2. (Matriz da transformação linear inversa)

Seja T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} um operador linear definido por T(x, y, z)=(x-y, 2 y, y+z).
(a) Demonstre que o operador linear T é um isomorfismo, isto é, operador linear T é invertível. (Dica: Determine a matriz [T]_{B, B}, tomando B como sendo a base canônica do \mathbb{R}^{3} e verifique se essa matriz é invertível.)
(b) Determine a matriz [T]_{B, B}^{-1}. Em seguida, usando essa matriz, determine a lei de formação do operador linear T^{-1}.

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(x-y,\;2y,\;y+z).
As perguntas são:
  • (a) Mostrar que T é um isomorfismo (ou seja, que T é invertível).
  • (b) Determinar a matriz [T]_{B,B}^{-1} (onde B é a base canônica) e, usando-a, obter a lei de formação de T^{-1}.
Informações relevantes fornecidas:
  • A base B é a base canônica \{e_{1},e_{2},e_{3}\} de \mathbb{R}^{3}.
  • A regra de T aplicada a um vetor (x,y,z) está explicitada acima.

Passo 2

Primeiro vamos obter a matriz de T em relação à base canônica B. Lembrando que a matriz coluna correspondente é formada pelas imagens dos vetores da base:
[T]_{B,B}=\big(T(e_{1})\;|\;T(e_{2})\;|\;T(e_{3})\big).
Calculemos T(e_{1}),T(e_{2}),T(e_{3}):
T(e_{1})=T(1,0,0)=(1-0,\;2\cdot0,\;0+0)=(1,0,0),
T(e_{2})=T(0,1,0)=(0-1,\;2\cdot1,\;1+0)=(-1,2,1),
T(e_{3})=T(0,0,1)=(0-0,\;2\cdot0,\;0+1)=(0,0,1).
Portanto a matriz de T na base canônica é
A:=[T]_{B,B}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Para decidir se T é invertível, usamos o fato (teoria curta e direta): uma transformação linear T:\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n} é invertível se, e somente se, a matriz associada em uma base qualquer tem determinante diferente de zero. Ou seja, T é isomorfismo \iff \det([T]_{B,B})\neq0.
Calculemos \det(A). Usando expansão pela primeira linha:
\det(A)=1\cdot\det\begin{pmatrix}2 & 0\\[2pt]1 & 1\end{pmatrix} -(-1)\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 0\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix} +0\cdot(\cdots).
Compute os menores:
\det\begin{pmatrix}2 & 0\\[2pt]1 & 1\end{pmatrix}=2\cdot1-0\cdot1=2, \qquad \det\begin{pmatrix}0 & 0\\[2pt]0 & 1\end{pmatrix}=0.
Logo
\det(A)=1\cdot2 -(-1)\cdot0 = 2.
Como \det(A)=2\neq0, concluímos que A é invertível e, portanto, T é um isomorfismo (invertível). Isso responde a (a).]

Passo 4

Agora vamos calcular explicitamente A^{-1}=[T]_{B,B}^{-1}. Usarei o método de Gauss–Jordan (eliminacão) para inverter a matriz. Partimos da matriz aumentada (A\;|\;I):
\left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right).
Executamos operações elementares para transformar a parte esquerda em I_{3}.
  1. Dividir a segunda linha por 2:
R_{2}\leftarrow \tfrac{1}{2}R_{2}\quad\Rightarrow\quad \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right).
  1. Eliminar o 1 em (3,2) subtraindo a nova linha 2 da linha 3:
R_{3}\leftarrow R_{3}-R_{2}\quad\Rightarrow\quad \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right).
  1. Eliminar o -1 em (1,2) somando a linha 2 à linha 1:
R_{1}\leftarrow R_{1}+R_{2}\quad\Rightarrow\quad \left(\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right).
Agora a parte esquerda já é I_{3}. A parte direita é A^{-1}. Assim
A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt] 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt] 0 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Para checar (opcional mas útil didaticamente) que está correto, podemos multiplicar A por A^{-1} e verificar que obtém I_{3}. Multiplicando mentalmente ou por linhas/colunas:
A\cdot A^{-1}=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt] 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt] 0 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{pmatrix} =I_{3},
o que confirma que o inverso está correto (os cálculos das entradas foram feitos no processo de Gauss–Jordan).]

Passo 6

Finalmente, obtemos a lei de formação de T^{-1}. Se denotarmos um vetor arbitrário em \mathbb{R}^{3} por (u,v,w), então a imagem por T^{-1} é dada por multiplicar A^{-1} pelo vetor coluna \begin{pmatrix}u\\[2pt]v\\[2pt]w\end{pmatrix}. Assim
\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix} =A^{-1}\begin{pmatrix}u\\[2pt]v\\[2pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt] 0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt] 0 & -\tfrac{1}{2} & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}u\\[2pt]v\\[2pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u+\tfrac{1}{2}v\\[6pt] \tfrac{1}{2}v\\[6pt] w-\tfrac{1}{2}v \end{pmatrix}.
Portanto, escrevendo a regra de T^{-1} em forma parecida com a de T, para qualquer (u,v,w)\in\mathbb{R}^{3} vale
T^{-1}(u,v,w)=\Big(u+\tfrac{1}{2}v,\;\tfrac{1}{2}v,\;w-\tfrac{1}{2}v\Big).]

Resposta

(a) T é um isomorfismo, pois [T]_{B,B}= \displaystyle\begin{pmatrix}1 & -1 & 0\\[4pt]0 & 2 & 0\\[4pt]0 & 1 & 1\end{pmatrix} tem \det=2\neq0.\n
(b) [T]_{B,B}^{-1}=\displaystyle\begin{pmatrix}1 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt]0 & \tfrac{1}{2} & 0\\[6pt]0 & -\tfrac{1}{2} & 1\end{pmatrix} e
T^{-1}(u,v,w)=\Big(u+\tfrac{1}{2}v,\;\tfrac{1}{2}v,\;w-\tfrac{1}{2}v\Big).]

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