Mostre que a aplicação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dada por
T(x, y, z)=(x+z, y+z, x+2 z)
é um automorfismo de \mathbb{R}^{3}.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definida por
T(x,y,z)=(x+z,\;y+z,\;x+2z).
O que nos pedem: mostrar que T é um automorfismo de \mathbb{R}^{3}. Em termos práticos, isso significa mostrar que T é linear e bijetora (equivalente a dizer que é invertível). As informações que temos são exatamente a fórmula de T para um vetor genérico (x,y,z).

Passo 2

Definição de linearidade (rápida): uma aplicação L:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 é linear se, para quaisquer vetores u,v\in\mathbb{R}^3 e escalar \alpha\in\mathbb{R},
L(u+v)=L(u)+L(v)\quad\text{e}\quad L(\alpha u)=\alpha L(u).
Verificação direta em componentes para T. Tome u=(x_1,y_1,z_1) e v=(x_2,y_2,z_2). Então
u+v=(x_1+x_2,\;y_1+y_2,\;z_1+z_2).
Aplicando T a u+v,
T(u+v)=\big((x_1+x_2)+(z_1+z_2),\;(y_1+y_2)+(z_1+z_2),\;(x_1+x_2)+2(z_1+z_2)\big).
Agrupando termos isso é
T(u+v)=(x_1+z_1,\;y_1+z_1,\;x_1+2z_1)+(x_2+z_2,\;y_2+z_2,\;x_2+2z_2)=T(u)+T(v).
Para escalares, seja \alpha\in\mathbb{R}. Então
T(\alpha u)=T(\alpha x_1,\alpha y_1,\alpha z_1)=(\alpha x_1+\alpha z_1,\;\alpha y_1+\alpha z_1,\;\alpha x_1+2\alpha z_1)=\alpha T(u).
Portanto T é linear.

Passo 3

Vamos escrever T na matriz relativa à base padrão \{e_1,e_2,e_3\}. Lembrando que a coluna i da matriz é T(e_i).
Calcule T nos vetores da base:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1,0,1), \qquad T(e_2)=T(0,1,0)=(0,1,0), \qquad T(e_3)=T(0,0,1)=(1,1,2).
Assim a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & 2 \end{pmatrix},
pois A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x+z\y+z\x+2z\end{pmatrix}=T(x,y,z).]

Passo 4

Critério de invertibilidade para matrizes: uma aplicação linear representada por uma matriz quadrada A é invertível se, e somente se, \det(A)\neq0. Vamos calcular \det(A).
Usando expansão pela primeira linha:
\det(A)=1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix} -0\cdot\det(\cdots) +1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}.
Calculando os determinantes 2×2:
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 2\end{pmatrix}=1\cdot2-1\cdot0=2,
\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}=0\cdot0-1\cdot1=-1.
Logo
\det(A)=1\cdot2 + 1\cdot(-1)=2-1=1.
Como \det(A)=1\neq0, a matriz A é invertível, portanto T é invertível (bijetora). Isto mostra que T é um automorfismo de \mathbb{R}^3.]

Passo 5

Para fixar a intuição, vamos achar explicitamente a inversa T^{-1}. Seja (u,v,w)=T(x,y,z), ou seja
u=x+z,\qquad v=y+z,\qquad w=x+2z.
Queremos resolver para x,y,z em função de u,v,w. Subtraindo u de w obtemos
w-u=(x+2z)-(x+z)=z,
portanto
z=w-u.
Em seguida
x=u-z=u-(w-u)=2u-w,
y=v-z=v-(w-u)=u+v-w.
Portanto a inversa é a transformação linear
T^{-1}(u,v,w)=(2u-w,\;u+v-w,\;w-u).
Verificação rápida: aplicando T^{-1} sobre T(x,y,z) recupera (x,y,z), cujo cálculo foi feito acima (substituições), confirmando que é de fato a inversa.

Resposta

T é um automorfismo de \mathbb{R}^{3}.
Uma forma explícita da inversa é T^{-1}(u,v,w)=(2u-w,\;u+v-w,\;w-u).

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