Verificar quais operadores lineares T a seguir são inversíveis e, para aqueles que forem, encontrar uma fórmula para T^{-1}.
(c) T: \mathbb{R}^{3} \longrightarrow \mathbb{R}^{3}, T(x, y, z)=(x-y+2 z, y-z,-2 x+y-3 z).

Passo 1

O enunciado dá um operador linear T:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} definido por
T(x,y,z)=(x-y+2z,\;y-z,\;-2x+y-3z).
A tarefa é:
  • verificar se T é inversível;
  • e, se for inversível, encontrar uma fórmula para T^{-1}.
Informações relevantes fornecidas:
  • A regra de T em coordenadas canônicas é exatamente a fórmula acima;
  • Estamos trabalhando em \mathbb{R}^{3} com a base padrão (vetores canônicos).

Passo 2

Primeiro passo prático: escrever T como uma matriz A em relação à base canônica. Cada coluna de A é T aplicado a um vetor canônico:
  • T(1,0,0)=(1,0,-2),
  • T(0,1,0)=(-1,1,1),
  • T(0,0,1)=(2,-1,-3).
Logo a matriz de T na base padrão é
A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -1\\[4pt] -2 & 1 & -3 \end{pmatrix},
onde interpretamos A de modo que T(\,x,y,z\,)=A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix}.
Explicação curta: cada entrada a_{ij} da matriz é a coordenada i-ésima de T aplicado ao j-ésimo vetor da base padrão.]

Passo 3

Critério de invertibilidade (aula curta):
  • Um operador linear T:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n é inversível se, e somente se, a matriz A de T (na mesma base em domínio e contradomínio) for invertível.
  • Uma forma prática de testar invertibilidade é calcular o determinante: A é invertível se, e somente se, \det(A)\neq 0.
  • Intuição do determinante: \det(A) mede se as colunas de A são linearmente independentes e quanto o mapeamento “altera volumes”. Se \det(A)=0, as colunas são linearmente dependentes e A comprime \mathbb{R}^3 numa subvariedade de dimensão menor (logo não é bijetivo).
Vou calcular \det(A) passo a passo.

Passo 4

Cálculo do determinante por expansão na primeira linha (fórmula de Laplace simples para uma linha):
\det(A)=a_{11}\det\begin{pmatrix}1 & -1\\[2pt]1 & -3\end{pmatrix} - a_{12}\det\begin{pmatrix}0 & -1\\[2pt]-2 & -3\end{pmatrix} + a_{13}\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt]-2 & 1\end{pmatrix}.
Aqui a_{11}=1, a_{12}=-1, a_{13}=2. Agora os menores:
\det\begin{pmatrix}1 & -1\\[2pt]1 & -3\end{pmatrix}=1\cdot(-3)-(-1)\cdot1=-3+1=-2.
\det\begin{pmatrix}0 & -1\\[2pt]-2 & -3\end{pmatrix}=0\cdot(-3)-(-1)\cdot(-2)=0-2=-2.
\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt]-2 & 1\end{pmatrix}=0\cdot1-1\cdot(-2)=2.
Substituindo:
\det(A)=1\cdot(-2)-(-1)\cdot(-2)+2\cdot2.
Calcule cada termo com calma:
1\cdot(-2)=-2, \qquad -(-1)\cdot(-2)=-(+2)=-2, \qquad 2\cdot2=4.
Somando:
\det(A)=-2-2+4=0.
Observação alternativa (checagem rápida): aplicando operação nas linhas nota-se dependência linear: somando 2 vezes a primeira linha à terceira linha obtém-se uma linha igual a -1 vez a segunda linha, o que confirma dependência e determinante zero.]

Passo 5

Conclusão do critério: como \det(A)=0, a matriz A não é invertível. Portanto o operador linear T não é inversível.
Explicação conceitual: \det(A)=0 implica que A (e então T) não é injetora (há vetores não nulos que vão para o vetor zero). Logo não é bijetora e não tem inversa linear definida em todo \mathbb{R}^{3}.

Passo 6

Para ficar bem didático, vamos encontrar explicitamente o núcleo ( \ker T\)), isto é, todos os vetores \((x,y,z)\) tais que \(T(x,y,z)=(0,0,0)\). Escrever o sistema linear: \[\begin{cases} x - y + 2z = 0,\\[4pt] y - z = 0,\\[4pt] -2x + y - 3z = 0. \end{cases}
Resolver passo a passo:
  • Da segunda equação temos \;y-z=0\;\Rightarrow\;y=z\]. - Substituindo em primeira equação: \(x - z + 2z = x+z =0, então \;x=-z.
    - Verificar a terceira equação: substituindo x=-z e y=z,
-2(-z) + z - 3z = 2z + z - 3z = 0,
que é satisfeita automaticamente (não impõe nova restrição).
Portanto todas as soluções são da forma
(x,y,z)=(-z,z,z)=z(-1,1,1),
com z\in\mathbb{R}. Assim \ker T=\operatorname{span}\{(-1,1,1)\}, um subespaço unidimensional não-trivial.
Interpretação: existe um vetor não nulo que é enviado ao zero, logo T não é injetora e não tem inversa.]

Passo 7

Resumo final e incentivo rápido: concluímos que T não é inversível porque a matriz associada tem determinante zero e há núcleo não-trivial gerado por (-1,1,1). Isso significa que em prova basta mostrar \det(A)=0 ou exibir um vetor não-nulo no núcleo para concluir não invertibilidade — duas maneiras equivalentes. Força aí, mostrar a dependência linear e a solução do núcleo é uma forma bem direta de justificar que não existe T^{-1}.

Resposta

T não é inversível.

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