Seja T: U \rightarrow V uma transformação linear, quando verdadeiro, assinale ( \mathbf{V} ) e prove, quando falso, assinale (\mathbf{F}) e exiba um contraexemplo:
( ) Se \operatorname{dim}(U) \neq \operatorname{dim}(V), então T é sobrejetora se, e somente se, \operatorname{ker}(T)=\{0\}.
( ) A imagem de uma transformação linear é um subespaço de V.
( ) Se T é injetora, então necessariamente \operatorname{dim}(U) \leq \operatorname{dim}(V).
( ) Suponha que \operatorname{dim}_{\mathbb{R}} U=\operatorname{dim}_{\mathbb{R}} V=n. Dada uma matriz A \in M_{n \times n}(\mathbb{R}), a aplicação T(x)=A x é bijetora se, e somente se, $\operatorname{det}(A) \neq 0.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e as informações dadas.
  • Informação inicial: T: U \to V é uma transformação linear entre espaços vetoriais (assume-se finito-dimensionais quando o enunciado menciona \dim).
  • O enunciado pede para, para cada uma das quatro afirmações, marcar (\mathbf{V}) se for verdadeira (e provar) ou (\mathbf{F}) se for falsa (e fornecer contraexemplo).
As quatro afirmações a avaliar são:
  1. Se \dim(U) \neq \dim(V), então T é sobrejetora se, e somente se, \ker(T)=\{0\}.
  2. A imagem de uma transformação linear é um subespaço de V.
  3. Se T é injetora, então necessariamente \dim(U) \le \dim(V).
  4. Suponha que \dim_{\mathbb{R}} U=\dim_{\mathbb{R}} V=n. Dada uma matriz A\in M_{n\times n}(\mathbb{R}), a aplicação T(x)=Ax é bijetora se, e somente se, \det(A)\neq 0.

Passo 2

Definições e conceitos básicos (isso vai ser usado nas demonstrações; explico de forma simples).
  • \ker(T) (núcleo ou kernel) é o conjunto \{u\in U \mid T(u)=0\}. É sempre um subespaço de U.
  • \operatorname{im}(T) (imagem) é o conjunto \{T(u)\in V \mid u\in U\}.
  • T é injetora (ou um a um) se T(u_1)=T(u_2) implica u_1=u_2. Equivalentemente, T injetora \iff \ker(T)=\{0\}.
  • T é sobrejetora se \operatorname{im}(T)=V.
  • Observação intuitiva: uma transformação linear “não pode criar” dimensão; relações entre dimensões serão essenciais.

Passo 3

Teorema fundamental (ferramenta principal): Teorema da dimensão (rank–nullity).
  • Para uma transformação linear T:U\to V com U de dimensão finita vale
\dim(U)=\dim(\ker(T))+\dim(\operatorname{im}(T)).
  • Interpretação: a dimensão do domínio se divide entre a parte “perdida” (o kernel) e a dimensão da imagem (o posto, ou rank).
Vou usar essa fórmula em várias demonstrações abaixo. Ela é fácil de justificar: escolhe-se uma base do kernel e completa-se para uma base de U; as imagens dos vetores adicionados formam uma base da imagem.

Passo 4

Avaliação da afirmação 1 (a afirmação é falsa). Texto: “Se \dim(U)\neq\dim(V), então T é sobrejetora se, e somente se, \ker(T)=\{0\}.”
Prova por raciocínio geral que mostra a falsidade e depois dou um contraexemplo concreto.
  • Suponha que T seja sobrejetora. Então \operatorname{im}(T)=V e \dim(\operatorname{im}(T))=\dim(V). Pela fórmula da dimensão,
\dim(\ker(T))=\dim(U)-\dim(\operatorname{im}(T))=\dim(U)-\dim(V).
Se \dim(U)\neq\dim(V), então \dim(\ker(T))\neq 0 (a menos que \dim(U)-\dim(V)=0, que contradiz a hipótese). Logo, quando \dim(U)\neq\dim(V), uma transformação sobrejetora geralmente tem \ker(T)\neq\{0\}. Assim a implicação "sobrejetora \Rightarrow \ker(T)=\{0\}" é falsa no caso \dim(U)\neq\dim(V).
  • De modo semelhante, suponha \ker(T)=\{0\} (ou seja, T injetora). Pela fórmula da dimensão,
\dim(\operatorname{im}(T))=\dim(U)-\dim(\ker(T))=\dim(U).
Se \dim(U)\neq\dim(V), então \dim(\operatorname{im}(T))=\dim(U) não precisa ser igual a \dim(V), então T pode não ser sobrejetora. Portanto a implicação " \ker(T)=\{0\}\Rightarrow sobrejetora" também é falsa quando as dimensões são diferentes.
Contraexemplos concretos (mostro ambos os sentidos, assim fica clarinho):
  • Exemplo A (surjetora mas \ker\neq\{0\}): tome U=\mathbb{R}^3, V=\mathbb{R}^2 e
T(x,y,z)=(x,y).
Aqui \dim(U)=3, \dim(V)=2 e T é sobrejetora (qualquer (a,b)\in\mathbb{R}^2 é imagem de (a,b,0)). Porém
\ker(T)=\{(0,0,z)\mid z\in\mathbb{R}\}\neq\{0\}.
  • Exemplo B (injetora mas não sobrejetora): tome U=\mathbb{R}^2, V=\mathbb{R}^3 e
T(x,y)=(x,y,0).
Aqui \ker(T)=\{0\} (logo T injetora) mas \operatorname{im}(T) é o plano \{(x,y,0)\}\subset\mathbb{R}^3, diferente de V, logo não é sobrejetora.
Conclusão do passo: a afirmação 1 é (\mathbf{F}).

