Nos problemas seguintes são apresentadas transformações lineares. Para cada uma de elas
a) T: \mathbb{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, \quad T(x, y)=(x+y, x, 2 y)
b) T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2}, \quad T(x, y, z)=(x+2 y-z, 2 x-y+z)
c) T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, \quad T(x, y, z)=(x+y, x-y,-x)
d) T: \mathcal{M}_{2 \times 2}(\mathbb{R}) \rightarrow \mathbb{R}^{2}, \quad T\left(\left[\begin{array}{ll}a & b \\\ c & d\end{array}\right]\right)=(a-c, b+c)
i) Determinar o núcleo, uma base para esse subespaço, e sua dimensão. T é injetora? Justificar.
ii) Determinar a imagem, uma base para esse subespaço, e sua dimensão. T é sobrejetora? Justificar

Passo 1

O enunciado dá quatro transformações lineares e pede, para cada uma, duas coisas:
a) T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3,\; T(x,y)=(x+y,\;x,\;2y).
b) T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2,\; T(x,y,z)=(x+2y-z,\;2x-y+z).
c) T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,\; T(x,y,z)=(x+y,\;x-y,\;-x).
d) T:\mathcal{M}_{2\times2}(\mathbb{R})\to\mathbb{R}^2,\; T\!\left(\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}\right)=(a-c,\;b+c).
Para cada transformação devemos:
i) Determinar o núcleo (kernel) \ker(T), uma base de \ker(T) e sua dimensão; dizer se T é injetora (justificar).
ii) Determinar a imagem (image) \operatorname{Im}(T), uma base de \operatorname{Im}(T) e sua dimensão; dizer se T é sobrejetora (justificar).
Informações relevantes dadas: as fórmulas explícitas das transformações acima (já listadas). Não há figuras adicionais.

Passo 2

Pequena revisão do método que vou aplicar (passo-a-passo, sem pular etapas):
  • Para transformações lineares entre espaços com bases canônicas (como \mathbb{R}^n), é prático representar T por uma matriz A cujas colunas são T(e_1),T(e_2),\dots, onde e_i são os vetores da base canônica. Assim T(v)=A v.
  • Núcleo: \ker(T)=\{v\mid T(v)=0\}. Em coordenadas matriciais é o espaço solução do sistema linear A v=0. Para resolver, escrevo as equações componentes e resolvo por eliminação. Uma base do núcleo vem dos vetores que geram o espaço solução livre.
  • Imagem: \operatorname{Im}(T)=\{T(v)\} é o espaço gerado pelas colunas de A (coluna por coluna). Uma base da imagem é um subconjunto das colunas que seja linearmente independente e que gere todas as colunas.
  • Dimensões e injeção/sobrejeção:
    • \dim(\ker(T)) é o número de parâmetros livres na solução de A v=0.
    • \dim(\operatorname{Im}(T))=\operatorname{rank}(A), número de colunas linearmente independentes.
    • Se \ker(T)=\{0\} então T é injetora; caso contrário não é.
    • T é sobrejetora se \operatorname{Im}(T) é todo o codomínio. Em \mathbb{R}^m isso significa \dim(\operatorname{Im}(T))=m.
  • Para T:\mathcal{M}_{2\times2}(\mathbb{R})\to\mathbb{R}^2 eu vetorizei a matriz seguindo a ordem canônica de entradas (a,b,c,d) correspondendo a a\cdot E_{11}+b\cdot E_{12}+c\cdot E_{21}+d\cdot E_{22}; então escrevo T como uma matriz 2\times 4 cujas colunas são as imagens desses quatro básicos.
Agora aplico isso a cada caso, resolvendo sistemas e analisando independência linear com passos detalhados.

Passo 3

Primeiro construo a matriz da transformação [T:\mathbb{R}2\to\mathbb{R}3) na base canônica. Uso e_1=(1,0) e e_2=(0,1).
  • T(e_1)=T(1,0)=(1+0,\;1,\;0)=(1,1,0).
  • T(e_2)=T(0,1)=(0+1,\;0,\;2)=(1,0,2).
Logo a matriz A é a matriz 3\times2 cujas colunas são T(e_1),T(e_2):
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt] 1 & 0\\[4pt] 0 & 2\end{pmatrix}.
Agora o núcleo é o conjunto de (x,y) tais que A\begin{pmatrix}x\y\end{pmatrix}=0. Escrevo as equações componente a componente:
\begin{cases} x + y = 0,\\[4pt] x = 0,\\[4pt] 2y = 0. \end{cases}
Da segunda equação x=0\]. Substituindo na primeira: \(0 + y = 0 \Rightarrow y=0. A terceira dá 2y=0\Rightarrow y=0 (consistente). Portanto a única solução é x=0,y=0.
Conclusão do núcleo: \ker(T)=\{(0,0)\}. Uma base do núcleo é o conjunto vazio (ou dizer que a dimensão é 0). Vou expressar isso claramente na resposta final.]

