Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} definida por
T(x, y, z)=(x-y+z, x-z, x+2 y-5 z) .
Verifique, justificando seu raciocínio e conclusão,
(a) se a transformação é sobrejetora ou não;
(b) se a transformação é injetora ou não.
Resolução: Vamos verificar se o terno ordenado (a, b, c) do \mathbb{R}^{3} é imagem de outro terno ordenado (x, y, z) do \mathbb{R}^{3}. Neste caso, T(x, y, z)=(a, b, c) ou
(x-y+z, x-z, x+2 y-5 z)=(a, b, c) .
Esta igualdade vetorial equivale à equação matricial
\left[\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 1 \\\\ 1 & 0 & -1 \\\\ 1 & 2 & -5 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} a \\\ b \\\ c \end{array}\right] .
Escalonando, obtemos
\left[\begin{array}{rrr} 1 & -1 & 1 \\\\ 0 & 1 & -2 \\\\ 0 & 0 & 0 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} a \\\ b-a \\\\ 2 a-3 b+c \end{array}\right]
Esta equação é compatível apenas quando 2 a-3 b+c=0. Quando este for o caso, a variável z é livre e a equação possui uma infinidade de soluções ( x, y, z ) para cada ( a, b, c ). Observe que T(x, y, z)=(a, b, c) se, e só se, x, y, z for solução de (1).
(a) O terno (a, b, c) está na imagem de T apenas quando 2 a-3 b+c=0. Desta forma, a transformação T não é sobrejetora uma vez que nem todo terno ( a, b, c ) do \mathbb{R}^{3} é imagem pela T de um terno (x, y, z).
(b) Quando 2 a-3 b+c=0, a equação (1) tem infinitas soluções pois a variável z é livre. Daí, a transformação T não é injetora pois, para cada ( a, b, c ) na imagem de T, há uma infinidade de (x, y, z) tal que \overline{T(x, y, z)=(a, b, c)}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Dados: a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 definida por
T(x,y,z)=(x-y+z,\;x-z,\;x+2y-5z).
  • Equivalente matricial: existe a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\[4pt]1 & 0 & -1\\[4pt]1 & 2 & -5\end{pmatrix}
tal que T(\mathbf{v})=A\mathbf{v} para \mathbf{v}=(x,y,z)^{T}.
  • Perguntas:
    (a) Verificar se T é sobrejetora (isto é, se para todo (a,b,c)\in\mathbb{R}^3 existe (x,y,z) tal que T(x,y,z)=(a,b,c));
    (b) Verificar se T é injetora (isto é, se T(x,y,z)=T(x',y',z') implica (x,y,z)=(x',y',z'); equivalente a verificar se \ker T=\{\mathbf{0}\}).]

Passo 2

Escrever a equação de imagem e montar o sistema linear. Queremos resolver
T(x,y,z)=(a,b,c),
ou seja
\begin{pmatrix}1 & -1 & 1\\[4pt]1 & 0 & -1\\[4pt]1 & 2 & -5\end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix}= \begin{pmatrix}a\\[4pt]b\\[4pt]c\end{pmatrix}.
Isto é um sistema linear com matriz aumentada \bigl[A\mid\mathbf{b}\bigr], onde \mathbf{b}=(a,b,c)^{T}. Para estudar existência de solução (sobrejetividade), faça o escalonamento da matriz aumentada.]

Passo 3

Escalonamento da matriz aumentada (mostrando operações e resultado). Começo com
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & a\\[4pt] 1 & 0 & -1 & b\\[4pt] 1 & 2 & -5 & c \end{array}\right].
Subtraio a primeira linha da segunda e da terceira para eliminar o primeiro elemento dessas linhas:
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_1,
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
    Obtemos
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & a\\[4pt] 0 & 1 & -2 & b-a\\[4pt] 0 & 3 & -6 & c-a \end{array}\right].
Agora elimino o 3 na posição (3,2): R_3 \leftarrow R_3 - 3R_2. Isso dá
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & a\\[4pt] 0 & 1 & -2 & b-a\\[4pt] 0 & 0 & 0 & c-a-3(b-a) \end{array}\right].
Calcule o termo à direita da última linha:
c-a-3(b-a)=c-a-3b+3a=2a-3b+c.
Portanto o escalonamento final é
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & a\\[4pt] 0 & 1 & -2 & b-a\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 2a-3b+c \end{array}\right].]

Passo 4

Interpretação do escalonamento para existência de solução (sobrejetividade). A última linha representa a equação
0\cdot x+0\cdot y+0\cdot z = 2a-3b+c,
ou seja \;0 = 2a-3b+c. Para que o sistema seja compatível (tenha solução) é necessário e suficiente que
2a-3b+c=0.
Isso significa que nem todo (a,b,c)\in\mathbb{R}^3 é imagem de algum (x,y,z): apenas aqueles (a,b,c) que satisfazem a equação linear \;2a-3b+c=0 pertencem à imagem. Em outras palavras, a imagem de T é um subespaço próprio de \mathbb{R}^3 (um plano) e, portanto, T não é sobrejetora.

Passo 5

Explicar o que significa geometricamente e ligar com posto (rank). Do escalonamento obteve-se uma linha nula nas linhas da matriz de coeficientes: há dois pivôs (coluna 1 e coluna 2), logo o posto de A é \operatorname{rank}(A)=2. Para uma transformação linear de \mathbb{R}^3 em \mathbb{R}^3, a imagem tem dimensão igual ao posto; assim \dim(\operatorname{Im} T)=2, ou seja a imagem é um plano em \mathbb{R}^3 e não todo \mathbb{R}^3. Isso confirma que T não é sobrejetora.

Passo 6

Análise da injetividade via núcleo (kernel). Para ver se T\) é injetora, estude o núcleo resolvendo \(T(x,y,z)=\mathbf{0}\), isto é o caso homogêneo com \(a=b=c=0\). Use o escalonamento anterior colocando \(a=b=c=0\): \[\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
As equações resultantes são
\begin{cases} x - y + z = 0,\\[4pt] y - 2z = 0. \end{cases}
Da segunda equação obtemos y=2z\]. Substituindo na primeira: \[x - (2z) + z = 0 \quad\Rightarrow\quad x - z = 0 \quad\Rightarrow\quad x=z.\] Logo as soluções do sistema homogêneo são \[(x,y,z)=(t,2t,t)=t(1,2,1),\qquad t\in\mathbb{R}.\] Temos vetores não nulos no núcleo sempre que \(t\neq0. Assim \ker T é um subespaço unidimensional gerado por (1,2,1); em particular \ker T\neq\{\mathbf{0}\}.]

Passo 7

Conclusão sobre injetividade e relação com posto-nulidade. Como \ker T contém vetores não nulos, T não é injetora. Também pelo teorema da dimensão (rank-nullity) para transformação T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 vale
\dim(\ker T)+\dim(\operatorname{Im} T)=3.
Encontramos \dim(\operatorname{Im} T)=2, logo \dim(\ker T)=1, confirmando a existência de infinitas soluções para certas imagens e a não injetividade.

Resposta

(a) Não é sobrejetora.
(b) Não é injetora.

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