Questão 02. (3,5 pontos) Dadas as transformações lineares F: \mathbf{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2} e G: \mathbf{R}^{2} \rightarrow \mathbb{R}^{3} tais que F(x, y, z)= (x-y, y-z) e G(x, y)=(x-y, y-x, x+y), encontre
(a) uma base para o núcleo e para a imagem de G \circ F;
(b) (G \circ F+I)^{-1}, onde I é a identidade do \mathbb{R}^{3}.

Passo 1

O enunciado dá duas transformações lineares
F:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2,\qquad F(x,y,z)=(x-y,\;y-z)
e
G:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3,\qquad G(u,v)=(u-v,\;v-u,\;u+v).
Pede-se:
(a) uma base para o núcleo e uma base para a imagem da composição G\circ F;
(b) a inversa (G\circ F+I)^{-1}, onde I é a identidade de \mathbb{R}^3.
As informações relevantes que temos são as fórmulas explícitas de F e G, e que a composição G\circ F é a aplicação de F seguida de G. A resolução começará encontrando a expressão explícita de G\circ F e a matriz correspondente.

Passo 2

Vamos calcular explicitamente G\circ F. Seja
u = x-y,\qquad v = y-z
(vindos de F). Aplicando G a (u,v) obtemos:
(G\circ F)(x,y,z)=G(u,v)=(u-v,\;v-u,\;u+v).
Substituindo u=x-y e v=y-z temos, componente a componente:
u-v=(x-y)-(y-z)=x-2y+z,
v-u=(y-z)-(x-y)=-(x-2y+z),
u+v=(x-y)+(y-z)=x-z.
Portanto, para todo (x,y,z)\in\mathbb{R}^3,
(G\circ F)(x,y,z)=\bigl(x-2y+z,\;-(x-2y+z),\;x-z\bigr).

Passo 3

É útil escrever G\circ F como multiplicação por uma matriz A em relação à base canônica. Avaliamos G\circ F nas três bases canônicas (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1):
  • Para (1,0,0): (1-0+0,\;-(1-0+0),\;1-0)=(1,-1,1).
  • Para (0,1,0): (0-2\cdot1+0,\;-(0-2\cdot1+0),\;0-0)=(-2,2,0).
  • Para (0,0,1): (0-0+1,\;-(0-0+1),\;0-1)=(1,-1,-1).
Logo a matriz de G\circ F na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1\\[4pt] -1 & 2 & -1\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{pmatrix},
cuja j-ésima coluna é a imagem do j-ésimo vetor canônico.]

Passo 4

Agora vamos achar o núcleo de G\circ F\). Por definição, o núcleo é o conjunto de vetores \((x,y,z)\) tais que \(A(x,y,z)^{T}=0\). Escrevendo o sistema linear das três componentes obtemos: \[\begin{cases} x-2y+z=0,\\[4pt] - x+2y-z=0,\\[4pt] x-z=0. \end{cases}
Observações:
  • A segunda equação é simplesmente a negativa da primeira, então não dá informação nova.
  • Da terceira equação temos x=z\]. Substituindo na primeira: \[x-2y+x=0 \implies 2x-2y=0 \implies x-y=0 \implies y=x.\] Portanto \(x=y=z. Assim todo vetor do núcleo é da forma (t,t,t)=t(1,1,1). Concluímos que
\ker(G\circ F)=\operatorname{span}\{(1,1,1)\}.
Isto é, uma base para o núcleo é \{(1,1,1)\}.
(Comentário didático rápido: resolver o núcleo equivale a resolver um sistema homogêneo; encontrar que todas as coordenadas são iguais mostra que o espaço de soluções é uma reta através da origem.)]

