Seja T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{2} definida por
T(x, y, z)=(x-y, y+z)

Passo 1

O que o enunciado nos dá:
  • A transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{2} definida por
T(x,y,z)=(x-y,\;y+z).
As perguntas que vou responder (tudo o que costuma vir neste tipo de exercício):
  1. Mostrar que T é linear (verificar as propriedades de aditividade e homogeneidade).
  2. Encontrar a matriz de T relativa às bases canônicas de \mathbb{R}^{3} e \mathbb{R}^{2}.
  3. Determinar o núcleo \ker(T) (dar uma base e a dimensão — nullidade).
  4. Determinar a imagem \operatorname{Im}(T) (dar uma base e a dimensão — posto).
  5. Aplicar o teorema posto-nulidade e verificar se T é injetora ou sobrejetora.
  6. Se for útil, descrever a pré-imagem geral de um vetor arbitrário (a,b)\in\mathbb{R}^2.

Passo 2

Verificando linearidade passo a passo (a ideia: mostrar que T(u+v)=T(u)+T(v) e T(\alpha u)=\alpha T(u)).
Sejam u=(x_1,y_1,z_1) e v=(x_2,y_2,z_2) em \mathbb{R}^3. Então
u+v=(x_1+x_2,\;y_1+y_2,\;z_1+z_2).
Aplicando T a u+v temos (usando a definição de T):
T(u+v)=\bigl((x_1+x_2)-(y_1+y_2),\; (y_1+y_2)+(z_1+z_2)\bigr).
Reagrupando:
T(u+v)=\bigl((x_1-y_1)+(x_2-y_2),\; (y_1+z_1)+(y_2+z_2)\bigr).
Mas isso é exatamente
T(u)+T(v)= (x_1-y_1,\;y_1+z_1)+(x_2-y_2,\;y_2+z_2).
Portanto T(u+v)=T(u)+T(v).
Agora para homogeneidade, seja \alpha\in\mathbb{R} e u=(x,y,z). Então
\alpha u=(\alpha x,\;\alpha y,\;\alpha z),
e aplicando T:
T(\alpha u)=\bigl(\alpha x-\alpha y,\; \alpha y+\alpha z\bigr)=\alpha(x-y,\;y+z)=\alpha T(u).
Logo T satisfaz as duas propriedades e portanto é linear.

Passo 3

Encontrando a matriz de T nas bases canônicas.
Regra prática: a matriz de T é obtida calculando T sobre os vetores da base canônica de \mathbb{R}^3,
e_1=(1,0,0),\quad e_2=(0,1,0),\quad e_3=(0,0,1),
e colocando essas imagens como colunas (na mesma ordem) em uma matriz 2\times3.
Calculemos:
T(e_1)=T(1,0,0)=(1-0,\;0+0)=(1,0).
T(e_2)=T(0,1,0)=(0-1,\;1+0)=(-1,1).
T(e_3)=T(0,0,1)=(0-0,\;0+1)=(0,1).
Portanto, a matriz de T relativa às bases canônicas (chamo-a A) é
A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix},
onde a primeira coluna é T(e_1), a segunda é T(e_2) e a terceira é T(e_3).]

Passo 4

Encontrando o núcleo \ker(T).
Definição prática: \ker(T)=\{(x,y,z)\in\mathbb{R}^3 \mid T(x,y,z)=(0,0)\}. Então resolvemos o sistema
x-y=0, \qquad y+z=0.
Da primeira equação vem x=y. Da segunda vem z=-y. Assim um vetor (x,y,z) no núcleo tem a forma
(x,y,z)=(y,y,-y)=y(1,1,-1).
Logo \ker(T)=\operatorname{span}\{(1,1,-1)\}.
Uma base do núcleo é \{(1,1,-1)\} e a dimensão do núcleo (nullidade) é
\dim\ker(T)=1.

Passo 5

Determinando a imagem \operatorname{Im}(T) e uma base dela.
A imagem de T é o subespaço de \mathbb{R}^2 gerado pelas colunas da matriz A (ou seja, pelos vetores T(e_1),T(e_2),T(e_3)). Essas colunas são
(1,0),\;(-1,1),\;(0,1).
Observação prática: se dois vetores dentre esses já geram \mathbb{R}^2 (por exemplo (1,0) e (0,1)), então a imagem é todo \mathbb{R}^2. Aqui vemos que a primeira coluna é (1,0) e a terceira é (0,1); esses dois são linearmente independentes e formam a base canônica de \mathbb{R}^2. Portanto
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2.
Uma base para \operatorname{Im}(T) é \{(1,0),(0,1)\} e a dimensão (posto) é
\operatorname{rank}(T)=2.

Passo 6

Conferindo o Teorema do Posto-Nulidade.
O teorema diz
\operatorname{rank}(T)+\dim\ker(T)=\dim(\text{domínio}).í
Aqui \dim(\text{domínio})=\dim\mathbb{R}^3=3í. Calculamos \operatorname{rank}(T)=2 e \dim\ker(T)=1. Então
2+1=3,
confere com o teorema.

Passo 7

Decidindo injetividade e sobrejetividade.
  • Injetividade: T é injetora se e somente se \ker(T)=\{0\}. Aqui \ker(T) contém o vetor não-nulo (1,1,-1), logo \ker(T)\neq\{0\}. Portanto T não é injetora.
  • Sobrejetividade: T é sobrejetora se \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2. Já mostramos que \operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2. Portanto T é sobrejetora.
Comentário intuitivo: T “esmaga” uma dimensão (por isso não é injetora) mas ainda atinge todo \mathbb{R}^2 (por isso é sobrejetora).

Passo 8

(Complemento útil para prova/exame) Descrever todos os pré-imagens de um vetor arbitrário (a,b)\in\mathbb{R}^2.
Resolver T(x,y,z)=(a,b), ou seja
x-y=a, \qquad y+z=b.
Escolha um parâmetro livre, por exemplo y=t\in\mathbb{R}. Então
x=a+y=a+t,\qquad z=b-y=b-t.
Portanto todas as soluções são
(x,y,z)=(a+t,\;t,\;b-t)= (a,0,b)+t(1,1,-1),\qquad t\in\mathbb{R}.
Isto mostra que para qualquer (a,b) existe pelo menos uma pré-imagem (de fato, infinitas, formando uma reta afim), reforçando que T é sobrejetora e também ilustrando que o espaço de soluções tem dimensão 1 (a mesma da nulidade).

Resposta

Matriz de T nas bases canônicas: \displaystyle \begin{pmatrix}1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1\end{pmatrix}
\ker(T)=\operatorname{span}\{(1,1,-1)\},\\ \dim\ker(T)=1
\operatorname{Im}(T)=\mathbb{R}^2,\\ \text{base: }\{(1,0),(0,1)\},\\ \operatorname{rank}(T)=2
T não é injetora; T é sobrejetora]

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