Questão 2: Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} uma aplicação dada por T(x, y, z)=(x-2 y, z, x+y).
(a) (1,0 ponto) Mostre que T é uma transformação linear.
(b) (1,0 ponto) Determine [T]_{\beta}^{\alpha}, onde \alpha=\{(1,1,1),(0,1,1),(0,0,1)\} e \beta=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)\} são bases de \mathbb{R}^{3}.
(c) ( 0,5 pontos) Determine o núcleo de T.
(d) (1,0 ponto) T é um isomorfismo? Se sim, determine T^{-1} e \left[T^{-1}\right].

Passo 1

O enunciado define a aplicação
T\colon \mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3,\quad T(x,y,z)=(\,x-2y,\;z,\;x+y\,)
e pede:
(a) mostrar que T é linear;
(b) calcular a matriz [T]_{\beta}^{\alpha}, onde \alpha=\{(1,1,1),(0,1,1),(0,0,1)\} e \beta=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,2)\};
(c) encontrar \ker(T);
(d) decidir se T é isomorfismo e, em caso afirmativo, achar T^{-1} e sua matriz.

Passo 2

Para mostrar que T é linear, basta verificar que para quaisquer u=(x_1,y_1,z_1), v=(x_2,y_2,z_2) e escalar c vale
T(u+v)=T(x_1+x_2,\;y_1+y_2,\;z_1+z_2) =(x_1+x_2-2(y_1+y_2),\;z_1+z_2,\;x_1+x_2+y_1+y_2)
e
T(u)+T(v) =(x_1-2y_1,\;z_1,\;x_1+y_1)+(x_2-2y_2,\;z_2,\;x_2+y_2)
que coincide com T(u+v). Similarmente
T(c\,u)=T(cx_1,cy_1,cz_1) =(c(x_1-2y_1),\,cz_1,\,c(x_1+y_1)) =c\,T(u).
Logo T preserva soma e escalares, isto é, é transformação linear.

Passo 3

Para achar [T]_{\beta}^{\alpha} calculamos T nos vetores de \alpha e expressamos o resultado em coordenadas da base \beta.
  1. v_1=(1,1,1)
T(1,1,1)=(-1,1,2).
Em \beta, (-1,1,2)=(-1)\,(1,0,0)+(1)\,(0,1,0)+(1)\,(0,0,2), pois 2\,(0,0,2)= (0,0,2)\cdot2. Logo as coordenadas são \bigl[-1,\,1,\,1\bigr]^T.
2) v_2=(0,1,1)
T(0,1,1)=(-2,1,1).
Em \beta: (-2,1,1)=(-2)\,(1,0,0)+(1)\,(0,1,0)+\tfrac12\,(0,0,2), coordenadas \bigl[-2,\,1,\,\tfrac12\bigr]^T.
3) v_3=(0,0,1)
T(0,0,1)=(0,1,0),
que em \beta é 0\,(1,0,0)+1\,(0,1,0)+0\,(0,0,2), coordenadas \bigl[0,\,1,\,0\bigr]^T.
Portanto
[T]_{\beta}^{\alpha} =\begin{pmatrix} -1 & -2 & 0\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 1 & \tfrac12 & 0 \end{pmatrix}.

Passo 4

O núcleo é dado por T(x,y,z)=(0,0,0)\), isto é \[\begin{cases} x-2y=0,\\\ z=0,\\\ x+y=0. \end{cases}
Da primeira x=2y\]; da terceira \(2y+y=0\implies y=0\implies x=0. Também z=0. Logo a única solução é (0,0,0) e
\ker(T)=\{(0,0,0)\}.

Passo 5

Como \ker(T)=\{0\}\) e \(\dim\mathbb{R}^3=3\), \(T\) é injetora e, por ter mesmo domínio e contradomínio finitos de mesma dimensão, é bijetora. Logo é isomorfismo. Para achar \(T^{-1}\), seja \((u,v,w)=T(x,y,z)=(x-2y,\;z,\;x+y)\). Então \(z=v\) e \[\begin{cases} u=x-2y,\\\ w=x+y. \end{cases}
Daí w-u=(x+y)-(x-2y)=3y\implies y=\tfrac{w-u}{3}\] e \(x=w-y=\tfrac{2w+u}{3}. Assim
T^{-1}(u,v,w) =\Bigl(\tfrac{u+2w}{3},\;\tfrac{\,w-u\,}{3},\;v\Bigr).
Em base canônica, sua matriz é
[T^{-1}] =\begin{pmatrix} \tfrac13 & 0 & \tfrac23\\\\ -\tfrac13& 0 & \tfrac13\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.

Resposta

(a) T é linear porque preserva soma e multiplicação escalar.
(b)
[T]_{\beta}^{\alpha} =\begin{pmatrix} -1 & -2 & 0\\\\ 1 & 1 & 1\\\\ 1 & \tfrac12 & 0 \end{pmatrix}.
(c) \ker(T)=\{(0,0,0)\}.
(d) T é isomorfismo.
T^{-1}(u,v,w) =\Bigl(\tfrac{u+2w}{3},\;\tfrac{w-u}{3},\;v\Bigr), \quad [T^{-1}] =\begin{pmatrix} \tfrac13 & 0 & \tfrac23\\\\ -\tfrac13& 0 & \tfrac13\\\\ 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.

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