Seja f: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} a seguinte função linear:
f\left(\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} x-2 y \\\\ 2 y-z \\\ x-z \end{array}\right)
Encontre uma base do kernel e uma base da imagem de f. A função f é injetora? É sobrejetora?

Passo 1

O enunciado define a transformação linear
f\colon \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3},\quad f\bigl(x,y,z\bigr) = \bigl(x-2y,\;2y-z,\;x-z\bigr).
Precisamos encontrar uma base de \ker(f), uma base de \mathrm{Im}(f) e então verificar se f é injetora (isto é, \ker(f)=\{0\}) e sobrejetora (isto é, \mathrm{Im}(f)=\mathbb{R}^3). Vamos usar resolução de sistemas lineares para o núcleo e colunas da matriz para a imagem, além do Teorema do Núcleo e Imagem.

Passo 2

Escrevemos f em coordenadas canônicas como matriz
A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 0\\\\ 0 & 2 & -1\\\\ 1 & 0 & -1 \end{pmatrix},
de modo que f(x,y,z) = A\,(x,y,z)^T. Para achar \ker(f) resolvemos
A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.

Passo 3

O sistema homogêneo é
\begin{cases} x - 2y = 0,\\\\ 2y - z = 0,\\\ x - z = 0. \end{cases}
Das duas primeiras equações vem x=2y e z=2y. A terceira fica 2y - 2y=0, que é redundante. Logo
(x,y,z) = y\,(2,1,2).
Assim
\ker(f) = \mathrm{span}\{(2,1,2)\},
e uma base de \ker(f) é \{(2,1,2)\}.

Passo 4

Para a imagem, lembramos que \mathrm{Im}(f) é gerada pelas colunas de A:
c_1 = (1,0,1),\quad c_2 = (-2,2,0),\quad c_3 = (0,-1,-1).
Pela fórmula do posto-nulidade, \dim\ker(f)=1 implica \mathrm{rank}(A)=3-1=2, então a imagem é bidimensional. Verificamos que c_1 e c_2 não são múltiplos escalar, logo independentes, e geram o espaço todo junto com c_3. Podemos tomar
\mathrm{Im}(f) = \mathrm{span}\{c_1,c_2\}
e uma base simples é \{(1,0,1),\,(-2,2,0)\}.

Passo 5

Como \ker(f)\neq\{0\}, a aplicação não é injetora. E como \dim\mathrm{Im}(f)=2<3, ela não é sobrejetora em \mathbb{R}^3.

Resposta

Base do kernel: \{(2,1,2)\}
Base da imagem: \{(1,0,1),\,(-2,2,0)\}
f não é injetora e não é sobrejetora.

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