Encontre uma base para o núcleo das transformações lineares abaixo:
(e) T: M(2 \times 2) \longrightarrow \mathbb{R}^{2} dada por
T\left(\left(\begin{array}{ll} a_{11} & a_{12} \\\ a_{21} & a_{22} \end{array}\right)\right)=\left(a_{11}+a_{22}, 0\right)

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T com domínio o espaço de todas as matrizes 2\times2 (denotado por M(2\times2)) e contradomínio \mathbb{R}^{2}. A transformação está definida por
T\!\left(\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12}\\[4pt] a_{21} & a_{22}\end{pmatrix}\right)=\left(a_{11}+a_{22},\,0\right).
O que o problema pede: encontrar uma base para o núcleo (kernel) de T, ou seja, uma família de matrizes que gere todos os elementos de \ker(T) e seja linearmente independente.]

Passo 2

Lembrete rápido e didático (sem pular etapas):
  • O núcleo de uma transformação linear T é o conjunto \ker(T)=\{A\in M(2\times2)\mid T(A)=0\}, onde 0 é o vetor nulo em \mathbb{R}^{2}, isto é (0,0).
  • Uma família de vetores (aqui: matrizes) é base de um subespaço se (i) gera o subespaço (todo vetor do subespaço é combinação linear deles) e (ii) é linearmente independente (a única combinação linear que dá a matriz zero é a combinação trivial com todos coeficientes zero).
    Vou usar esses dois fatos para construir e verificar a base do núcleo.

Passo 3

Escrevo uma matriz genérica em M(2\times2):
A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12}\\[4pt] a_{21} & a_{22}\end{pmatrix}.
Aplicando T temos
T(A)=\left(a_{11}+a_{22},\,0\right).
Para A estar no núcleo é necessário e suficiente que T(A)=(0,0). Assim a condição é
a_{11}+a_{22}=0.
Não há condição sobre a_{12} nem sobre a_{21}: esses podem ser quaisquer números reais.]

Passo 4

Resolvo a condição acima explicitando os graus de liberdade. Da equação a_{11}+a_{22}=0 segue
a_{22}=-a_{11}.
Então uma matriz A\in\ker(T) tem a forma
A=\begin{pmatrix}a_{11} & a_{12}\\[4pt] a_{21} & -a_{11}\end{pmatrix}.
Agora escrevo essa matriz como combinação linear de matrizes que não dependem uma da outra: coloquei como parâmetros x=a_{11}, y=a_{12}, z=a_{21}. Assim
A=x\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix} +y\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix} +z\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Isto mostra que qualquer elemento do núcleo é combinação linear das três matrizes
E_1=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix},\qquad E_2=\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix},\qquad E_3=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
Logo essas três matrizes geram \ker(T).]

Passo 5

Agora verifico que E_1,E_2,E_3 são linearmente independentes. Suponha que existam escalares \alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{R} tais que
\alpha E_1+\beta E_2+\gamma E_3= \begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo as entradas obtemos o sistema de igualdades por entradas:
  • entrada (1,1): \alpha=0,
  • entrada (1,2): \beta=0,
  • entrada (2,1): \gamma=0,
  • entrada (2,2): -\alpha=0 (já compatível com \alpha=0).
    Portanto \alpha=\beta=\gamma=0 é a única solução, o que prova a independência linear.]

Passo 6

Concluímos: as matrizes E_1,E_2,E_3 geram \ker(T) e são linearmente independentes, logo formam uma base de \ker(T). Como corolário, \dim(\ker(T))=3.

Resposta

\displaystyle \left\{\,\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt] 0 & -1\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}\right\}]

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