Questão 1: Determine uma base da imagem e uma base do núcleo da transformação linear dada, verifique se T é sobrejetiva, injetiva e bijetiva.
T: M_{2} \rightarrow M_{2} tal que T\left[\left(\begin{array}{cc}x & y \\\ z & t\end{array}\right)\right]=\left(\begin{array}{cc}x+y & y-z \\\ z & x+y-2 t\end{array}\right).

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T: M_{2}\to M_{2} definida por
T\!\left(\begin{pmatrix}x & y \\[4pt] z & t\end{pmatrix}\right) = \begin{pmatrix}x+y & y-z \\[4pt] z & x+y-2t\end{pmatrix}.
O que se pede:
  • Determinar uma base da imagem de T.
  • Determinar uma base do núcleo (ker) de T.
  • Verificar se T é sobrejetiva, injetiva e bijetiva.
Informações relevantes dadas: a transformação age em matrizes 2\times2; uma matriz genérica do domínio é parametrizada pelas entradas x,y,z,t. O espaço M_{2} (matrizes 2\times2) tem dimensão 4.]

Passo 2

Vou trabalhar com a base canônica de M_{2} formada por quatro matrizes que têm exatamente um elemento 1 e os demais 0. Denoto-as por
E_{11}=\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix},\quad E_{12}=\begin{pmatrix}0 & 1 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix},\quad E_{21}=\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix},\quad E_{22}=\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}.
Qualquer matriz A\in M_{2} pode ser escrita como
A = xE_{11}+yE_{12}+zE_{21}+tE_{22},
onde x,y,z,t são as entradas da matriz A. Usar essa base facilita encontrar a representação de T e, daí, a imagem e o núcleo.]

Passo 3

Calculo T aplicado a cada vetor da base canônica substituindo (x,y,z,t) adequadamente:
  • Para E_{11} temos x=1,y=0,z=0,t=0. Então
T(E_{11})=\begin{pmatrix}1+0 & 0-0 \\[4pt] 0 & 1+0-0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}.
  • Para E_{12} temos x=0,y=1,z=0,t=0. Então
T(E_{12})=\begin{pmatrix}0+1 & 1-0 \\[4pt] 0 & 0+1-0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1 & 1 \\[4pt] 0 & 1\end{pmatrix}.
  • Para E_{21} temos x=0,y=0,z=1,t=0. Então
T(E_{21})=\begin{pmatrix}0+0 & 0-1 \\[4pt] 1 & 0+0-0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & -1 \\[4pt] 1 & 0\end{pmatrix}.
  • Para E_{22} temos x=0,y=0,z=0,t=1. Então
T(E_{22})=\begin{pmatrix}0+0 & 0-0 \\[4pt] 0 & 0+0-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & -2\end{pmatrix}.
Esses quatro resultados são vetores (matrizes) que geram a imagem de T, porque a imagem é o espaço gerado por T das matrizes da base.]

Passo 4

Para ver independência linear e dimensão da imagem é útil colocar esses vetores como colunas (coordenadas relativas à base E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}). Escrevendo cada matriz como o vetor coluna (a_{11},a_{12},a_{21},a_{22})^{T}, obtemos:
T(E_{11})=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad T(E_{12})=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad T(E_{21})=\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad T(E_{22})=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]-2\end{pmatrix}.
A matriz que representa T na base canônica tem essas colunas:
M=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Agora vou determinar o posto (rank) dessa matriz — isto é, a dimensão da imagem — fazendo eliminação sobre as linhas (explico os passos para você poder reproduzir na prova).]

Passo 5

Faço operações sobre as linhas de M para obter pivôs:
Partimos de
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Subtraio a primeira linha da quarta linha: \text{L}_4\leftarrow \text{L}_4-\text{L}_1, obtendo
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
Agora vemos claramente pivôs nas colunas 1,2,3,4 (linhas 1,2,3,4 respectivamente). Assim a matriz tem posto 4.
Como o posto é 4 e o espaço alvo M_{2} tem dimensão 4, concluímos que a imagem de T tem dimensão 4 — ou seja, a imagem é todo M_{2}.
Uma consequência prática: qualquer base de M_{2} é também uma base da imagem. Em particular, a base canônica \{E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\} é uma base da imagem. Alternativamente, os próprios vetores \{T(E_{11}),T(E_{12}),T(E_{21}),T(E_{22})\} formam uma base, já que mostramos que são linearmente independentes (posto 4).]

Passo 6

Agora encontro o núcleo: resolvo T\!\left(\begin{pmatrix}x & y \\[4pt] z & t\end{pmatrix}\right)=0\), isto é, o sistema (cada entrada igual a zero) \[\begin{cases} x+y=0,\\[4pt] y-z=0,\\[4pt] z=0,\\[4pt] x+y-2t=0. \end{cases}
Resolvo passo a passo:
  • Da terceira equação temos z=0\]. - Da segunda equação, com \(z=0, vem y-0=0 então y=0.
    - Da primeira equação, com y=0, vem x+0=0 então x=0.
    - Da quarta equação, com x=0,y=0, vem -2t=0 então t=0.
Logo x=y=z=t=0. Assim o único elemento do núcleo é a matriz zero: \ker(T)=\{0\}.
Um espaço cujo único vetor é o vetor zero tem dimensão 0; sua base é a base vazia (ou podemos dizer explicitamente que não há vetores não‑nulos que formem base).]

Passo 7

Agora relaciono os resultados às propriedades pedidas:
  • Injetividade: como \ker(T)=\{0\}, a transformação é injetiva (única préimagem para cada vetor da imagem).
  • Sobrejetividade: como \dim(\mathrm{Im}\,T)=4 e \dim(M_{2})=4, a imagem é todo M_{2}, logo T é sobrejetiva.
  • Bijetividade: sendo ao mesmo tempo injetiva e sobrejetiva, T é bijetiva.
Também pode-se verificar pela fórmula do posto-nulidade: \dim(\ker T)+\dim(\mathrm{Im}\,T)=4. Aqui 0+4=4, consistindo com os resultados.

Resposta

Base da imagem: \{E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\} (ou equivalentemente \{T(E_{11}),T(E_{12}),T(E_{21}),T(E_{22})\}).
Base do núcleo: \varnothing (ou seja, \ker(T)=\{0\}).
T é sobrejetiva: Sim.
T é injetiva: Sim.
T é bijetiva: Sim.

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