(3,5) Seja F: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} e G: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} os operadores lineares dados por F(x, y, z)= (x+y, x-y, z) e G(x, y, z)=(2 x, 2 y, 2 x+2 y). Determine em relação à base canônica as matrizes dos seguintes operadores lineares F+2 G e (F \circ G)^{-1} se existirem, caso contrário justifique.

Passo 1

O enunciado dá duas aplicações lineares F,G:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definidas por
F(x,y,z) = (x+y,\; x-y,\; z)
G(x,y,z) = (2x,\; 2y,\; 2x+2y).
Pede-se:
  1. A matriz de F+2G em relação à base canônica de \mathbb{R}^3.
  2. A matriz de (F\circ G)^{-1} em relação à base canônica, se existir; caso contrário, justificar por que não existe.
Informações relevantes do enunciado já listadas acima; a resolução começa a seguir.

Passo 2

Como encontrar a matriz de uma aplicação linear na base canônica: seja \{e_1,e_2,e_3\} a base canônica com e_1=(1,0,0), e_2=(0,1,0), e_3=(0,0,1). A matriz de uma aplicação linear T nessa base tem como j-ésima coluna a imagem T(e_j) escrita nas coordenadas canônicas. Vou calcular primeiro as imagens de e_1,e_2,e_3 por F.
Calculemos:
F(e_1)=F(1,0,0)=(1+0,\;1-0,\;0)=(1,1,0),
F(e_2)=F(0,1,0)=(0+1,\;0-1,\;0)=(1,-1,0),
F(e_3)=F(0,0,1)=(0+0,\;0-0,\;1)=(0,0,1).
Portanto a matriz de F na base canônica, que chamo de A_F, é (cada coluna é uma das imagens acima):
A_F=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Agora obtenho a matriz de G da mesma maneira, calculando G(e_j).
Calculemos:
G(e_1)=G(1,0,0)=(2,0,2),
G(e_2)=G(0,1,0)=(0,2,2),
G(e_3)=G(0,0,1)=(0,0,0).
Logo a matriz de G, que chamo de A_G, é
A_G=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 2 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora calcule F+2G. A matriz correspondente é simplesmente A_F + 2A_G (soma e multiplicação por escalar de matrizes correspondem às operações entre aplicações lineares).
Primeiro 2A_G:
2A_G=\begin{pmatrix} 4 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 4 & 0\\[4pt] 4 & 4 & 0 \end{pmatrix}.
Somando com A_F:
A_F+2A_G= \begin{pmatrix} 1+4 & 1+0 & 0+0\\[4pt] 1+0 & -1+4 & 0+0\\[4pt] 0+4 & 0+4 & 1+0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 3 & 0\\[4pt] 4 & 4 & 1 \end{pmatrix}.
Portanto a matriz de F+2G na base canônica é \begin{pmatrix}5&1&0\\\ 1&3&0\\\ 4&4&1\end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora estudamos F\circ G. A matriz de composição é o produto A_F A_G. Uma forma prática de obter as colunas de A_F A_G é aplicar F a cada coluna de A_G (porque a j-ésima coluna de A_G é G(e_j), e então A_F aplicada a essa coluna dá F(G(e_j))=(F\circ G)(e_j)).
Já tínhamos as colunas de A_G:
  • G(e_1)=(2,0,2). Então
(F\circ G)(e_1)=F(2,0,2)=(2+0,\;2-0,\;2)=(2,2,2).
  • G(e_2)=(0,2,2). Então
(F\circ G)(e_2)=F(0,2,2)=(0+2,\;0-2,\;2)=(2,-2,2).
  • G(e_3)=(0,0,0). Então
(F\circ G)(e_3)=F(0,0,0)=(0,0,0).
Assim a matriz A_{F\circ G}=A_F A_G é
A_{F\circ G}=\begin{pmatrix} 2 & 2 & 0\\[4pt] 2 & -2 & 0\\[4pt] 2 & 2 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Verificamos se (F\circ G) é invertível. Critérios úteis:
  • Para uma matriz quadrada 3\times3, se o determinante for 0 então não é invertível.
  • Outra observação mais simples aqui: se uma aplicação linear tem vetor não nulo no núcleo, então não é injetora, logo não é invertível. Note que G(e_3)=(0,0,0) — isto significa que e_3\neq 0 está no núcleo de G. Como G não é injetora, a composição F\circ G também não é injetora (se G(v)=0 então (F\circ G)(v)=F(0)=0), então F\circ G não é invertível.
Também, olhando para a matriz A_{F\circ G}, a terceira coluna é o vetor nulo; isso implica determinante zero imediatamente. Portanto (F\circ G)^{-1} não existe.

Resposta

\begin{pmatrix} 5 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 3 & 0\\[4pt] 4 & 4 & 1 \end{pmatrix}
(F\circ G)^{-1} não existe.]

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