{0\}. Portanto A é injetora.
(Comentário rápido: essa resolução direta do sistema é o método que dá certo na prova sem precisar decorar nada — montar Ax=0 e resolver.)]

Passo 4

Verificar sobrejetividade mostrando que as colunas geram [\mathbb{R}^2) (ou seja, posto =2).
As colunas de A são
v_1=\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}\tfrac{1}{4}\\\ 1\end{pmatrix}.
Em \mathbb{R}^2, duas colunas geram \mathbb{R}^2 se são linearmente independentes. Podemos testar independência observando se existe \alpha,\beta não-triviais com \alpha v_1+\beta v_2=0. Isso leva ao sistema
\begin{cases} \alpha + \tfrac{1}{4}\beta = 0,\\[4pt] 0\cdot\alpha + 1\cdot\beta = 0, \end{cases}
da segunda equação vem \beta=0\] e então \(\alpha=0. Logo são linearmente independentes e geram \mathbb{R}^2. Assim a imagem de A é todo \mathbb{R}^2 e A é sobrejetora.
(Outra forma curta: em matrizes 2\times2, se o determinante é não nulo então as colunas são independentes — vamos calcular o determinante no próximo passo para usar isso também.)]

Passo 5

Calcular o determinante e concluir sobre invertibilidade (com um pequeno cálculo do inverso para confirmar).
Usando a fórmula \det(A)=a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}, para nossa matriz:
\det(A)=1\cdot 1 - \tfrac{1}{4}\cdot 0 = 1.
Como \det(A)=1\neq 0, pelo teorema, A é invertível. Isso já confirma também (de forma rápida) que A é injetora e sobrejetora, porque para matrizes quadradas invertíveis o núcleo é trivial e a imagem é todo o espaço.
Para ficar totalmente completo podemos calcular explicitamente A^{-1}. Procuramos B=\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix} tal que AB=I. Resolvendo A B = I coluna a coluna, obtemos:
  • Para a primeira coluna de B: resolver A\begin{pmatrix}a\c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\\ 0\end{pmatrix} c=0 e a=1.
  • Para a segunda coluna de B: resolver A\begin{pmatrix}b\d\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 1\end{pmatrix} d=1 e b=-\tfrac{1}{4}.
Portanto
A^{-1}=\begin{pmatrix}1 & -\tfrac{1}{4}\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix},
e é fácil conferir que A A^{-1}=I.]

Resposta

Injetora: Sim
Sobrejetora: Sim
Invertível: Sim

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