Seja T o operador linear de M_{2}(\mathbb{R}) definido por
T(X)=B X, \quad \forall X \in M_{2}(\mathbb{R})
onde B \in M_{2}(\mathbb{R}). No caso de
B=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\\\ 2 & -1 \end{array}\right)
determine \operatorname{Nuc}(T) e uma base da imagem de T.

Passo 1

O enunciado define o operador linear T\colon M_{2}(\mathbb{R})\to M_{2}(\mathbb{R}) dado por
T(X)=B\,X,
onde
B=\begin{pmatrix}1&0\\\ 2&-1\end{pmatrix}.
Queremos encontrar o núcleo \operatorname{Nuc}(T) e uma base da imagem \operatorname{Im}(T). O conteúdo aqui é cálculo de núcleo e imagem de uma transformação linear por multiplicação à esquerda.

Passo 2

Para achar \operatorname{Nuc}(T)\), resolvemos \[B\,X=0,
onde X\in M_{2}(\mathbb{R}). Escrevendo X=[\,x_1\;x_2] cujas colunas x_1,x_2\in\mathbb{R}^2, temos
B\,X=[\,B\,x_1\;B\,x_2]=[\,0\;0]
se, e somente se,
B\,x_1=0 \quad\text{e}\quad B\,x_2=0.
Resolvendo B\,(u,v)^T=0, ou seja
\begin{cases} u=0,\\\\ 2u - v=0, \end{cases}
vem u=0\] e \(v=0. Logo cada coluna de X é zero, isto é, X=0.

Passo 3

Concluímos que
\operatorname{Nuc}(T)=\{0\}.
Como o núcleo é trivial, T é injetora. Pelo teorema do posto e nulidade, a dimensão da imagem é \dim\operatorname{Im}(T)=4, igual à dimensão de M_2(\mathbb{R}).

Passo 4

Alternativamente notamos que \det(B)=1\cdot(-1)-0\cdot2=-1\neq0, logo B é invertível. Multiplicação à esquerda por matriz invertível é bijetora, de forma que
\operatorname{Im}(T)=M_{2}(\mathbb{R}).
Uma base natural de M_{2}(\mathbb{R}) (e, portanto, de \operatorname{Im}(T)) é
E_{11}=\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&0\end{pmatrix},\quad E_{12}=\begin{pmatrix}0&1\\\ 0&0\end{pmatrix},\quad E_{21}=\begin{pmatrix}0&0\\\ 1&0\end{pmatrix},\quad E_{22}=\begin{pmatrix}0&0\\\ 0&1\end{pmatrix}.

Resposta

\displaystyle \operatorname{Nuc}(T)=\{0\}.
Uma base de \operatorname{Im}(T) é, por exemplo, \{E_{11},E_{12},E_{21},E_{22}\}.

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