Passo 4

A imagem é o espaço gerado pelas colunas de A\), isto é \[\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,1,0),\; (1,0,2)\}.
Preciso verificar se as duas colunas são linearmente independentes. Suponha \alpha(1,1,0)+\beta(1,0,2)=(0,0,0). Isso dá o sistema
\begin{cases} \alpha + \beta = 0,\\[4pt] \alpha = 0,\\[4pt] 2\beta = 0. \end{cases}
Da segunda \alpha=0\]; então da primeira \(\beta=0. Logo são independentes. Portanto uma base da imagem é \{(1,1,0),(1,0,2)\} e \dim(\operatorname{Im}(T))=2.
Comparações com o codomínio: o codomínio é \mathbb{R}^3 (dimensão 3), e \dim(\operatorname{Im}(T))=2<3. Logo a imagem não é todo \mathbb{R}^3, então T não é sobrejetora.
Sobre injetividade: como \ker(T)=\{0\}, T é injetora.]

Passo 5

Para [T:\mathbb{R}3\to\mathbb{R}2) tomo e_1=(1,0,0),e_2=(0,1,0),e_3=(0,0,1).
  • T(e_1)=T(1,0,0)=(1,\;2).
  • T(e_2)=T(0,1,0)=(2,\;-1).
  • T(e_3)=T(0,0,1)=(-1,\;1).
A matriz A é 2\times3:
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & -1\\[4pt] 2 & -1 & 1\end{pmatrix}.
O núcleo é o conjunto de (x,y,z) tais que A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}=0, ou seja
\begin{cases} x + 2y - z = 0,\\[4pt] 2x - y + z = 0. \end{cases}
Vou resolver por eliminação. Somando as duas equações:
(x+2y-z) + (2x-y+z) = 0+0 \Rightarrow 3x + y = 0 \Rightarrow y = -3x.
Substituo y=-3x\] na primeira equação: \[x + 2(-3x) - z = 0 \Rightarrow x -6x - z = 0 \Rightarrow -5x - z = 0 \Rightarrow z = -5x.\] Portanto as soluções são \((x,y,z)=x(1,-3,-5). Com um parâmetro livre x\in\mathbb{R}. Assim
\ker(T)=\operatorname{span}\{(1,-3,-5)\},
e \dim(\ker(T))=1. Como o núcleo não é apenas o vetor 0, T não é injetora.]

Passo 6

A imagem é o espaço gerado pelas colunas de A\): \[\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,2),\;(2,-1),\;(-1,1)\}.
Basta ver quantas colunas são linearmente independentes. Considero as duas primeiras colunas (1,2) e (2,-1). Verifico se são independentes resolvendo \alpha(1,2)+\beta(2,-1)=(0,0). Isso é equivalente ao sistema
\begin{cases} \alpha + 2\beta = 0,\\[4pt] 2\alpha - \beta = 0. \end{cases}
Multiplicando a primeira por 1\] e a segunda por \(2 e combinando, ou simplesmente calculando o determinante da matriz 2\times2 formada por essas colunas:
\det\begin{pmatrix}1 & 2\\[4pt] 2 & -1\end{pmatrix} = 1\cdot(-1) - 2\cdot 2 = -1 - 4 = -5 \neq 0.
Como o determinante é não nulo, as duas colunas são linearmente independentes. Logo \operatorname{rank}(A)=2. O codomínio é \mathbb{R}^2 que tem dimensão 2, então \operatorname{Im}(T) é todo \mathbb{R}^2. Portanto:
  • Uma base da imagem pode ser \{(1,2),(2,-1)\}.
  • \dim(\operatorname{Im}(T))=2.
  • Como a imagem é \mathbb{R}^2, T é sobrejetora.
Observação: a relação rank-nullity (teorema do posto) verifica-se aqui: \dim(\ker(T))+\dim(\operatorname{Im}(T))=1+2=3= dimensão do espaço de partida \mathbb{R}^3.]

Passo 7

Para [T:\mathbb{R}3\to\mathbb{R}3) computo imagens dos vetores da base canônica:
  • T(e_1)=T(1,0,0)=(1,1,-1).
  • T(e_2)=T(0,1,0)=(1,-1,0).
  • T(e_3)=T(0,0,1)=(0,0,0) (observe que z não aparece nas coordenadas, então e_3 vai para o zero).
A matriz A (colunas T(e_1),T(e_2),T(e_3)) é
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Agora \ker(T) é o conjunto de (x,y,z) tais que
\begin{cases} x + y = 0,\\[4pt] x - y = 0,\\[4pt] -x = 0. \end{cases}
Da terceira equação -x = 0 \Rightarrow x=0\]. Substituindo em \(x+y=0 y=0. As duas primeiras implicam x=0,y=0. A variável z não aparece em nenhuma equação, é livre: z pode ser qualquer número real. Assim as soluções são (0,0,z)=z(0,0,1).
Logo
\ker(T)=\operatorname{span}\{(0,0,1)\},
e \dim(\ker(T))=1. Como o núcleo contém vetores não nulos, T não é injetora.]

