Exercício 5: Considere a transformação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dada por T(x, y, z)=(3 x+y-3 z, x+y+z, 4 x+2 y-2 z).
a. Determine uma base para o núcleo de T. T é injetora?
b. Determine uma base para a imagem de T. T é sobrejetora?

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear
T\colon \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3,\quad T(x,y,z) = (3x + y - 3z,\;x + y + z,\;4x + 2y - 2z),
e pede (a) uma base de \ker T e se T é injetora e (b) uma base de \Im T e se T é sobrejetora. Vamos usar a representação matricial de T, resolver o sistema homogêneo para \ker T, analisar colunas para \Im T e aplicar o teorema da dimensão
\dim\ker T + \dim\Im T = \dim\mathbb{R}^3 = 3.

Passo 2

Para achar \ker T\) resolvemos \(T(x,y,z) = (0,0,0)\), isto é o sistema \[\begin{cases} 3x + y - 3z = 0,\\\ x + y + z = 0,\\\\ 4x + 2y - 2z = 0. \end{cases}
Da segunda equação \;y = -x - z\]. Substituindo na primeira: \[3x + (-x - z) - 3z = 0 \implies 2x - 4z = 0 \implies x = 2z.\] Então \(y = -2z - z = -3z. A terceira equação fica satisfeita automaticamente. Logo
(x,y,z) = z\,(2,\,-3,\,1),\quad z\in\mathbb{R},
e uma base de \ker T é
\{(2,-3,1)\}.
Como \dim\ker T = 1 > 0, temos \ker T\neq\{0\}, portanto T não é injetora.

Passo 3

A imagem de T é o subespaço gerado pelas colunas da matriz
A = \begin{pmatrix} 3 & 1 & -3\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 4 & 2 & -2 \end{pmatrix}.
Verifica-se que as duas primeiras colunas são linearmente independentes e que a terceira é combinação delas:
(-3,1,-2) = -2\,(3,1,4) \;+\;3\,(1,1,2).
Logo \dim\Im T = 2 e uma base é
\{(3,1,4),\;(1,1,2)\}.
Como \dim\Im T = 2 < 3 = \dim\mathbb{R}^3, segue que T não é sobrejetora.

Resposta

(a) Base de \ker T: \{(2,-3,1)\}. T não é injetora.
(b) Base de \Im T: \{(3,1,4),\,(1,1,2)\}. T não é sobrejetora.

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