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
\mathrm{T}\bigl(a x^{2}+b x+c\bigr)=(a+b,\;2 b+c,\;a+2 b-c,\;c).
Perguntas:
  1. Determine o núcleo \ker(\mathrm{T}) e a imagem \operatorname{Im}(\mathrm{T}).
  2. \mathrm{T} é um isomorfismo? Justifique.
  3. 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
\begin{aligned} \mathrm{T}(x^{2})&=\mathrm{T}(1\cdot x^{2}+0\cdot x+0)=(1+0,\;0,\;1+0,\;0)=(1,0,1,0),\\[4pt] \mathrm{T}(x)&=\mathrm{T}(0\cdot x^{2}+1\cdot x+0)=(0+1,\;2\cdot1+0,\;0+2\cdot1-0,\;0)=(1,2,2,0),\\[4pt] \mathrm{T}(1)&=\mathrm{T}(0\cdot x^{2}+0\cdot x+1)=(0+0,\;0+1,\;0+0-1,\;1)=(0,1,-1,1). \end{aligned}
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:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[2pt] 0 & 2 & 1\\[2pt] 1 & 2 & -1\\[2pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
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
\dim(\mathrm{P}_{2}(\mathbb{R}))=\dim(\ker(\mathrm{T}))+\dim(\operatorname{Im}(\mathrm{T})).
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
\bigl\{(1,0,1,0),\\ (1,2,2,0),\\ (0,1,-1,1)\bigr\},
ou seja
\operatorname{Im}(\mathrm{T})=\operatorname{span}\{(1,0,1,0),(1,2,2,0),(0,1,-1,1)\}.

Passo 5

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:
\begin{aligned} \alpha+\gamma&=0,\\\ \alpha+2\beta+2\gamma&=0,\\\ \beta-\gamma+\delta&=0. \end{aligned}
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
\operatorname{Im}(\mathrm{T})=\{(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4})\in\mathbb{R}^{4}\mid 2y_{1}+y_{2}-2y_{3}-3y_{4}=0\}.

Passo 6

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}):
\begin{cases} a+b=y_{1},\\[4pt] 2b+c=y_{2},\\[4pt] a+2b-c=y_{3},\\[4pt] c=y_{4}. \end{cases}
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}).)
Portanto, para y\in\operatorname{Im}(\mathrm{T}),
\mathrm{T}^{-1}(y)=\Bigl(\dfrac{2y_{1}-y_{2}+y_{4}}{2}\Bigr)x^{2}+\Bigl(\dfrac{y_{2}-y_{4}}{2}\Bigr)x+y_{4}.]

Resposta

(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}),
\mathrm{T}^{-1}(y)=\Bigl(\dfrac{2y_{1}-y_{2}+y_{4}}{2}\Bigr)x^{2}+\Bigl(\dfrac{y_{2}-y_{4}}{2}\Bigr)x+y_{4}.

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