Passo 8

A imagem é o espaço gerado pelas colunas não nulas, ou seja
\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,1,-1),\;(1,-1,0)\}.
Verifico independência. Suponha \alpha(1,1,-1)+\beta(1,-1,0)=(0,0,0)\). Isso dá o sistema \[\begin{cases} \alpha + \beta = 0,\\[4pt] \alpha - \beta = 0,\\[4pt] - \alpha + 0\cdot\beta = 0. \end{cases}
Da terceira equação -\alpha=0\Rightarrow \alpha=0\]. Então da primeira \(\beta=0. Logo são independentes. Assim \dim(\operatorname{Im}(T))=2.
Como o codomínio é \mathbb{R}^3 (dimensão 3) e a imagem tem dimensão 2<3, a imagem não é todo \mathbb{R}^3. Portanto T não é sobrejetora.]

Passo 9

Agora [T:\mathcal{M}_{2\times2}(\mathbb{R})\to\mathbb{R}^2) dada por T\!\left(\begin{pmatrix}a & b\\\ c & d\end{pmatrix}\right)=(a-c,\;b+c).
Escolho a ordem canônica das entradas como vetor (a,b,c,d) (correspondendo às matrizes base E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}). Calculo as imagens desses quatro básicos:
  • T(E_{11})=T(\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&0\end{pmatrix})=(1-0,\;0+0)=(1,0).
  • T(E_{12})=(0-0,\;1+0)=(0,1).
  • T(E_{21})=(0-1,\;0+1)=(-1,1).
  • T(E_{22})=(0-0,\;0+0)=(0,0).
Logo a matriz A (tendo colunas essas imagens) é 2\times4:
A=\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix}.
Resolve-se A\begin{pmatrix}a\b\c\d\end{pmatrix}=0, ou seja o sistema
\begin{cases} a - c = 0,\\[4pt] b + c = 0. \end{cases}
Da primeira a=c\]. Da segunda \(b=-c. A variável d não aparece, então é livre. Escrevo as soluções em termos dos parâmetros c e d:
(a,b,c,d)=(c,\,-c,\;c,\;d)=c(1,-1,1,0) + d(0,0,0,1).
Assim
\ker(T)=\operatorname{span}\{(1,-1,1,0),\;(0,0,0,1)\},
e \dim(\ker(T))=2. Como o núcleo tem dimensão >0, T não é injetora.]

Passo 10

A imagem é o espaço gerado pelas colunas de A:
\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,0),\;(0,1),\;(-1,1),\;(0,0)\}.
Já que (1,0) e (0,1) aparecem entre as colunas, esses dois vetores são linearmente independentes e geram \mathbb{R}^2. Portanto \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2 e \dim(\operatorname{Im}(T))=2. Assim T é sobrejetora.
Também é consistente com a relação rank-nullity para o espaço de partida \mathcal{M}_{2\times2}(\mathbb{R}) que tem dimensão 4: \dim(\ker(T))+\dim(\operatorname{Im}(T))=2+2=4.

Resposta

a) Núcleo: \ker(T)=\{(0,0)\}. Base de \ker(T): \varnothing (ou nenhuma); \dim(\ker(T))=0. T é injetora: Sim.
a) Imagem: \operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,1,0),\;(1,0,2)\}. Base da imagem: \{(1,1,0),(1,0,2)\}. \dim(\operatorname{Im}(T))=2. T é sobrejetora: Não.
b) Núcleo: \ker(T)=\operatorname{span}\{(1,-3,-5)\}. Base de \ker(T): \{(1,-3,-5)\}. \dim(\ker(T))=1. T é injetora: Não.
b) Imagem: \operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,2),(2,-1)\}=\mathbb{R}^2. Base da imagem: \{(1,2),(2,-1)\}. \dim(\operatorname{Im}(T))=2. T é sobrejetora: Sim.
c) Núcleo: \ker(T)=\operatorname{span}\{(0,0,1)\}. Base de \ker(T): \{(0,0,1)\}. \dim(\ker(T))=1. T é injetora: Não.
c) Imagem: \operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,1,-1),(1,-1,0)\}. Base da imagem: \{(1,1,-1),(1,-1,0)\}. \dim(\operatorname{Im}(T))=2. T é sobrejetora: Não.
d) Núcleo: \ker(T)=\operatorname{span}\{(1,-1,1,0),\;(0,0,0,1)\} (vetores correspondendo às entradas (a,b,c,d)). Base de \ker(T): \{(1,-1,1,0),(0,0,0,1)\}. \dim(\ker(T))=2. T é injetora: Não.
d) Imagem: \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2. Base da imagem: \{(1,0),(0,1)\} (por exemplo). \dim(\operatorname{Im}(T))=2. T é sobrejetora: Sim.

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