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
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:
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:
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.