Questão 3. Seja A: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} uma transformação linear. Suponha que a ação de A sobre os vetores abaixo resulta em:
\begin{gathered} A(1,1,0)=(1,1,1) \\\ A(0,1,1)=(2,-1,0) \\\ A(1,0,1)=(3,0,1) \end{gathered}
a) (5 pt) Quem é A(1,0,0), A(0,1,0) e A(0,0,1) ? Ache uma expressão de A(x, y, z) para um vetor (x, y, z) qualquer.
b) (5pt) Determine todos os vetores (x, y, z) \in \mathbb{R}^{3} tais que A(x, y, z)=(5,2,3).

Passo 1

O enunciado dá a ação da transformação linear A:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 em três vetores e pede duas coisas:
  • Calcular A(1,0,0), A(0,1,0) e A(0,0,1) e obter uma expressão para A(x,y,z) qualquer (parte a).
  • Determinar todos os vetores (x,y,z)\in\mathbb{R}^3 tais que A(x,y,z)=(5,2,3) (parte b).
As informações fornecidas são (peguei estes vetores do enunciado):
\begin{gathered} A(1,1,0)=(1,1,1),\\[4pt] A(0,1,1)=(2,-1,0),\\[4pt] A(1,0,1)=(3,0,1). \end{gathered}]

Passo 2

Primeira lição rápida sobre linearidade (útil para a prova): uma transformação linear A satisfaz duas propriedades que vamos usar direto:
A(u+v)=A(u)+A(v)\quad\text{e}\quad A(\lambda u)=\lambda A(u)
para quaisquer vetores u,v e escalar \lambda.
Em particular, se escrevemos um vetor pela combinação das colunas da base canônica (1,0,0),(0,1,0),(0,0,1), isto é,
(x,y,z)=x(1,0,0)+y(0,1,0)+z(0,0,1),
então, pela linearidade,
A(x,y,z)=xA(1,0,0)+yA(0,1,0)+zA(0,0,1).
Logo, para conhecer A completamente basta saber A(1,0,0),A(0,1,0),A(0,0,1).

Passo 3

Defino incógnitas para as imagens das base canônica:
u:=A(1,0,0),\qquad v:=A(0,1,0),\qquad w:=A(0,0,1).
Agora uso as três igualdades dadas e a propriedade A(u+v)=A(u)+A(v) para escrever um sistema em u,v,w:
\begin{aligned} u+v &= (1,1,1),\\[4pt] v+w &= (2,-1,0),\\[4pt] u+w &= (3,0,1). \end{aligned}]

Passo 4

Vamos resolver o sistema para u,v,w. Uma forma prática é combinar as três equações. Chamo
a=(1,1,1),\quad b=(2,-1,0),\quad c=(3,0,1).
Das equações temos
u+v=a,\qquad v+w=b,\qquad u+w=c.
Subtraio a terceira da soma das duas primeiras ou uso a identidade direta para v:
(u+v)+(v+w)-(u+w)=a+b-c.
No lado esquerdo os termos se cancelam e sobra 2v. Portanto
2v = a+b-c.
Calculo o lado direito componente a componente:
Para as componentes:
a+b-c=(1,1,1)+(2,-1,0)-(3,0,1).
Faço a soma e subtração:
a+b=(3,0,1),\qquad a+b-c=(3,0,1)-(3,0,1)=(0,0,0).
Logo 2v=(0,0,0) e, portanto,
v=(0,0,0).

Passo 5

Com v=(0,0,0) volto às equações iniciais para obter u e w:
u+v=a\implies u=a=(1,1,1),
v+w=b\implies w=b=(2,-1,0).
Verificação rápida: u+w=(1,1,1)+(2,-1,0)=(3,0,1)=c, consistente.

Passo 6

Agora que temos as imagens das bases, escrevo A(x,y,z) usando linearidade:
A(x,y,z)=x\,u+y\,v+z\,w.
Substituindo u,v,w:
A(x,y,z)=x(1,1,1)+y(0,0,0)+z(2,-1,0).
Somando componente a componente obtemos a fórmula explícita:
A(x,y,z)=(x+2z,\;x-z,\;x).
Observação didática: a coluna da matriz de A na base canônica são exatamente u,v,w. Aqui a segunda coluna é nula, então y não influencia a imagem — isto significa que a direção (0,1,0) está no núcleo de A.

Passo 7

Parte (b): resolver A(x,y,z)=(5,2,3). Uso a expressão encontrada:
A(x,y,z)=(x+2z,\;x-z,\;x)=(5,2,3).
Isto gera o sistema de equações por componentes:
\begin{aligned} x+2z &= 5,\\[4pt] x-z &= 2,\\[4pt] x &= 3. \end{aligned}
Da última equação já vem x=3. Substituo em x-z=2:
3-z=2\implies z=1.
Verifico a primeira: x+2z=3+2\cdot1=5, ok. Note que y não aparece nas equações (pois v=(0,0,0)), então y é livre — qualquer valor de y serve.
Portanto todas as soluções são os vetores com x=3, z=1 e y arbitrário.]

Resposta

A(1,0,0)=(1,1,1), A(0,1,0)=(0,0,0), A(0,0,1)=(2,-1,0)
A(x,y,z)=(x+2z,\;x-z,\;x)
Conjunto solução de A(x,y,z)=(5,2,3): \{(3,t,1)\mid t\in\mathbb{R}\}

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