Sejam as matrizes de transformação abaixo. Identifique se T é injetora, sobrejetora ou ambos.
\left[\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 3 \\\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right]
Utilize o fato de que o posto e a nulidade de
T são iguais a \operatorname{dim}(\operatorname{Im} T) e \operatorname{dim}(\operatorname{ker} T), respectivamente.

Passo 1

O enunciado fornece a matriz de transformação linear
A=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},
que é uma matriz de dimensão \,4\times3. Isso representa uma transformação linear T:\mathbb{R}^3\to\mathbb{R}^4 dada por T(x)=Ax.
O que se pede:
  • Identificar se T é injetora (um a um);
  • Identificar se T é sobrejetora (sobre).
Informações úteis que posso usar imediatamente:
  • \dim(\operatorname{Im}T)=\operatorname{rank}(A) (posto da matriz).
  • \dim(\ker T)= nulidade de A.
  • Teorema do posto-nulidade: \dim(\ker T)+\dim(\operatorname{Im}T)=\dim(\text{domínio})í. Aqui \dim(\text{domínio})=\dim(\mathbb{R}^3)=3í.]

Passo 2

Vou analisar a injetividade usando a definição prática: T é injetora se e somente se \ker T=\{0\}, isto é, se a única solução de Ax=0 é x=0. Para isso escrevo um vetor genérico x=(x_1,x_2,x_3)^\top e calculo Ax.
Calculemos Ax:
Ax=\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2x_1\\[4pt] x_2\\[4pt] 3x_3\\[4pt] 0 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Agora resolvo Ax=0\). A equação \(Ax=0\) equivale ao sistema \[\begin{cases} 2x_1=0,\\[4pt] x_2=0,\\[4pt] 3x_3=0,\\[4pt] 0=0. \end{cases}
Dessas igualdades obtemos imediatamente x_1=0\], \(x_2=0 e x_3=0. Portanto a única solução é x=0, ou seja,
\ker T=\{0\}.
Como a nulidade é zero, conclui-se que T é injetora.]

Passo 4

Vou relacionar esse resultado ao posto para ficar bem claro e também checar sobrejetividade. Pelas observações acima, as três primeiras linhas da matriz mostram que as três colunas são múltiplos dos vetores canônicos distintos em \mathbb{R}^4 (esquematicamente: coluna 1 proporcial a e_1, coluna 2 a e_2, coluna 3 a e_3), todas com escalações não nulas. Logo as três colunas são linearmente independentes, portanto
\operatorname{rank}(A)=3.
Usando o teorema do posto-nulidade:
\dim(\ker T)+\operatorname{rank}(A)=\dim(\mathbb{R}^3).
Substituindo \operatorname{rank}(A)=3 e \dim(\mathbb{R}^3)=3, obtemos
\dim(\ker T)+3=3\quad\Rightarrow\quad\dim(\ker T)=0,
confirmando o resultado do passo anterior.

Passo 5

Para ser sobrejetora, T precisaria ter \operatorname{Im}T=\mathbb{R}^4, isto é, \dim(\operatorname{Im}T)=4. Mas encontramos \operatorname{rank}(A)=\dim(\operatorname{Im}T)=3. Como
3=\dim(\operatorname{Im}T)<\dim(\mathbb{R}^4)=4,
a imagem de T é um subespaço próprio de \mathbb{R}^4 de dimensão 3, então T não é sobrejetora.
Intuitivamente: domínio tem dimensão 3 e codomínio tem dimensão 4; uma aplicação linear de um espaço de dimensão menor para um de dimensão maior nunca pode ser sobrejetora (a menos que a dimensão da imagem fosse 4, o que é impossível aqui porque a imagem não pode ter dimensão maior que a do domínio).

Passo 6

Conclusão clara e prática: T tem núcleo trivial, logo é injetora; porém o posto é 3<4, logo não atinge todo o codomínio e não é sobrejetora.

Resposta

T é injetora e não sobrejetora.

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