Exercício 5: Considere a transformação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} definida por:
T(x, y, z)=(x+2 y-z, y+z, x+y-2 z)
  1. Determine uma base para o núcleo de T(\operatorname{Ker}(T)).
  2. Determine a dimensão da imagem de T(\operatorname{dim}(\operatorname{Im}(T))).
  3. O vetor v=(1,1,0) pertence à imagem de T ? Justifique.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y,z)=(x+2y-z,\; y+z,\; x+y-2z).
As perguntas são:
  1. Determinar uma base para o núcleo de T (ou seja, \operatorname{Ker}(T)).
  2. Determinar a dimensão da imagem de T (ou seja, \dim(\operatorname{Im}(T))).
  3. Verificar se o vetor v=(1,1,0) pertence à imagem de T e justificar.
Informações relevantes extraídas do enunciado que usarei:
  • A transformação é linear e está dada coordenada a coordenada.
  • Posso representá-la pela matriz A relativa à base canônica; as colunas de A são as imagens dos vetores canônicos: A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & -2 \end{pmatrix},onde a primeira coluna é T(1,0,0), a segunda é T(0,1,0) e a terceira é T(0,0,1).
  • Para encontrar \operatorname{Ker}(T) vou resolver A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
  • Para verificar se v pertence à imagem, vou tentar resolver A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=v.]

Passo 2

Primeiro, entender o que é o núcleo e como encontrá-lo. Definição prática: o núcleo de T é o conjunto dos vetores que são levados ao vetor zero pela transformação; formalmente
\operatorname{Ker}(T)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid T(x,y,z)=(0,0,0)\}.
Isso dá um sistema linear obtido das coordenadas de T(x,y,z). Escrevendo as três igualdades (cada coordenada igual a zero):
\begin{cases} x+2y-z=0,\\[4pt] y+z=0,\\[4pt] x+y-2z=0. \end{cases}
Vou resolver esse sistema passo a passo usando substituição (método simples e direto para três equações).]

Passo 3

Resolver o sistema para \operatorname{Ker}(T).
Da segunda equação temos imediatamente
y+z=0\quad\Rightarrow\quad z=-y.
Substituo z=-y na primeira equação:
x+2y-(-y)=x+3y=0\quad\Rightarrow\quad x=-3y.
Verifico a terceira equação com essas relações:
x+y-2z = (-3y)+y-2(-y) = -3y+y+2y =0,
logo é satisfeita; o sistema é consistente e os dois graus de liberdade se reduzem a um parâmetro livre y. Parametrizando por t=y obtemos
(x,y,z)=(-3t,\; t,\; -t)=t\cdot(-3,1,-1).
Portanto o núcleo é uma reta através da origem; uma base para \operatorname{Ker}(T) é o conjunto formado pelo vetor que gera essa reta:
\{(-3,1,-1)\}.
Explicação rápida do que fiz: escrevi as equações, isolei uma variável da forma mais simples (a segunda equação), substituí nas outras e encontrei relações lineares entre x,y,z. O parâmetro t representa a liberdade (dimensão) do espaço solução.

Passo 4

Agora a dimensão da imagem. Vou usar o teorema fundamental (teorema do posto-nulidade, rank–nullity): para uma transformação linear T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m,
\dim(\operatorname{Ker}(T))+\dim(\operatorname{Im}(T))=n.
Aqui n=3 (domínio \mathbb{R}^3). Já encontramos \dim(\operatorname{Ker}(T))=1 porque a base do núcleo tem um vetor. Assim
\dim(\operatorname{Im}(T))=3-1=2.
Complemento (útil para entender): isso significa que as colunas da matriz A geram um subespaço de dimensão 2 em \mathbb{R}^3. Posso também ver explicitamente a dependência linear entre as colunas: escrevendo as colunas
c_1=\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\quad c_2=\begin{pmatrix}2\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\quad c_3=\begin{pmatrix}-1\\\ 1\\\ -2\end{pmatrix},
busco coeficientes \alpha,\beta com \alpha c_1+\beta c_2=c_3. Das segundas coordenadas vem \beta=1. Da primeira coordenada \alpha+2\beta=-1 \alpha=-3. Verifico a terceira coordenada: -3\cdot1+1\cdot1=-2, consistente. Logo
c_3=-3c_1+1c_2,
mostrando dependência e que apenas dois vetores (por exemplo c_1,c_2) formam uma base da imagem.

Passo 5

Agora verifico se v=(1,1,0)\) pertence à imagem de \(T\). Estratégia: resolver o sistema \[A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},
isto é, o sistema
\begin{cases} x+2y-z=1,\\[4pt] y+z=1,\\[4pt] x+y-2z=0. \end{cases}
Vou resolver por substituição como antes.
Da segunda equação:
y+z=1\quad\Rightarrow\quad z=1-y.
Substituo em primeira equação:
x+2y-(1-y)=x+3y-1=1\quad\Rightarrow\quad x+3y=2\quad\Rightarrow\quad x=2-3y.
Substituo x\] e \(z na terceira equação:
x+y-2z=(2-3y)+y-2(1-y)=2-3y+y-2+2y=0,
que é uma identidade (zero) para todo y. Ou seja, o sistema é consistente e tem uma família de soluções parametrizada por y. Portanto existe solução, o que implica que v está na imagem de T.
Um exemplo explícito de solução: tomar y=0. Então x=2 e z=1. Verificando:
T(2,0,1)=(2+0-1,\;0+1,\;2+0-2\cdot1)=(1,1,0)=v.
Também poderia escolher y=1, dando outra pré-imagem; a não unicidade vem do fato do núcleo ser não-trivial (quando somar qualquer vetor do núcleo a uma pré-imagem obtém-se outra pré-imagem).]

Resposta

\operatorname{Ker}(T)=\operatorname{span}\{(-3,1,-1)\}
\dim(\operatorname{Im}(T))=2
Sim. Por exemplo T(2,0,1)=(1,1,0).

Exercícios relacionados