Exercício 7: Considere a transformação linear T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3} definida por T(x, y)= (x-y, 2 x+y, y).
  1. Determine a matriz canônica [T].
  2. Calcule T(3,-2) utilizando a matriz encontrada.
  3. Determine se a transformação é injetora.
  4. Determine a base para a imagem de T.

Passo 1

O enunciado nos dá a transformação linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y) = (x-y,\;2x+y,\;y).
As perguntas são:
  1. Determine a matriz canônica [T] (matriz de T em relação às bases canônicas de \mathbb{R}^2 e \mathbb{R}^3).
  2. Calcule T(3,-2) usando a matriz encontrada.
  3. Determine se T é injetora.
  4. Determine uma base para \operatorname{Im}(T) (a imagem de T).
Informações relevantes do enunciado:
  • A regra de T aplicada a um vetor (x,y) é dada explicitamente.
  • As bases usadas são as canônicas (isto é, e_1=(1,0) e e_2=(0,1) em \mathbb{R}^2 e a base canônica padrão em \mathbb{R}^3).
  • Não há outras restrições: tudo pode ser feito com álgebra elementar.

Passo 2

Conceito prático (pequena “aula”): como achar a matriz canônica de uma transformação linear.
  • Se T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m é linear e e_1,\dots,e_n são os vetores da base canônica de \mathbb{R}^n, então a matriz canônica [T] é a matriz m\times n cujas colunas são T(e_1),\dots,T(e_n).
  • Intuição: aplicar T a um vetor (x_1,\dots,x_n) é o mesmo que formar a combinação linear x_1 T(e_1)+\dots+x_n T(e_n). Assim, a multiplicação da matriz [T] pelo vetor coluna (x_1,\dots,x_n)^\top T(x_1,\dots,x_n).
    Vou aplicar isso aqui com n=2 e m=3.

Passo 3

Calcular T sobre as bases canônicas de \mathbb{R}^2.
  • Para e_1=(1,0): pegue x=1, y=0. Então
T(1,0) = (1-0,\;2\cdot1+0,\;0) = (1,\;2,\;0).
  • Para e_2=(0,1): pegue x=0, y=1. Então
T(0,1) = (0-1,\;2\cdot0+1,\;1) = (-1,\;1,\;1).
Agora a matriz canônica [T] tem essas colunas, na ordem \big(T(e_1)\;|\;T(e_2)\big). Escrevendo em forma matricial:
[T] = \begin{pmatrix} 1 & -1\\[4pt] 2 & 1\\[4pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Como usar a matriz para calcular T(3,-2).
  • Regra: multiplicar [T] pelo vetor coluna \begin{pmatrix}3\\\ -2\end{pmatrix}.
  • Interpretação útil: isso é 3 vezes a primeira coluna mais (-2) vezes a segunda coluna.
Faço passo a passo:
[T]\begin{pmatrix}3\\\ -2\end{pmatrix} = 3\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix} + (-2)\begin{pmatrix}-1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.
Calcule cada parte:
3\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\\ 6\\\ 0\end{pmatrix}, \qquad (-2)\begin{pmatrix}-1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\\ -2\\\ -2\end{pmatrix}.
Somando:
\begin{pmatrix}3\\\ 6\\\ 0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}2\\\ -2\\\ -2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5\\\ 4\\\ -2\end{pmatrix}.
Portanto T(3,-2) = (5,4,-2).

Passo 5

Verificar injetividade estudando o núcleo (kernel). Lembrete teórico:
  • Uma transformação linear [T) é injetora se e somente se \ker(T)=\{0\}.
  • \ker(T)=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2 \mid T(x,y)=0\}. Vou resolver o sistema T(x,y)=0.
Escrevendo T(x,y)=(x-y,\;2x+y,\;y). Igualando ao vetor nulo (0,0,0) temos o sistema:
\begin{cases} x - y = 0,\\[4pt] 2x + y = 0,\\[4pt] y = 0. \end{cases}
Da terceira equação vem \,y=0\]. Substituindo na primeira: \(x-0=0 implica x=0. Assim o único vetor do kernel é (0,0).]

Passo 6

Conclusão sobre injetividade:
  • Como \ker(T)=\{(0,0)\}, a transformação T é injetora.
  • Comentário adicional útil: o posto (rank) de [T] é 2 (máxima possível, igual à dimensão do domínio), então o mapa é injetor e a imagem tem dimensão 2.

Passo 7

Encontrar uma base para a imagem \operatorname{Im}(T)\). - Lembrete teórico: a imagem de \(T\) é o subespaço de \(\mathbb{R}^3\) gerado pelas colunas da matriz \([T]\), isto é, \[\operatorname{Im}(T) = \operatorname{span}\{T(e_1),T(e_2)\}.
  • Já calculamos T(e_1)=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix} e T(e_2)=\begin{pmatrix}-1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.
Preciso verificar se essas duas colunas são linearmente independentes (se forem, formam uma base da imagem). Faço a verificação resolvendo
a\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix} + b\begin{pmatrix}-1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Isso dá o sistema
\begin{cases} a - b = 0,\\[4pt] 2a + b = 0,\\[4pt] 0a + b = 0. \end{cases}
Da terceira equação vem b=0\]. Então da primeira \(a-0=0 a=0. Logo só a solução trivial a=b=0, portanto as colunas são linearmente independentes.
Como são duas vetores independentes em \mathbb{R}^3, eles formam uma base da imagem, que tem dimensão 2. Assim uma base para \operatorname{Im}(T) é
\left\{ \begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}-1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix} \right\}.]

Resposta

[T] = \displaystyle \begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt] 2 & 1\\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}
T(3,-2) = \displaystyle \begin{pmatrix}5\\[4pt]4\\[4pt]-2\end{pmatrix}
T é injetora.
Uma base para \operatorname{Im}(T) é \displaystyle \left\{ \begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} \right\}.]

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