Questão 4. Seja A: \mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{3} uma transformação linear.
a) (4 pt) Utilizando apenas a definição e as propriedades gerais de uma transformação linear (sem usar a definição específica de A do item b), prove que o núcleo de A é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^{4}.
b) (2pt) Suponha que a ação de A seja tal que A(1,0,0,0)=(1,0,1), A(0,1,0,0)= (2,1,3), A(0,0,1,0)=(-1,1,0) e A(0,0,0,1)=(1,-2,-1) Determine a matriz da transformação linear A.
c) (4 pt) Encontre uma base para o núcleo de A.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (sem resolver nada ainda).
  • Dados:
    • A:\mathbb{R}^{4}\to\mathbb{R}^{3} é uma transformação linear.
    • No item (b) foram dadas as imagens dos vetores da base canônica: A(1,0,0,0)=(1,0,1),\quad A(0,1,0,0)=(2,1,3),
A(0,0,1,0)=(-1,1,0),\quad A(0,0,0,1)=(1,-2,-1).
  • Perguntas:
    a) Provar, usando apenas a definição e propriedades gerais de transformação linear, que o núcleo de A é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^4.
    b) Determinar a matriz de A (usando as imagens da base canônica fornecidas).
    c) Encontrar uma base para o núcleo de A.

Passo 2

Primeiro, lembrar e explicar as definições importantes (isso vai ajudar na prova do item (a)).
  • Definição do núcleo (nulidade): \ker(A)=\{v\in\mathbb{R}^4 \mid A(v)=0\}, onde 0 é o vetor nulo em \mathbb{R}^3.
  • Definição de subespaço vetorial de \mathbb{R}^4: um subconjunto W\subseteq\mathbb{R}^4 é subespaço se (i) contém o vetor zero, (ii) é fechado sob soma (se u,v\in W então u+v\in W), e (iii) é fechado sob multiplicação escalar (se v\in W e \alpha\in\mathbb{R} então \alpha v\in W).
  • Propriedades de uma transformação linear A:
    • A(0)=0 (imagem do vetor zero é o vetor zero).
    • A(u+v)=A(u)+A(v) para todos u,v.
    • A(\alpha v)=\alpha A(v) para todo escalar \alpha e vetor v.

Passo 3

Provar (i): \ker(A) contém o vetor zero.
  • Pela propriedade de linearidade, A(0)=0. Assim 0\in\ker(A) porque A(0)=0.
  • Explicação curta: a imagem do vetor zero é sempre o vetor zero numa transformação linear; portanto o núcleo não pode estar vazio e contém o nulo.

Passo 4

Provar (ii): fechamento por soma — se u\in\ker(A) e v\in\ker(A) então u+v\in\ker(A).
  • Se u\in\ker(A) então A(u)=0. Se v\in\ker(A) então A(v)=0.
  • Usando a linearidade: A(u+v)=A(u)+A(v)=0+0=0.
  • Como A(u+v)=0, segue que u+v\in\ker(A).
  • Observação didática: aqui se usou diretamente a propriedade de aditividade de A.

Passo 5

Provar (iii): fechamento por multiplicação escalar — se v\in\ker(A) e \alpha\in\mathbb{R} então \alpha v\in\ker(A).
  • Seja v\in\ker(A) então A(v)=0. Para \alpha\in\mathbb{R}, A(\alpha v)=\alpha A(v)=\alpha\cdot 0=0.
  • Assim A(\alpha v)=0, logo \alpha v\in\ker(A).
  • Observação didática: usou-se a propriedade de homogeneidade da transformação linear.

Passo 6

Conclusão do item (a).
  • Reunindo (i), (ii) e (iii): \ker(A) contém o vetor zero, é fechado sob soma e fechado sob multiplicação escalar. Portanto \ker(A) é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^4.
  • Dica prática para prova: sempre que pedirem mostrar que algo é subespaço, siga esses três passos simples — mostrar presença do zero e as duas fechamentos — e cite a linearidade quando necessário.

