Seja T: \mathbb{R}^{4} \longrightarrow \mathbb{R}^{3} a transformação linear tal que T\left(e_{1}\right)=(1,-2,1), T\left(e_{2}\right)=(-1,0,-1), T\left(e_{3}\right)=(0,-1,2) e T\left(e_{4}\right)=(1,-3,1), sendo \left\{e_{1}, e_{2}, e_{3}, e_{4}\right\} a base canônica do \mathbb{R}^{4}.
a) Determinar o núcleo e a imagem de T .
b) Determinar bases para o núcleo e para a imagem.
(c) Verificar o Teorema da Dimensão.

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3 definida nas vetoras da base canônica por:
T(e_1)=(1,-2,1),\qquad T(e_2)=(-1,0,-1),\qquad T(e_3)=(0,-1,2),\qquad T(e_4)=(1,-3,1).
O que se pede:
  • (a) Determinar o núcleo \ker(T) e a imagem \operatorname{Im}(T).
  • (b) Determinar bases para \ker(T) e para \operatorname{Im}(T).
  • (c) Verificar o Teorema da Dimensão (rank-nullity).
Informações relevantes que já tenho e vou usar:
  • Para calcular \ker(T) resolvo a equação T(x)=0, que corresponde ao sistema linear A x=0, onde A é a matriz que tem como colunas os vetores T(e_i).
  • A imagem \operatorname{Im}(T) é o espaço gerado pelas colunas de A (espaço coluna).
A partir daqui começo a resolver.

Passo 2

Construir a matriz A (matriz de T relativa às bases canônicas): as colunas são T(e_1),T(e_2),T(e_3),T(e_4). Logo
A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 1\\[4pt] -2 & 0 & -1 & -3\\[4pt] 1 & -1 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
Para achar \ker(T) resolvo A x=0 com x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^\top. Vou reduzir A por linhas para encontrar as variáveis pivô e as livres.]

Passo 3

Aplicar operações por linhas (explicando cada operação) para chegar a uma forma escalonada simples.
Começo com
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 1\\[4pt] -2 & 0 & -1 & -3\\[4pt] 1 & -1 & 2 & 1 \end{pmatrix}.
Faço R_2 \leftarrow R_2 + 2R_1 (para eliminar o -2 na primeira entrada da segunda linha) e R_3 \leftarrow R_3 - R_1 (para zerar a primeira entrada da terceira linha):
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & -2 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 \end{pmatrix}.
Multiplico R_2 por -1 para ficar com pivô positivo e divido R_3 por 2 para simplificar:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Agora elimino o 1 da coluna 3 na linha 2 com R_2 \leftarrow R_2 - R_3:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Divido R_2 por 2 para obter pivô unitário e, em seguida, uso R_1\leftarrow R_1 + R_2 para eliminar o -1 na posição (1,2):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.
Esta forma mostra claramente as equações do sistema homogêneo A x=0:
\begin{cases} x_1 + \dfrac{3}{2}x_4 = 0,\\[6pt] x_2 + \dfrac{1}{2}x_4 = 0,\\[6pt] x_3 = 0. \end{cases}]

Passo 4

Escrever a solução geral do sistema usando uma variável livre. Aqui x_4 é variável livre; chamo x_4=t\in\mathbb{R}. Então
x_1 = -\dfrac{3}{2}t,\qquad x_2 = -\dfrac{1}{2}t,\qquad x_3=0,\qquad x_4=t.
Escrevendo em forma vetorial:
x=t\begin{pmatrix}-\tfrac{3}{2}\\[4pt]-\tfrac{1}{2}\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Para evitar frações, escolho o parâmetro s=2t. Se s\in\mathbb{R} então
x = s\begin{pmatrix}-3\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Logo o núcleo é um subespaço unidimensional gerado por \begin{pmatrix}-3,-1,0,2\end{pmatrix}^\top. Em símbolos:
\ker(T)=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}-3\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 5

Agora a imagem \operatorname{Im}(T). Por definição, \operatorname{Im}(T) é o espaço gerado pelas colunas de A:
\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{T(e_1),T(e_2),T(e_3),T(e_4)\}.
A redução por linhas que fiz antes também permite ver relações lineares entre as colunas: na forma reduzida as três primeiras colunas correspondem aos vetores canônicos (1,0,0)^\top,(0,1,0)^\top,(0,0,1)^\top e a quarta coluna reduzida é \big(\tfrac{3}{2},\tfrac{1}{2},0\big)^\top. Como operações elementares por linhas preservam dependências lineares entre colunas, obtém-se a relação
T(e_4)=\tfrac{3}{2}\,T(e_1)+\tfrac{1}{2}\,T(e_2).
Confirmando diretamente:
\tfrac{3}{2}(1,-2,1)+\tfrac{1}{2}(-1,0,-1)=(1,-3,1)=T(e_4).
Portanto as colunas T(e_1),T(e_2),T(e_3) são linearmente independentes (são colunas pivô) e geram \operatorname{Im}(T). Assim
\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{T(e_1),T(e_2),T(e_3)\}.

Passo 6

Determinar a dimensão da imagem e concluir se \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3. Como encontramos três pivôs (colunas 1,2 e 3), \dim(\operatorname{Im}(T))=3. O espaço imagem está dentro de \mathbb{R}^3, que tem dimensão 3; logo \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3. Em particular T é sobrejetora.
Uma base conveniente para \operatorname{Im}(T) é \{T(e_1),T(e_2),T(e_3)\}, ou escrevendo explicitamente:
\left\{ \begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.]

Passo 7

Verificar o Teorema da Dimensão (rank-nullity). O teorema diz que para T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3
\dim(\ker(T))+\dim(\operatorname{Im}(T))=\dim(\mathbb{R}^4)=4.
Aqui \dim(\ker(T))=1 (vetor gerador único) e \dim(\operatorname{Im}(T))=3. Portanto
1+3=4,
ou seja, o teorema da dimensão está verificado.

Resposta

(a) \ker(T)=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}-3\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\},\quad \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.
(b) Base do núcleo: \left\{\begin{pmatrix}-3\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.
Base da imagem: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix}\right\}.
(c) \dim(\ker(T))=1, \dim(\operatorname{Im}(T))=3 e 1+3=4=\dim(\mathbb{R}^4). Teorema da Dimensão verificado.]

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