Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2} uma TL definida por T(x, y, z)=(2 x+z,-x+y+3 z). Encontre bases B e B^{\prime} de \mathbb{R}^{3} e \mathbb{R}^{2}, respectivamente, para os quais [T]_{B^{\prime}}^{B}=\left[\begin{array}{lll}1 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0\end{array}\right].
Essas bases são únicas? Se não, dê outro exemplo.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^2 definida por
T(x,y,z)=(2x+z,\,-x+y+3z).
Pede-se:
  • Encontrar bases B de \mathbb{R}^3 e B' de \mathbb{R}^2 tais que a matriz de T relativa a essas bases seja
[T]_{B'}^{B}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\end{pmatrix}.
  • Dizer se essas bases são únicas; se não forem, dar outro exemplo.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • A condição matricial exigida significa, por colunas, que se B=(v_1,v_2,v_3) e B'=(w_1,w_2) então T(v_1)=w_1,\qquad T(v_2)=w_2,\qquad T(v_3)=0.
  • Precisamos escolher vetores v_1,v_2,v_3 em \mathbb{R}^3 e w_1,w_2 em \mathbb{R}^2 que formem bases e satisfaçam as igualdades acima.]

Passo 2

Estratégia (explicada devagar e com carinho): escolher uma base simples para \mathbb{R}^2 — por exemplo a base canônica \,w_1=(1,0),\; w_2=(0,1)\, — e então encontrar vetores v_1,v_2\in\mathbb{R}^3 que sejam preimagens desses vetores (isto é, resolver T(v_1)=w_1 e T(v_2)=w_2). Para v_3 basta escolher um vetor não nulo do núcleo de T (pois precisamos que T(v_3)=0). Depois verificamos que (v_1,v_2,v_3) é uma base de \mathbb{R}^3 (isto é, vetores independentes). Essa construção dá diretamente a matriz desejada.
Antes de resolver, lembro uma coisa importante sobre sistema linear: T(x,y,z)=(2x+z,\,-x+y+3z) são duas equações para três incógnitas, então para cada alvo dado em \mathbb{R}^2 esperamos ter infinitas preimagens (se consistentes). Isso é bom: nos dá liberdade para escolher soluções simples.

Passo 3

Resolver T(x,y,z)=(1,0) (para obter v_1). Escrevendo as equações:
2x+z=1, \qquad -x+y+3z=0.
Temos 2 equações e 3 incógnitas; escolhemos uma incógnita para simplificar. Tomemos z=0. Então
2x=1\Rightarrow x=\tfrac{1}{2}, \qquad -x+y=0\Rightarrow y=x=\tfrac{1}{2}.
Logo uma escolha simples é
v_1=\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right).

Passo 4

Resolver T(x,y,z)=(0,1) (para obter v_2). Escrevendo as equações:
2x+z=0, \qquad -x+y+3z=1.
Novamente escolhemos z=0 para simplificar. Assim
2x=0\Rightarrow x=0,\qquad -x+y=1\Rightarrow y=1.
Portanto uma escolha simples é
v_2=(0,1,0).

Passo 5

Encontrar o núcleo de T (para escolher v_3 com T(v_3)=0). Resolvemos T(x,y,z)=(0,0):
2x+z=0,\qquad -x+y+3z=0.
Da primeira equação z=-2x. Substituindo na segunda:
-x+y+3(-2x)= -x+y-6x = y-7x=0 \Rightarrow y=7x.
Logo o núcleo é
\ker T=\{(x,7x,-2x)\mid x\in\mathbb{R}\}=\operatorname{span}\{(1,7,-2)\}.
Escolhemos
v_3=(1,7,-2).
Esse vetor satisfaz T(v_3)=0 por construção.

