Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3} definida por T(1,0,0)=(1,1,0) e T(0,0,1)=(0,0,2) e T(0,1,0)= (1,1,2). Determinar uma base de cada um dos seguintes subespaços vetoriais: \operatorname{Ker}(T), \operatorname{Im}(T), \operatorname{Ker}(T) \cap \operatorname{Im}(T) e \operatorname{Ker}(T)+\operatorname{Im}(T).

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} e informa as imagens dos vetores da base canônica. Perguntas pedidas:
  • Determinar uma base de \operatorname{Ker}(T).
  • Determinar uma base de \operatorname{Im}(T).
  • Determinar uma base de \operatorname{Ker}(T)\cap\operatorname{Im}(T).
  • Determinar uma base de \operatorname{Ker}(T)+\operatorname{Im}(T).
Informações fornecidas (pego do enunciado):
T(1,0,0)=(1,1,0),\qquad T(0,1,0)=(1,1,2),\qquad T(0,0,1)=(0,0,2).
Vou chamar os vetores coluna gerados por T de
v_1:=T(1,0,0)=(1,1,0),\quad v_2:=T(0,1,0)=(1,1,2),\quad v_3:=T(0,0,1)=(0,0,2).
A partir daqui vou obter bases dos subespaços pedidos, explicando cada passo com calma.

Passo 2

Construo a matriz de T na base canônica: as colunas são v_1,v_2,v_3. Assim
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0 \\[4pt] 1 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 2 & 2\end{pmatrix}.
Explicação didática: a imagem de um vetor (x,y,z) por T é xv_1+yv_2+zv_3. Logo \operatorname{Im}(T) é o subespaço gerado por v_1,v_2,v_3, isto é, a combinação linear das colunas.
Agora verifico dependências lineares entre v_1,v_2,v_3. Calculo v_1+v_3:
v_1+v_3=(1,1,0)+(0,0,2)=(1,1,2)=v_2.
Portanto v_2 é combinação de v_1 e v_3, ou seja v_2=v_1+v_3. Conclusão: \operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{v_1,v_3\}.]

Passo 3

Verifico que v_1 e v_3 são linearmente independentes. Para isso suponha \alpha v_1+\beta v_3=0. Escrevendo coordenadas:
\alpha(1,1,0)+\beta(0,0,2)=(0,0,0)
gera o sistema \alpha=0,\\ \alpha=0,\\\ 2\beta=0. Daí \alpha=0 e \beta=0. Logo são independentes. Assim uma base para \operatorname{Im}(T) é
\{\,v_1=(1,1,0),\;v_3=(0,0,2)\,\}.
Dou uma pequena “aula” prática: para decidir se vetores formam base, precisamos que gerem o subespaço e que sejam linearmente independentes. Aqui geram porque vimos que v_2 está em seu span; e são independentes pelo cálculo acima.

Passo 4

Agora calculo \operatorname{Ker}(T)\). Um vetor geral é \((x,y,z)\). Como \(T(x,y,z)=xv_1+yv_2+zv_3\), imponho \(T(x,y,z)=0\): \[x(1,1,0)+y(1,1,2)+z(0,0,2)=(0,0,0).
Escrevendo coordenadas isso dá o sistema (equações coordenada a coordenada):
\begin{cases} x+y=0,\\[4pt] x+y=0,\\[4pt] 2y+2z=0. \end{cases}
Note que as duas primeiras equações são iguais, então há efetivamente duas equações independentes:
x+y=0,\qquad y+z=0.
Resolvo em função de y\]: da primeira \(x=-y; da segunda z=-y. Logo qualquer vetor no núcleo tem a forma
(x,y,z)=(-y,y,-y)=y(-1,1,-1).
Isso mostra que \operatorname{Ker}(T) é uma reta unidimensional gerada por (-1,1,-1). Portanto uma base do núcleo é, por exemplo,
\{\,(-1,1,-1)\,\}.
Observação didática: podemos multiplicar o gerador por -1 se preferirmos outra forma, por exemplo \{(1,-1,1)\} também é base do núcleo; ambas representam a mesma reta.]

Passo 5

Calculo \operatorname{Ker}(T)\cap\operatorname{Im}(T)\). Um vetor em \(\operatorname{Ker}(T)\) tem a forma \(t(-1,1,-1)\). Quero ver se existe \(t\) (além do \(t=0\)) tal que \(t(-1,1,-1)\) esteja em \(\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{v_1,v_3\}\). Ou seja, procuro \(a,b,t\) com \[t(-1,1,-1)=a(1,1,0)+b(0,0,2).
Escrevendo coordenadas dá o sistema
\begin{cases} -t=a,\\[4pt] t=a,\\[4pt] -t=2b. \end{cases}
Das duas primeiras equações obtemos -t=a\] e \(t=a. Assim -t=t implica t=0. Então só existe a solução trivial t=0. Conclusão: a interseção contém apenas o vetor zero:
\operatorname{Ker}(T)\cap\operatorname{Im}(T)=\{0\}.
Como “base” do subespaço trivial usamos o conjunto vazio. Em notação:
\text{base}\big(\operatorname{Ker}(T)\cap\operatorname{Im}(T)\big)=\varnothing.]

Passo 6

Agora \operatorname{Ker}(T)+\operatorname{Im}(T) é o menor subespaço que contém ambos; é o span da união dos geradores. Uma base candidata é a união de uma base de \operatorname{Im}(T) com uma base de \operatorname{Ker}(T), desde que a união seja linearmente independente. Já vimos:
\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{v_1,v_3\},\qquad \operatorname{Ker}(T)=\operatorname{span}\{w\},
onde w:=(-1,1,-1).
Como \operatorname{Ker}(T)\cap\operatorname{Im}(T)=\{0\}, as dimensões somam:
\dim(\operatorname{Ker}(T)+\operatorname{Im}(T))=\dim\operatorname{Ker}(T)+\dim\operatorname{Im}(T)=1+2=3.
Mas \mathbb{R}^3 tem dimensão 3, então necessariamente
\operatorname{Ker}(T)+\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3.
Portanto qualquer base de \mathbb{R}^3 serve; em particular a união das bases que já encontramos é uma base de \mathbb{R}^3. Posso escolher como base
\{\,v_1=(1,1,0),\;v_3=(0,0,2),\;w'=(1,-1,1)\,\},
onde w'=-w=(1,-1,1) (usei w' para ficar com entradas positivas em parte). Essa tripla é linearmente independente e gera \mathbb{R}^3.

Passo 7

Resumo rápido e encorajador: verificamos passo a passo a imagem como span de colunas da matriz de T, resolvemos um sistema linear para o núcleo, verificamos a interseção zero e usamos a soma de subespaços (com a dimensão) para concluir que a soma é todo \mathbb{R}^3. Bom trabalho — você já consegue fazer isso na prova seguindo o mesmo roteiro: formar a matriz, encontrar colunas independentes para a imagem, resolver A\mathbf{x}=0 para o núcleo, e checar interseção somando dimensões.

Resposta

\operatorname{Ker}(T)=\operatorname{span}\{(-1,1,-1)\}
\operatorname{Im}(T)=\operatorname{span}\{(1,1,0),(0,0,2)\}
\operatorname{Ker}(T)\cap\operatorname{Im}(T)=\{0\} (base: \varnothing)
\operatorname{Ker}(T)+\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^3 (ex.: base \{(1,1,0),(0,0,2),(1,-1,1)\})

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