Passo 5

Para a imagem (ou posto) usamos que a imagem de uma transformação linear dada por matriz é o subespaço gerado pelas colunas da matriz. As colunas de A são
c_1=(1,-1,1),\qquad c_2=(-2,2,0),\qquad c_3=(1,-1,-1).
Verificamos dependência linear entre elas. Note que
c_3 = -c_1 - c_2,
porque -c_1-c_2 = -(1,-1,1)+(-2,2,0) = (1,-1,-1)=c_3. Assim c_3 é combinação linear de c_1 e c_2, logo as colunas são geradas por c_1 e c_2.
Precisamos checar se c_1 e c_2 são independentes. Se a c_1 + b c_2 = 0 então pelas componentes obtemos
(a-2b,\; -a+2b,\; a)= (0,0,0).
Da terceira componente vem a=0; substituindo, -2b =0 b=0. Logo são independentes. Portanto
\operatorname{Im}(G\circ F)=\operatorname{span}\{(1,-1,1),\;(-2,2,0)\}.
Uma base para a imagem é \{(1,-1,1),\;(-2,2,0)\}.
(Comentário didático: pela fórmula de posto-nuloidade, \dim\ker=1 e domínio tem dimensão 3, então \dim\operatorname{Im}=3-1=2, consistente com termos duas colunas independentes.)

Passo 6

Agora resolvemos (b): calcular (G\circ F + I)^{-1}. Primeiro montamos a matriz B=A+I (soma elemento a elemento com a identidade I_3):
B = A + I = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1\\[4pt] -1 & 2 & -1\\[4pt] 1 & 0 & -1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 & -2 & 1\\[4pt] -1 & 3 & -1\\[4pt] 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Queremos B^{-1}.]

Passo 7

Verificamos que B é invertível calculando o determinante. Expandindo pela primeira linha:
\det B =2\det\begin{pmatrix}3 & -1\\[2pt]0 & 0\end{pmatrix} -(-2)\det\begin{pmatrix}-1 & -1\\[2pt]1 & 0\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}-1 & 3\\[2pt]1 & 0\end{pmatrix}.
Calculando cada menor:
\det\begin{pmatrix}3 & -1\\\ 0 & 0\end{pmatrix}=0,\qquad \det\begin{pmatrix}-1 & -1\\\ 1 & 0\end{pmatrix}=1,\qquad \det\begin{pmatrix}-1 & 3\\\ 1 & 0\end{pmatrix}=-3.
Substituindo:
\det B = 2\cdot 0 -(-2)\cdot 1 + 1\cdot(-3) = 2-3 = -1.
Como \det B = -1 \neq 0, B é invertível.]

Passo 8

Vamos calcular B^{-1} pelo método da adjunta (matriz dos cofatores transposta), que é prático aqui porque já temos \det B. Para isso calculamos os menores e cofatores C_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}.
Os menores M_{ij} e cofatores levam às seguintes entradas da matriz de cofatores:
\begin{pmatrix} C_{11} & C_{12} & C_{13}\\[4pt] C_{21} & C_{22} & C_{23}\\[4pt] C_{31} & C_{32} & C_{33} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & -3\\[4pt] 0 & -1 & -2\\[4pt] -1 & 1 & 4 \end{pmatrix}.
(Aqui cada C_{ij} foi obtido calculando o menor M_{ij} e multiplicando por (-1)^{i+j}; por exemplo M_{12}=1 e C_{12}=(-1)^{1+2}M_{12}=-1, etc.)
A adjunta \operatorname{adj}(B) é a transposta da matriz de cofatores:
\operatorname{adj}(B)= \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1\\[4pt] -1 & -1 & 1\\[4pt] -3 & -2 & 4 \end{pmatrix}.
Finalmente
B^{-1}=\frac{1}{\det B}\operatorname{adj}(B)=\frac{1}{-1}\operatorname{adj}(B)=-\operatorname{adj}(B).
Portanto
B^{-1}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 2 & -4 \end{pmatrix}.
(Fazendo uma rápida verificação: multiplicando B por essa matriz obtém-se a matriz identidade I_3, confirmando que o cálculo está correto.)]

Passo 9

Resumo final: temos a base do núcleo, a base da imagem e a matriz inversa pedida. Estou torcendo por você na prova — lembre que esses passos (composição, resolver sistema para o núcleo, e usar colunas para a imagem) são receitas úteis que você pode aplicar rápido na prova.

Resposta

\ker(G\circ F)=\operatorname{span}\{(1,1,1)\}, \operatorname{Im}(G\circ F)=\operatorname{span}\{(1,-1,1),\;(-2,2,0)\}
(G\circ F+I)^{-1}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1\\[4pt] 1 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 2 & -4 \end{pmatrix}]

Exercícios relacionados