Passo 6

Verificações diretas das imagens (mostrar passo a passo para não haver dúvida).
Calcular T(v_1) com v_1=(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0):
T\!\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right)=\bigl(2\cdot\tfrac{1}{2}+0,\; -\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2}+3\cdot0\bigr)=(1,0)=w_1.
Calcular T(v_2) com v_2=(0,1,0):
T(0,1,0)=(2\cdot0+0,\; -0+1+0)=(0,1)=w_2.
Calcular T(v_3) com v_3=(1,7,-2):
T(1,7,-2)=(2\cdot1+(-2),\; -1+7+3(-2))=(0,\; -1+7-6)=(0,0).
Portanto as imagens estão conforme queremos: T(v_1)=w_1,\;T(v_2)=w_2,\;T(v_3)=0.

Passo 7

Verificar que B=(v_1,v_2,v_3) é uma base de \mathbb{R}^3, isto é, os vetores são linearmente independentes. Uma forma direta é calcular o determinante da matriz com essas colunas:
M=\begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & 0 & 1\\[4pt] \tfrac{1}{2} & 1 & 7\\[4pt] 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.
O determinante pode ser calculado expandindo pela terceira linha: como a terceira linha tem entradas (0,0,-2),
\det M = (-2)\cdot\det\begin{pmatrix}\tfrac{1}{2} & 0\\[4pt]\tfrac{1}{2} & 1\end{pmatrix} = (-2)\cdot\Big(\tfrac{1}{2}\cdot 1 -0\cdot\tfrac{1}{2}\Big)=(-2)\cdot\tfrac{1}{2}=-1\neq 0.
Determinante não nulo implica independência linear e, portanto, B é de fato uma base. A base B'=(w_1,w_2)=\bigl((1,0),(0,1)\bigr) é a base canônica de \mathbb{R}^2, portanto também é uma base.]

Passo 8

Conclusão do construído: com
B=\left(\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right),\,(0,1,0),\,(1,7,-2)\right) \qquad\text{e}\qquad B'=\bigl((1,0),(0,1)\bigr),
temos por colunas exatamente
[T]_{B'}^{B}=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\end{pmatrix},
pois T(v_1)=w_1,\;T(v_2)=w_2,\;T(v_3)=0.]

Passo 9

A questão da unicidade: essas bases não são únicas. Motivo: ao resolver T(v)=w para um w\in\mathbb{R}^2 obtemos infinitas soluções (há uma liberdade de um parâmetro porque são 2 equações em 3 incógnitas). Além disso, pode-se escolher qualquer base B' de \mathbb{R}^2 (não só a canônica) e então escolher preimagens dos vetores dessa base. Sempre que v_1,v_2 forem preimagens de uma base de \mathbb{R}^2 e v_3 for um vetor não nulo do núcleo, a tripla (v_1,v_2,v_3) será uma base de \mathbb{R}^3 e dará a matriz pedida.
Um outro exemplo explícito (mostrando outra escolha): tome ainda B'=( (1,0),(0,1) ) mas escolha uma preimagem diferente de (1,0). Por exemplo resolvendo as equações para (1,0) com a escolha x=0 z=1 e y=-3, então
v_1'=(0,-3,1)
satisfaz T(v_1')=(1,0). Mantendo v_2=(0,1,0) e v_3=(1,7,-2) obtemos outra base
B^{(\text{alt})}=\bigl((0,-3,1),\,(0,1,0),\,(1,7,-2)\bigr),
e verifica-se (cálculo do determinante análogo) que é uma base de \mathbb{R}^3. Essa escolha alternativa também produz a mesma matriz \begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&1&0\end{pmatrix}.]

Resposta

B=\left(\left(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},0\right),\,(0,1,0),\,(1,7,-2)\right),\qquad B'=\bigl((1,0),(0,1)\bigr).
Não — as bases não são únicas.
Exemplo alternativo: B^{(\text{alt})}=\bigl((0,-3,1),\,(0,1,0),\,(1,7,-2)\bigr),\qquad B'=\bigl((1,0),(0,1)\bigr).

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