Considere a transformação linear D: P_{3}(\mathbb{R}) \rightarrow P_{3}(\mathbb{R}), onde D(p)=p^{\prime}.
(a) Escreva D na forma matricial em relação à base canônica \left\{t^{3}, t^{2}, t, 1\right\}.
(b) Determine \operatorname{Ker}(D) e \operatorname{Im}(D) e encontre uma base para cada um destes subespaços. Verifique o teorma do núcleo e da imagem.
(c) Mostre que D \circ D \circ D \circ D=\mathbf{0}. Primeiro usando a definição de derivada. Depois usando a representação matricial.

Passo 1

O enunciado fornece a transformação linear D: P_{3}(\mathbb{R}) \to P_{3}(\mathbb{R}) dada por D(p)=p'. As perguntas são:
  • (a) Escrever D na forma matricial relativa à base canônica \{t^{3},t^{2},t,1\}.
  • (b) Determinar \operatorname{Ker}(D) e \operatorname{Im}(D), encontrar uma base para cada um e verificar o teorema núcleo-imagem.
  • (c) Mostrar que D\circ D\circ D\circ D=\mathbf{0} (primeiro usando a definição de derivada e depois usando a representação matricial).
Informações relevantes dadas: domínio e contradomínio são P_{3}(\mathbb{R}) (polinômios de grau ≤ 3) e a ação de D é a derivada usual.

Passo 2

Vamos calcular D sobre os vetores da base canônica e obter suas coordenadas nessa mesma base. Isso porque, para uma transformação linear, a matriz na base dada tem como colunas as coordenadas das imagens dos vetores da base.
Calculemos as derivadas dos elementos da base:
\begin{aligned} \bigl(t^{3}\bigr)'&=3t^{2},\\\ \bigl(t^{2}\bigr)'&=2t,\\\ \bigl(t\bigr)'&=1,\\\ \bigl(1\bigr)'&=0. \end{aligned}
Agora expressamos cada imagem em coordenadas relativas à base \{t^{3},t^{2},t,1\}:
\begin{aligned} 3t^{2}&=0\cdot t^{3}+3\cdot t^{2}+0\cdot t+0\cdot 1\quad\Rightarrow\text{coluna }1=(0,3,0,0)^{T},\\\\ 2t&=0\cdot t^{3}+0\cdot t^{2}+2\cdot t+0\cdot 1\quad\Rightarrow\text{coluna }2=(0,0,2,0)^{T},\\\\ 1&=0\cdot t^{3}+0\cdot t^{2}+0\cdot t+1\cdot 1\quad\Rightarrow\text{coluna }3=(0,0,0,1)^{T},\\\\ 0&=(0,0,0,0)^{T}\quad\Rightarrow\text{coluna }4=(0,0,0,0)^{T}. \end{aligned}
Aqui usei a regra padrão: a j-ésima coluna da matriz é a coordenada de D aplicada ao j-ésimo vetor da base.

Passo 3

Escrevendo a matriz obtida (linhas correspondem aos coeficientes de t^{3},t^{2},t,1 nessa ordem) temos:
A=[D]_{\{t^{3},t^{2},t,1\}}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Definições rápidas e úteis (em linguagem direta): \operatorname{Ker}(D)=\{p\in P_{3}(\mathbb{R}) : D(p)=0\} e \operatorname{Im}(D)=\{D(p):p\in P_{3}(\mathbb{R})\}.
Para encontrar \operatorname{Ker}(D), tome um polinômio geral
p(t)=at^{3}+bt^{2}+ct+d.
Então
p'(t)=3at^{2}+2bt+c.
Pedir p'(t)=0 como polinômio implica que todos os coeficientes são zero:
3a=0,\quad 2b=0,\quad c=0.
Logo a=b=c=0 e p(t)=d é constante. Portanto
\operatorname{Ker}(D)=\{\,d\in\mathbb{R}\,\}=\operatorname{span}\{1\}.
Uma base de \operatorname{Ker}(D) é \{1\} e \dim\operatorname{Ker}(D)=1.

