Seja T um operador linear sobre \mathbb{R}^{3} tal que T(1,0,0)=(1,1,1), T(0,1,0)=(1,-2,1) e T(0,0,1)=(1,0,1). Mostre que T é um operador linear bijetor.

Passo 1

O enunciado dá explicitamente um operador linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 e suas imagens sobre a base canônica:
  • T(1,0,0)=(1,1,1).
  • T(0,1,0)=(1,-2,1).
  • T(0,0,1)=(1,0,1).
A pergunta escrita é: “Mostre que T é um operador linear bijetor.” Ou seja, pede para verificar se T é bijetora (isto é, injetora e sobrejetora).

Passo 2

Lembrete didático (definições e critérios que vou usar):
  • Um operador linear T é bijetor se for injetor e sobrejetor.
  • Para uma aplicação linear entre espaços vetoriais de mesma dimensão finita (aqui \mathbb{R}^3 para \mathbb{R}^3), vale a equivalência: T é injetora \iff T é sobrejetora \iff a matriz de T (na base canônica) é invertível. Uma maneira prática de testar invertibilidade é verificar se o núcleo \ker T é só o vetor nulo: \ker T=\{(0,0,0)\}. Se existir v\neq(0,0,0) com T(v)=0, então T não é injetora e, portanto, não é bijetora.
  • A matriz de T na base canônica tem como colunas as imagens de (1,0,0), (0,1,0) e (0,0,1).

Passo 3

Vou escrever a matriz de T na base canônica usando as imagens dadas. As colunas são T(1,0,0), T(0,1,0) e T(0,0,1). Assim:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & -2 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1 \end{pmatrix},
onde a primeira coluna é T(1,0,0)=(1,1,1), a segunda é T(0,1,0)=(1,-2,1) e a terceira é T(0,0,1)=(1,0,1).]

Passo 4

Vou verificar se as colunas de A\) são linearmente independentes. Procuro escalares \(a,b,c\) tais que \[a\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix} +b\begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 1\end{pmatrix} +c\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Escrevendo coordenada a coordenada obtemos o sistema
\begin{cases} a+b+c=0,\\[4pt] a-2b+0c=0,\\[4pt] a+b+c=0. \end{cases}
Observe que a primeira e a terceira equações são idênticas (mesma equação). Da segunda equação segue
a=2b.
Substituindo na primeira:
2b+b+c=0 \quad\Rightarrow\quad 3b+c=0 \quad\Rightarrow\quad c=-3b.
Tomando b=1\] (qualquer valor não nulo dará uma combinação não-trivial), obtemos \(a=2 e c=-3. Então há uma combinação linear não-trivial:
2\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix} +1\begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 1\end{pmatrix} -3\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Do cálculo do passo anterior segue que existe um vetor não-nulo v=(2,1,-3) tal que
T(v)=2T(1,0,0)+1T(0,1,0)-3T(0,0,1)=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Portanto v\in\ker T e v\neq(0,0,0). Conclusão: \ker T não é trivial, logo T não é injetora.

Passo 6

Como T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^3 e o espaço de domínio e contradomínio têm a mesma dimensão finita, a não-injetividade implica não-sobrejetividade (teorema básico de espaços vetoriais finito-dimensionais, ou pelo teorema da dimensão: \dim\ker T\ge1\Rightarrow\dim\operatorname{Im}T\le2<3). Assim T não é sobrejetora e, portanto, não é bijetora.

Resposta

T não é bijetor.

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