Seja T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} tal que [T]_{\text {can }}=\left(\begin{array}{ccc}1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 1 & 1 \\\\ -1 & 3 & 4\end{array}\right).
Ache uma base de \operatorname{Im}(T) e de \operatorname{Ker}(T).

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} cuja matriz na base canônica é
[A]=[T]_{\text{can}}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt]0 & 1 & 1\\[4pt]-1 & 3 & 4\end{pmatrix}.
O que se pede explicitamente:
  • Encontrar uma base de \operatorname{Im}(T).
  • Encontrar uma base de \operatorname{Ker}(T).
Informações úteis dadas pelo enunciado (colunas extraídas da matriz):
\text{col}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\qquad \text{col}_2=\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]3\end{pmatrix},\qquad \text{col}_3=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]4\end{pmatrix}.]

Passo 2

Breve explicação didática (como pensar na prova):
  • A imagem \operatorname{Im}(T) é o subespaço gerado pelas colunas da matriz A (o chamado espaço coluna). Para encontrar uma base do espaço coluna, basta identificar quais colunas são linearmente independentes. Uma forma prática é fazer eliminação por linhas (operações elementares) e olhar os pivôs: os índices das colunas-pivô correspondem às colunas da matriz original que formam uma base da imagem.
  • O núcleo \operatorname{Ker}(T) é o conjunto de vetores x\in\mathbb{R}^3 tais que Ax=0. Para achar uma base do núcleo resolvemos o sistema homogêneo Ax=0, normalmente usando a forma escalonada reduzida.
Agora vamos aplicar eliminação por linhas em A. Começamos com
A=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt]0 & 1 & 1\\[4pt]-1 & 3 & 4\end{pmatrix}.
Faço a operação \text{R}_3\leftarrow \text{R}_3+\text{R}_1 (somar a linha 1 à linha 3):
\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt]0 & 1 & 1\\[4pt]0 & 5 & 5\end{pmatrix}.
Em seguida \text{R}_3\leftarrow \text{R}_3-5\text{R}_2:
\begin{pmatrix}1 & 2 & 1\\[4pt]0 & 1 & 1\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Para chegar à forma de linhas reduzida para leitura das equações, elimino o termo acima do pivô em \text{col}_2: \text{R}_1\leftarrow \text{R}_1-2\text{R}_2,
\text{forma escalonada reduzida:}\quad \begin{pmatrix}1 & 0 & -1\\[4pt]0 & 1 & 1\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}.]

Passo 3

Interpretação da forma reduzida para a imagem:
  • Os pivôs estão nas colunas 1\) e \(2\). Logo as colunas \(\text{col}_1\) e \(\text{col}_2\) da matriz original são linearmente independentes e formam uma base do espaço coluna. Portanto uma base de \(\operatorname{Im}(T)\) é \[\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}.
Verificação rápida (para fixar a ideia): a terceira coluna é combinação linear das duas primeiras? Procuro a,b tais que a\,\text{col}_1+b\,\text{col}_2=\text{col}_3. Das componentes,
\begin{cases} a+2b=1,\\[4pt] 0\cdot a +1\cdot b=1, \end{cases}
da segunda equação segue b=1\]; então \(a=1-2\cdot1=-1. Conferindo a terceira componente: -1\cdot(-1)+1\cdot3=1+3=4. Logo \text{col}_3=-1\cdot\text{col}_1+1\cdot\text{col}_2 e é dependente — coerente com termos nulos na linha final.]

Passo 4

Agora achar \operatorname{Ker}(T)\) resolvendo \(Ax=0\). Usei a forma reduzida \[\begin{pmatrix}1 & 0 & -1\\[4pt]0 & 1 & 1\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}
que corresponde ao sistema de equações
\begin{cases} x_1 - x_3 = 0,\\[4pt] x_2 + x_3 = 0. \end{cases}
Deixo x_3\] como parâmetro livre: \(x_3=t. Então
x_1=t,\qquad x_2=-t,\qquad x_3=t.
Isso dá os vetores do núcleo na forma
x=t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Portanto \operatorname{Ker}(T) é o subespaço unidimensional gerado por \begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}.
Para conforto mental: o posto da matriz é 2 (duas colunas-pivô) e a nulidade é 1; pela fórmula posto + nulidade = dimensão do domínio temos 2+1=3, consistente.]

Resposta

\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}2\\[4pt]1\\[4pt]3\end{pmatrix}\right\}
\operatorname{Ker}(T)=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}]

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