Passo 5

Para \operatorname{Im}(D), observe as imagens dos vetores da base (já calculadas):
D(t^{3})=3t^{2},\quad D(t^{2})=2t,\quad D(t)=1,\quad D(1)=0.
Logo \operatorname{Im}(D) é gerado por \{3t^{2},2t,1\}, ou seja, é todo o espaço dos polinômios de grau ≤ 2:
\operatorname{Im}(D)=P_{2}(\mathbb{R})=\operatorname{span}\{t^{2},t,1\}.
Verificamos que \{t^{2},t,1\} é linearmente independente, portanto forma uma base de \operatorname{Im}(D). Assim \dim\operatorname{Im}(D)=3.

Passo 6

Verificação do teorema núcleo-imagem (rank-nullity): para uma transformação linear entre espaços de dimensão finita,
\dim(\operatorname{Ker}(D))+\dim(\operatorname{Im}(D))=\dim(P_{3}(\mathbb{R})).
Aqui \dim(\operatorname{Ker}(D))=1, \dim(\operatorname{Im}(D))=3 e \dim(P_{3}(\mathbb{R}))=4. De fato 1+3=4, portanto o teorema está verificado.

Passo 7

Agora (c) — primeira parte: usando a definição de derivada.
Se p\in P_{3}(\mathbb{R}) então \deg(p)\le 3. Cada derivada reduz o grau do polinômio em pelo menos 1 (ou transforma uma constante em 0). Portanto após três derivações um polinômio de grau ≤ 3 vira uma constante, e após a quarta derivação essa constante vira 0. Formalmente, D^{4}(p)=p^{(4)}=0 para todo p\in P_{3}(\mathbb{R}). Por exemplo, para p(t)=t^{3}:
p'(t)=3t^{2},\quad p''(t)=6t,\quad p'''(t)=6,\quad p^{(4)}(t)=0.
Portanto D\circ D\circ D\circ D=\mathbf{0} (a transformação zero).

Passo 8

Segunda parte de (c): usando a representação matricial.
Usamos a matriz A do Passo 3. É prático calcular A^{2},A^{3},A^{4} coluna a coluna aplicando A às colunas anteriores (isto equivale a aplicar D sucessivamente às imagens dos vetores da base).
Aplicando A às colunas já obtidas:
\begin{aligned} A(t^{3})&=3t^{2}, & A^{2}(t^{3})&=A(3t^{2})=3\cdot 2t=6t, & A^{3}(t^{3})&=A(6t)=6\cdot 1=6, & A^{4}(t^{3})&=A(6)=0,\\\ A(t^{2})&=2t, & A^{2}(t^{2})&=A(2t)=2\cdot 1=2, & A^{3}(t^{2})&=A(2)=0, & A^{4}(t^{2})&=0,\\\ A(t)&=1, & A^{2}(t)&=A(1)=0, & A^{3}(t)&=0, & A^{4}(t)=0,\\\ A(1)&=0, & A^{2}(1)=0, & A^{3}(1)=0, & A^{4}(1)=0. \end{aligned}
Assim as colunas de A^{2} são (0,0,6,0)^{T},(0,0,0,2)^{T},(0,0,0,0)^{T},(0,0,0,0)^{T}; as colunas de A^{3} são (0,0,0,6)^{T},(0,0,0,0)^{T},(0,0,0,0)^{T},(0,0,0,0)^{T}; e A^{4} tem todas as colunas nulas. Portanto
A^{4}=0_{4\times 4},
isto é, a quarta potência da matriz é a matriz zero. Isso equivale a dizer que D^{4}=\mathbf{0}.

Passo 9

Conclusão final: tanto pela redução do grau pela derivada quanto pelo cálculo direto das potências da matriz de D, obtemos D^{4}=\mathbf{0}.

Resposta

(a)
\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}
(b)
\operatorname{Ker}(D)=\operatorname{span}\{1\}, base \{1\}.\
\operatorname{Im}(D)=P_{2}(\mathbb{R})=\operatorname{span}\{t^{2},t,1\}, base \{t^{2},t,1\}.\
Verificação: \dim\operatorname{Ker}(D)=1, \dim\operatorname{Im}(D)=3, 1+3=4=\dim P_{3}(\mathbb{R}).
(c)
D^{4}=\mathbf{0} (pela derivada: quarta derivada de qualquer polinômio de grau ≤ 3 é 0; pela matriz: A^{4}=0_{4\times4}).]

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