Exercício 4.8.13. Considere a aplicação linear F: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} tal que F\left(\mathbf{e}_{\mathbf{1}}\right)=\mathbf{e}_{\mathbf{2}}, F\left(\mathbf{e}_{\mathbf{2}}\right)=\mathbf{e}_{\mathbf{3}}, F\left(\mathbf{e}_{\mathbf{3}}\right)=\mathbf{e}_{\mathbf{2}}+\mathbf{e}_{\mathbf{3}}, onde \left\{\mathbf{e}_{1}, \mathbf{e}_{2}, \mathbf{e}_{3}\right\} è a base canônica de \mathbb{R}^{3}. Estabelecer se as seguintes afirmações são verdadeiras ou falsas (motivando as respostas):
a) o vetor (1, 1, 1) possui uma única contra-imagem;
b) F è inversível;
c) \operatorname{Im} F=L\left(\mathbf{e}_{\mathbf{2}}, \mathbf{e}_{\mathbf{3}}\right);
d) \mathbf{e}_{\mathbf{1}} \in \operatorname{Ker} F.

Passo 1

O enunciado define uma aplicação linear \,F\colon\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3
pelas imagens na base canônica:
F(\mathbf{e}_1)=\mathbf{e}_2,\quad F(\mathbf{e}_2)=\mathbf{e}_3,\quad F(\mathbf{e}_3)=\mathbf{e}_2+\mathbf{e}_3.
Precisamos verificar a veracidade de quatro afirmações sobre pré-imagens, invertibilidade, imagem e núcleo de F.

Passo 2

Para \mathbf{v}=(x,y,z)=x\,\mathbf{e}_1+y\,\mathbf{e}_2+z\,\mathbf{e}_3, temos
F(\mathbf{v}) = x\,F(\mathbf{e}_1)+y\,F(\mathbf{e}_2)+z\,F(\mathbf{e}_3) = x\,\mathbf{e}_2 + y\,\mathbf{e}_3 + z\,(\mathbf{e}_2+\mathbf{e}_3).
Em coordenadas,
F(x,y,z)=(0,\;x+z,\;y+z).

Passo 3

O núcleo de F é o conjunto de (x,y,z) tais que
F(x,y,z)=(0,0,0)\;\Longrightarrow\; x+z=0,\;y+z=0.
Daí x=-z e y=-z, logo
\ker F =\{(x,y,z)\mid x=y=-z\} =\operatorname{span}\{(-1,-1,1)\},
que tem dimensão 1.

Passo 4

A imagem de F é o conjunto de vetores da forma
(0,a,b)=a\,\mathbf{e}_2+b\,\mathbf{e}_3,
com a,b\in\mathbb{R}. Logo
\operatorname{Im}F =\operatorname{span}\{\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\},
que é um subespaço de dimensão 2.

Passo 5

Uma aplicação linear \mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 é invertível se, e somente se, \ker F=\{0\}. Aqui \dim\ker F=1\ne0, portanto F não é inversível.

Passo 6

Para ver se (1,1,1) tem pré-imagem única, resolvemos
F(x,y,z)=(1,1,1) \;\Longrightarrow\;(0,x+z,y+z)=(1,1,1).
Isso exigiria 0=1, impossível. Logo não existe nenhuma pré-imagem de (1,1,1).

Passo 7

Verificamos e_1\in\ker F computando
F(\mathbf{e}_1)=\mathbf{e}_2\neq\mathbf{0},
logo \mathbf{e}_1\notin\ker F.

Resposta

(a) Falsa. Não existe pré-imagem de (1,1,1).
(b) Falsa. \ker F\ne\{0\}, logo F não é inversível.
(c) Verdadeira. \operatorname{Im}F=\span\{\mathbf{e}_2,\mathbf{e}_3\}.
(d) Falsa. F(\mathbf{e}_1)=\mathbf{e}_2\neq\mathbf{0}.

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