Encontrar a expressão F (x, y, z) do operador linear
F : R³ → R³ tal que

F (1, 1, 1) = (1, 1, 0),
F (0, 1, 1) = (1, 0, 1), 
F (0, 0, 1) = (0, 1, 1).


Primeiro:
B= { (1,1,1), (0,1,1), (0,0,1) } forma uma base de R³
(dim R³ = 3; B é LI, portanto é base de R³)

F está determinada!

F(x,y,z) ?

Segundo: escrever (x,y,z) como combinação linear da base B.

[Dado (x,y,z)]

(x,y,z)
 = a(1,1,1) + b(0,1,1) + c(0,0,1)
 = (a,a+b,a+b+c)

é um sistema nas variáveis a,b,c

A matriz aumentada desse sistema é

1 0 0 | x
1 1 0 | y
1 1 1 | z
~
1 0 0 | x
0 1 0 | y-x
0 0 1 | z-x-(y-x) = z-y

a=x, b=y-x, c=z-y

(x,y,z) = x (1,1,1) + (y-x) (0,1,1) + (z-y) (0,0,1)

Terceiro: escrever a expressão de F(x,y,z)

F(x,y,z) = F[ x(1,1,1) + (y-x)(0,1,1) + (z-y)(0,0,1) ]
= x F(1,1,1) + (y-x)F(0,1,1) + (z-y)F(0,0,1)
= x(1,1,0) + (y-x)(1,0,1) + (z-y)(0,1,1)
= (x+y-x,x+z-y ,y-x+z-y)
= (y,x-y+z,-x+z)

F(x,y,z) = (y,x-y+z,-x+z)

Teste: 
F(1,1,1) = (1,1-1+1,-1+1) = (1,1,0)
F(0,1,1) = (1,-1+1,1)     = (1,0,1)
F(0,0,1)                  = (0,1,1)

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Passos: Escrever a expressão de F: U -> V
quando são dados os valores numa base B de U

1) Excrever u em U como combinação linear dos elementos de B

B = {v_1, v_2, ...,v_n}

u = a_1 v_1 + ... + a_n v_n

(e encontre os a_i's)

2) expanda a expressão de F u

F u
= F(a_1 v_1 + ... + a_n v_n)
= a_1 F(v_1) + ... + a_n F(v_n)

FIM

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F : P_2 (R) → R⁴ tal que

F [t] = (−2, 1, 18, 9),
F [1 − t] = (3, 2, −2, −3)
F [1 + t²] = (0, −2, −4, −6)

P_2 são os polinômios de grau até 2: x + yt + zt²

dim P_2 = 3   (3 coeficientes livres x,y,z dados)

B =  {t, 1-t, 1+t²} é LI
pois nenhum é combinação linear dos anteriores
B é base pois é LI e tem 3 verotes.

1) Escrever um p em P_2 como combinação linear da base B.

p(t) = x + yt + zt² é um elemento qualquer de P_2.

p(t) = x + yt + zt²
     = a t + b(1-t) + c(1+t²)
     = a t + b - bt + c + ct²
     = (b+c) + (a-b)t + c t²    

é um sistema nas variáveis a, b, c
b+c = x
a-b = y
c = z

Dessa vez resolveremos por substituição
c = z
b+c = x => b = x - z
a-b = y => a = y+b = y+x-z

x + yt + zt² = (x+y-z) t + (x-z) (1-t) + z (1+t²)

pronto! escrevemos um elemento de P2 como combinação linear da base usada no enunciado

2) expressar F(x + yt + zt²)

F[x + yt + zt²] 
= F[ (x+y-z) t + (x-z) (1-t) + z (1+t²) ]
= (x+y-z) F[t] + (x-z) F[1-t] + z F[1+t²]

usaremos os valores dados para F[t], F[1-t] e F[1+t²]

F[x + yt + zt²] 
= (x+y-z) (−2,1,18,9) + (x-z) (3,2,−2,−3) + z (0,−2,−4,−6)
= (x-2y-z, 3x +y -5z, 16x + 18y -20z, 6x +9y )

(contas
  -2(x+y-z) + 3(x-z)  = x-2y-z
  x+y-z + 2(x-z) - 2z = 3x +y -5z
  18(x+y-z) -2(x-z) -4 z = 16x + 18y -20z
  9(x+y-z) - 3(x-z) -6z = 6x +9y

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Para verificar que um conjunto W é subespaço:

* 0 tem que pertencer a W
* u,v em W, => u+v em W
*           => alpha u em W


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NÚCLEO DE T

ker T = {u ∈ U : Tu = 0} = T^{-1} {0}

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T : R³ → R³ , T (x, y , z) = (x, y , 0)

Núcleo: T(x,y,z)=(0,0,0) => (x, y , 0) = (0,0,0)
portanto x = 0 = y,
z livre

(x,y,z) = (0,0,z) = z(0,0,1)

ker T = [0,0,1]

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Caracterizando a IMAGEM DE T

u ∈ U 

u = a1 v1 + ··· + an vn

Tu = T(a1 v1 + ··· + an vn)
= a1 T v1 + ··· + an T vn

Im T = [ T v1, T v2, ..., T vn ]

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T(1,0,0) = (1,0,0)
T(0,1,0) = (0,1,0)
T(0,0,1) = (0,0,0)

Im T = [(1,0,0), (0,1,0), (0,0,0) ]
= [(1,0,0), (0,1,0)]
= {(x,y,0): x,y reais}

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2º exemplo

T : R² → R, T (x,y) = x − 3y

Núcleo: (x,y) ∈ ker T

T(x,y) = 0 = x-3y  => x = 3y

(x,y)  = (3y,y) = y (3,1)

ker T = [(3,1)]

Im T = R pois todo x real é imagem de
 (x,0)

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T injetora ⇐⇒ ker T = {0}

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É possível transformação linear
F : R² → R³
que seja sobrejetora?

dim ker T?

dim Im = dim  R³ = 3

dim domínio = dim R² = 2

Aplicando o Teorema do núcleo e da imagem:

2  = dim ker T + 3

dim ker T  = -1  !!!!!! absurdo

Logo não tem como transformação linear
F : R² → R³
que seja sobrejetora



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Existe transformação linear F : R⁴ → R²
que seja injetora?

dim domínio = 4

F injetora <=> ker F = {0}
dim ker F = 0

dim Im F?

aplicando o teorema do Núcleo e da imagem:

4 = 0 + dim Im F

dim Im F = 4 
e Im F contida em R²
absurdo, dim Im F poderia ser no máximo 2.