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
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
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
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.