Considere a transformação linear \mathrm{T}: \mathrm{P}_{2}(\mathbb{R}) \longrightarrow \mathbb{R}^{4}, definida por
\mathrm{T}\left(a x^{2}+b x+c\right)=(a+b, 2 b+c, a+2 b-c, c)
(a) determine os subespaços núcleo e a imagem da transformação linear T .
(b) o operador linear T é um isomorfismo? Justifique sua resposta.
(c) determine o operador \mathrm{T}^{-1}: \mathbb{R}^{4} \longrightarrow \mathrm{P}_{2}(\mathbb{R}), caso ele exista.
Passo 1
O enunciado dá a transformação linear \mathrm{T}:\mathrm{P}_{2}(\mathbb{R})\to\mathbb{R}^{4} definida por
Determine o núcleo \ker(\mathrm{T}) e a imagem \operatorname{Im}(\mathrm{T}).
\mathrm{T} é um isomorfismo? Justifique.
Determine \mathrm{T}^{-1}:\mathbb{R}^{4}\to\mathrm{P}_{2}(\mathbb{R}), caso exista.
Passo 2
Vamos escrever \mathrm{T} em termos das imagens dos polinômios da base canônica de \mathrm{P}_{2}(\mathbb{R}). Tome a base natural \{x^{2},x,1\}. Calculamos
Assim, a matriz de \mathrm{T} na base \{x^{2},x,1\} para a base canônica de \mathbb{R}^{4} é a matriz A\in\mathbb{R}^{4\times3} cujas colunas são essas imagens:
Representamos vetores de \mathrm{P}_{2} por coordenadas (a,b,c)^{T}.]
Passo 3
Cálculo do núcleo \ker(\mathrm{T})\). Queremos todos \((a,b,c)\) tais que \(A\begin{pmatrix}a\b\c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}\). Escrevendo o sistema linear equivalente às linhas de \(A\):
\[\begin{cases} a+b=0,\\[4pt] 2b+c=0,\\[4pt] a+2b-c=0,\\[4pt] c=0. \end{cases}
Do quarto: c=0\]. Da segunda: \(2b+c=0\Rightarrow 2b+0=0\Rightarrow b=0. Da primeira: a+b=0\Rightarrow a+0=0\Rightarrow a=0. A terceira é automaticamente satisfeita por essas soluções. Logo a única solução é a=b=c=0. Portanto
\ker(\mathrm{T})=\{0\}.
Explicação conceitual curta: o núcleo só contém o polinômio nulo, então \mathrm{T} é injetora.]
Passo 4
Dimensão da imagem (posto). Pelo teorema da dimensão (teorema núcleo-imagem / rank-nullity) temos
Como \dim(\mathrm{P}_{2})=3 e \dim(\ker(\mathrm{T}))=0, segue \dim(\operatorname{Im}(\mathrm{T}))=3. Assim \operatorname{Im}(\mathrm{T}) é um subespaço de \mathbb{R}^{4} de dimensão 3, gerado pelas colunas de A. Uma base natural da imagem é
Descrição alternativa (equação) da imagem como um hiperplano em \mathbb{R}^{4}. Como \operatorname{Im}(\mathrm{T}) tem dimensão 3 em \mathbb{R}^{4}, existe exatamente uma equação linear independente que caracteriza os vetores da imagem. Procuramos um vetor v=(\alpha,\beta,\gamma,\delta)\neq 0 tal que v\cdot (cada coluna de A) =0. Escrevendo as condições:
Resolvendo (substitua \alpha=-\gamma na segunda etc.) obtemos uma família de soluções proporcional a (2,1,-2,-3). Logo todo y=(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4})\in\operatorname{Im}(\mathrm{T}) satisfaz
2y_{1}+y_{2}-2y_{3}-3y_{4}=0.
E reciprocamente qualquer y\in\mathbb{R}^{4} que satisfaça essa equação pertence a \operatorname{Im}(\mathrm{T}) (pois a equação é precisamente a equação que descreve o ortogonal ao complementar das colunas). Portanto
Pergunta sobre isomorfismo. Definição rápida: \mathrm{T} é um isomorfismo quando é bijetora (injetora e sobrejetora). Já vimos que \ker(\mathrm{T})=\{0\}, logo \mathrm{T} é injetora. Mas \operatorname{Im}(\mathrm{T}) tem dimensão 3 e \mathbb{R}^{4} tem dimensão 4; então \operatorname{Im}(\mathrm{T})\neq\mathbb{R}^{4} (não é sobrejetora). Portanto \mathrm{T} não é bijetora e, consequentemente, não é isomorfismo.
Passo 7
Sobre a existência de [\mathrm{T}{-1}:\mathbb{R}{4}\to\mathrm{P}_{2}(\mathbb{R})). Uma inversa linear definida em todo \mathbb{R}^{4} existiria só se \mathrm{T} fosse bijetora; como não é sobrejetora, não existe \mathrm{T}^{-1} definido em todo \mathbb{R}^{4}. Porém existe inversa à esquerda (única) definida em \operatorname{Im}(\mathrm{T}), ou seja \mathrm{T}^{-1}:\operatorname{Im}(\mathrm{T})\to\mathrm{P}_{2}(\mathbb{R}), dada da seguinte forma.
Se y=(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4})\in\operatorname{Im}(\mathrm{T}), as coordenadas (a,b,c) do polinômio preimagem satisfazem o sistema (usando as equações da definição de \mathrm{T}):
Da quarta equação c=y_{4}\]. Da segunda \(b=(y_{2}-y_{4})/2. Da primeira
a=y_{1}-b=\dfrac{2y_{1}-y_{2}+y_{4}}{2}.
(A verificação de compatibilidade das equações devolve exatamente a equação 2y_{1}+y_{2}-2y_{3}-3y_{4}=0 que caracteriza \operatorname{Im}(\mathrm{T}).)
(a) Núcleo: \ker(\mathrm{T})=\{0\}.\nImagem: \operatorname{Im}(\mathrm{T})=\operatorname{span}\{(1,0,1,0),(1,2,2,0),(0,1,-1,1)\}=\{(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4})\in\mathbb{R}^{4}\mid 2y_{1}+y_{2}-2y_{3}-3y_{4}=0\}.\n(b) Não; \mathrm{T} não é um isomorfismo porque, embora seja injetora (\ker\mathrm{T}=\{0\}), não é sobrejetora (\dim\operatorname{Im}\mathrm{T}=3<4).\n(c) Não existe \mathrm{T}^{-1} definido em todo \mathbb{R}^{4}. A inversa definida em \operatorname{Im}(\mathrm{T}) é, para y=(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4})\in\operatorname{Im}(\mathrm{T}),