Passo 5

Avaliação da afirmação 2 (a afirmação é verdadeira). Texto: “A imagem de uma transformação linear é um subespaço de V.”
Prova direta (muito didática):
  • Definição: \operatorname{im}(T)=\{T(u)\in V \mid u\in U\}.
  • Verificações para ser subespaço:
    1. Vetor zero: T(0_U)=0_V, então 0_V\in\operatorname{im}(T).
    2. Fechamento por soma: tome v_1,v_2\in\operatorname{im}(T). Então existem u_1,u_2\in U tais que v_1=T(u_1) e v_2=T(u_2). Como T é linear,
    v_1+v_2=T(u_1)+T(u_2)=T(u_1+u_2)\in\operatorname{im}(T).
    1. Fechamento por multiplicação escalar: para \alpha\in\mathbb{F} e v_1=T(u_1),
    \alpha v_1=\alpha T(u_1)=T(\alpha u_1)\in\operatorname{im}(T).
  • Portanto \operatorname{im}(T) satisfaz as propriedades de subespaço de V.
Conclusão do passo: a afirmação 2 é (\mathbf{V}).

Passo 6

Avaliação da afirmação 3 (a afirmação é verdadeira, sob a hipótese de dimensões finitas mencionadas no enunciado). Texto: “Se T é injetora, então necessariamente \dim(U)\le\dim(V).”
Demonstração com rank–nullity:
  • T injetora \iff \ker(T)=\{0\}, então \dim(\ker(T))=0.
  • Pela fórmula da dimensão,
\dim(U)=\dim(\ker(T))+\dim(\operatorname{im}(T))=0+\dim(\operatorname{im}(T))=\dim(\operatorname{im}(T)).
  • Como \operatorname{im}(T)\subseteq V é subespaço de V, tem \dim(\operatorname{im}(T))\le\dim(V).
  • Assim \dim(U)=\dim(\operatorname{im}(T))\le\dim(V).
Intuição: uma aplicação injetora coloca os vetores de U em vetores distintos de V; portanto não se pode ter mais graus de liberdade (dimensão) em U do que em V.
Conclusão do passo: a afirmação 3 é (\mathbf{V}).

Passo 7

Avaliação da afirmação 4 (a afirmação é verdadeira). Texto: “Suponha \dim_{\mathbb{R}}U=\dim_{\mathbb{R}}V=n. Dada A\in M_{n\times n}(\mathbb{R}), a aplicação T(x)=Ax é bijetora se, e somente se, \det(A)\neq 0.”
Prova detalhada das duas implicações.
  • Lado ( \Rightarrow): suponha \det(A)\neq 0. Então A é matriz invertível (essa é a definição/algo bem conhecido: matriz quadrada tem inversa \iff\det(A)\neq 0). Se A é invertível existe A^{-1} tal que A^{-1}A=I. Isso fornece uma transformação linear inversa T^{-1}(x)=A^{-1}x, logo T é bijetora (injetora e sobrejetora).
  • Lado ( \Leftarrow): suponha T é bijetora. Então T é injetora, logo \ker(T)=\{0\}. Para a transformação dada por A, \ker(T) é o espaço de soluções de Ax=0. Se Ax=0 tem apenas a solução trivial, então as colunas de A são linearmente independentes, portanto formam uma base de \mathbb{R}^n (pois são n vetores em \mathbb{R}^n). Logo \operatorname{rank}(A)=n e A é invertível; em particular \det(A)\neq 0.
  • Alternativa usando rank–nullity: bijetiva implica injetiva, então \dim(\ker(T))=0. Pela fórmula da dimensão \dim(\operatorname{im}(T))=n, ou seja \operatorname{rank}(A)=n. Uma matriz quadrada de posto n é invertível e tem determinante não nulo.
Conclusão do passo: a afirmação 4 é (\mathbf{V}).

Passo 8

Resumo final (sem repetir provas): os resultados já foram demonstrados ou dados contraexemplos. Força aí nos estudos — lembrando que o teorema da dimensão é a ferramenta-chave para relacionar injetividade/sobrejetividade com dimensões.

Resposta

(F)
(V)
(V)
(V)

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