Passo 7

Agora o item (b): como obter a matriz de uma transformação linear quando são dadas as imagens dos vetores da base canônica.
  • Lembrete: a matriz de A relativa às bases canônicas de \mathbb{R}^4 (domínio) e \mathbb{R}^3 (contradomínio) tem como colunas as imagens dos vetores da base canônica do domínio, escritas nas coordenadas da base canônica do contradomínio.
  • Aqui as imagens das quatro colunas foram fornecidas explicitamente:
    • Coluna 1 = A(1,0,0,0)=(1,0,1).
    • Coluna 2 = A(0,1,0,0)=(2,1,3).
    • Coluna 3 = A(0,0,1,0)=(-1,1,0).
    • Coluna 4 = A(0,0,0,1)=(1,-2,-1).

Passo 8

Escrever a matriz resultante (cada coluna é a imagem correspondente).
[\,A\,]= \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -2\\[4pt] 1 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}
  • Explicação: é uma matriz 3\times 4. A primeira coluna é (1,0,1)^\top, a segunda (2,1,3)^\top, etc.]

Passo 9

Item (c): encontrar uma base para \ker(A). Estratégia: resolver o sistema linear A x = 0, onde x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^\top\in\mathbb{R}^4.
  • Escrever a equação matricial explicitamente: \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -2\\[4pt] 1 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1\\\ x_2\\\ x_3\\\ x_4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
  • Isso é equivalente ao sistema de três equações em quatro incógnitas: \begin{cases} x_1 + 2x_2 - x_3 + x_4 = 0,\\[4pt] x_2 + x_3 - 2x_4 = 0,\\[4pt] x_1 + 3x_2 - x_4 = 0. \end{cases}]

Passo 10

Resolver o sistema passo a passo (fazer eliminação/isolamento).
  • Da segunda equação isolamos x_2: x_2 = -x_3 + 2x_4.(Escolhi isso porque a segunda equação já tem coeficiente 1 em x_2, é prático.)
  • Substituir x_2 na primeira e terceira equações.
Substituindo na primeira:
x_1 + 2(-x_3+2x_4) - x_3 + x_4 = 0.
Calcular os termos:
x_1 -2x_3 +4x_4 - x_3 + x_4 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1 -3x_3 +5x_4 = 0.
Logo
x_1 = 3x_3 - 5x_4.
Substituindo na terceira:
x_1 + 3x_2 - x_4 = 0.
Substituindo x_1=3x_3-5x_4 e x_2=-x_3+2x_4:
(3x_3-5x_4) + 3(-x_3+2x_4) - x_4 = 0.
Calcular:
3x_3-5x_4 -3x_3 +6x_4 - x_4 = 0 \quad\Rightarrow\quad 0=0.
  • Isso mostra que a terceira equação é dependente das outras duas (nenhuma contradição, sistema consistente com graus de liberdade).

Passo 11

Parametrizar as soluções e extrair uma base do núcleo.
  • Tome parâmetros s=x_3 e t=x_4 (são variáveis livres).
  • As expressões são: x_1 = 3s - 5t,\qquad x_2 = -s + 2t,\qquad x_3 = s,\qquad x_4 = t.
  • Escrever o vetor solução em forma linear: \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\x_4\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}3\\\ -1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-5\\\ 2\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
  • Portanto \ker(A)=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}3\\\ -1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-5\\\ 2\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.

Passo 12

Verificação rápida de que os dois vetores formam uma base.
  • São dois vetores linearmente independentes (não múltiplos um do outro), e geram todos os vetores solução (pois usamos os dois parâmetros s,t). Como o espaço solução tem dimensão 2 (quatro incógnitas menos posto =4-2=2), esses dois vetores formam uma base do núcleo.
  • Observação prática: em prova, basta mostrar que a solução pode ser escrita como combinação linear desses vetores e que os vetores não são múltiplos escalares entre si.

Resposta

(a) \ker(A) é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^4.
(b) [\,A\,]= \begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -2\\[4pt] 1 & 3 & 0 & -1 \end{pmatrix}
(c) Uma base para \ker(A) é
\left\{\begin{pmatrix}3\\-1\\1\\0\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}-5\\2\\0\\1\end{pmatrix}\right\}.

Exercícios relacionados