Seja a transformação linear T: \mathbb{R}^{3} \rightarrow \mathbb{R}^{3}, T(x, y, z)=\left[\begin{array}{ccc}1 & 2 & -3 \\\\ 3 & 5 & -2 \\\\ 3 & 4 & 5\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}x \\\ y \\\ z\end{array}\right].
(a) Encontre o núcleo de T e sua dimensão.
(b) Encontre a imagem de T e sua dimensão.
(c) Verifique se T é injetora ou sobrejetora.

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T: \mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} dada pela multiplicação pela matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -3\\[4pt] 3 & 5 & -2\\[4pt] 3 & 4 & 5 \end{pmatrix},
ou seja T(x,y,z)=A\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix}. As questões pedem:
(a) encontrar o núcleo de T e sua dimensão;
(b) encontrar a imagem de T e sua dimensão;
(c) decidir se T é injetora e/ou sobrejetora.
Também somos dados implicitamente que o domínio tem dimensão \dim \mathbb{R}^{3}=3.]

Passo 2

O que significa cada coisa (explicação didática e rápida):
  • O núcleo (ou kernel) de T é o conjunto \ker T=\{v\in\mathbb{R}^{3}:T(v)=0\}. Para encontrar \ker T coremos resolver o sistema homogêneo A\mathbf{v}=\mathbf{0}.
  • A imagem (ou coluna-espaço) de T é o subespaço gerado pelas colunas de A: \operatorname{Im} T=\operatorname{span}\{\,\text{col}_1(A),\text{col}_2(A),\text{col}_3(A)\,\}. Uma forma prática de obter uma base da imagem é fazer eliminação por linhas e pegar as colunas-pivô da matriz original.
  • A dimensão da imagem é o posto (rank) de A, denotado \operatorname{rank}(A). Vale o teorema da nulidade posto (rank-nullity):
\dim\ker T + \dim\operatorname{Im}T = \dim\mathbb{R}^{3}=3.
Vamos resolver explicitamente o sistema homogêneo por eliminação de Gauss para obter \ker T e também o posto.

Passo 3

Montamos a matriz aumentada do sistema homogêneo A\mathbf{v}=\mathbf{0}\) (a parte de zeros só para lembrar que é homogêneo): \[\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -3 & 0\\[4pt] 3 & 5 & -2 & 0\\[4pt] 3 & 4 & 5 & 0 \end{array}\right).
Fazemos eliminação por linhas passo a passo (comentando o que fazemos):
  • Eliminar os elementos abaixo do pivô da primeira coluna usando R_2\leftarrow R_2-3R_1 e R_3\leftarrow R_3-3R_1:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -3 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 7 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 14 & 0 \end{array}\right).
  • Agora usar R_3\leftarrow R_3-2R_2 para zerar a entrada em posição (3,2):
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -3 & 0\\[4pt] 0 & -1 & 7 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right).
Podemos simplificar R_2 multiplicando por -1: R_2\leftarrow -R_2, obtendo
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -3 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -7 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right).
  • Eliminar o termo em (1,2) com R_1\leftarrow R_1-2R_2:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 11 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -7 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right).
Essa forma escalonada reduzida mostra claramente as equações lineares equivalentes ao sistema homogêneo:
\begin{cases} x + 11z = 0,\\[4pt] y - 7z = 0. \end{cases}
Aqui usamos as variáveis (x,y,z] correspondentes às colunas originais.]

Passo 4

Resolver o sistema e descrever o núcleo:
  • Das equações obtidas temos x=-11z e y=7z. Tomando z como parâmetro livre t\in\mathbb{R}, o vetor genérico da solução é
\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}-11\\[2pt]7\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Portanto
\ker T=\{\,t(-11,7,1):t\in\mathbb{R}\,\}=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}-11\\[2pt]7\\[2pt]1\end{pmatrix}\right\}.
  • Logo \dim\ker T = 1 (um parâmetro livre).]

Passo 5

Encontrar a imagem e sua dimensão (explicando por que as colunas-pivô formam uma base):
  • A eliminação mostrou pivôs nas colunas 1 e 2. Isso significa que as colunas \text{col}_1(A) e \text{col}_2(A) da matriz original são linearmente independentes e geram a coluna-espaço. As colunas originais são
\text{col}_1(A)=\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\\[2pt]3\end{pmatrix},\quad \text{col}_2(A)=\begin{pmatrix}2\\[2pt]5\\[2pt]4\end{pmatrix},\quad \text{col}_3(A)=\begin{pmatrix}-3\\[2pt]-2\\[2pt]5\end{pmatrix}.
  • A relação entre colunas vem da solução do homogêneo: como (-11,7,1) está no núcleo, temos -11\text{col}_1(A)+7\text{col}_2(A)+1\text{col}_3(A)=0. Rearranjando,
\text{col}_3(A)=11\,\text{col}_1(A)-7\,\text{col}_2(A),
o que confirma que \text{col}_3(A) é combinação linear das duas primeiras. Então uma base para \operatorname{Im} T é \{\text{col}_1(A),\text{col}_2(A)\}.
  • Assim
\operatorname{Im} T=\operatorname{span}\left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\\[2pt]3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[2pt]5\\[2pt]4\end{pmatrix}\right\},
e \dim\operatorname{Im}T=\operatorname{rank}(A)=2.
Também podemos checar o rank-nullity: \dim\ker T + \dim\operatorname{Im}T = 1+2=3, que bate com \dim\mathbb{R}^{3}=3.]

Passo 6

Verificar injetividade e sobrejetividade (explicação e conclusão):
  • Uma transformação linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} é injetora iff \ker T=\{0\}. Aqui \ker T tem dimensão 1 e contém vetores não nulos (por exemplo (-11,7,1)), logo \ker T\neq\{0\}. Portanto T não é injetora.
  • T é sobrejetora iff \operatorname{Im}T=\mathbb{R}^{3}, o que exige \dim\operatorname{Im}T=3. Aqui \dim\operatorname{Im}T=2<3, logo T não é sobrejetora.
  • Comentário útil: para transformações lineares entre espaços de mesma dimensão finita, ser injetora é equivalente a ser sobrejetora; aqui como nenhuma das condições se verifica, confirmamos que T é nem injetora nem sobrejetora.

Resposta

(a) \ker T=\{t(-11,7,1):t\in\mathbb{R}\}, \dim\ker T=1
(b) \operatorname{Im}T=\operatorname{span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[2pt]3\\[2pt]3\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\[2pt]5\\[2pt]4\end{pmatrix}\right\}, \dim\operatorname{Im}T=2
(c) T não é injetora e não é sobrejetora.]

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