Considere a transformação linear T: M_{2}(\mathbb{R}) \rightarrow P_{3}(\mathbb{R}), definida por:
T\left(\begin{array}{ll} a & b \\\ c & d \end{array}\right)=(a+b)+(c-d) x+(a-c) x^{2}+(b-d) x^{3}
onde \left(\begin{array}{ll}a & b \\\ c & d\end{array}\right) \in M_{2}(\mathbb{R}).
(a) Mostre que T é inversível.
(b) Determine explicitamente a transformação inversa T^{-1}: P_{3}(\mathbb{R}) \rightarrow M_{2}(\mathbb{R}).

Passo 1

Enunciado e dados relevantes. \n
Temos a transformação linear T: M_{2}(\mathbb{R}) \to P_{3}(\mathbb{R}) definida por
T\!\left(\begin{pmatrix}a & b\\[4pt] c & d\end{pmatrix}\right) = (a+b) + (c-d)x + (a-c)x^{2} + (b-d)x^{3},
onde a,b,c,d\in\mathbb{R}. \n
Perguntas pedidas: \n
(a) Mostrar que T é inversível. \n
(b) Determinar explicitamente T^{-1}:P_{3}(\mathbb{R})\to M_{2}(\mathbb{R}). \n
Informações úteis extraídas do enunciado (listadas): \n
\quad Para uma matriz \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} os coeficientes do polinômio T(\cdot) são
\begin{aligned} \text{coeficiente constante }&:\\ \alpha_{0}=a+b,\\\ \text{coeficiente de }x&:\\ \alpha_{1}=c-d,\\\ \text{coeficiente de }x^{2}&:\\ \alpha_{2}=a-c,\\\ \text{coeficiente de }x^{3}&:\\ \alpha_{3}=b-d. \end{aligned}
Esses quatro números determinam T em cada matriz. \n
(Fim do Passo 1: identifiquei o que é pedido e listei todas as informações relevantes; ainda não resolvi nada.)]

Passo 2

Verificar linearidade (rápido e didático). \n
Uma transformação entre espaços vetoriais é linear se preserva soma e multiplicação por escalar. Aqui T é definida componente a componente por combinações lineares de a,b,c,d. Para quaisquer matrizes X,Y\in M_{2}(\mathbb{R}) e escalar \lambda\in\mathbb{R},
T(X+Y)=T(X)+T(Y),\qquad T(\lambda X)=\lambda T(X),
pois cada coeficiente de T é uma combinação linear dos elementos da matriz. Logo T é linear. \n
Nota didática: mostrar linearidade serve para podermos usar propriedades de mapas lineares (núcleo, injetividade, dimensão etc.).

Passo 3

Mostrar que o núcleo de T é trivial (passo chave para provar inversibilidade). \n
Calcular \ker T=\{M\in M_{2}(\mathbb{R})\mid T(M)=0\}. Tome M=\begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} e suponha T(M)=0, i.e. o polinômio nulo. Isso dá o sistema (usei as igualdades listadas no Passo 1):
\begin{aligned} a+b&=0,\\\ c-d&=0,\\\ a-c&=0,\\\ b-d&=0. \end{aligned}
Resolvo passo a passo: da terceira equação a-c=0 obtemos c=a. Da segunda c-d=0 obtemos d=c, e portanto d=a. Da primeira a+b=0 obtemos b=-a. Finalmente da quarta b-d=0 obtemos -a-d=0. Como d=a, essa última fica -a-a=0, ou seja -2a=0 e portanto a=0. Assim a=b=c=d=0. \n
Conclusão: \ker T=\{0\} (apenas a matriz zero). \n
Explicação didática: para um mapa linear entre espaços finito-dimensionais, se o núcleo é trivial então o mapa é injetivo. Aqui ambos os espaços têm dimensão 4 ( \dim M_{2}(\mathbb{R})=4, \dim P_{3}(\mathbb{R})=4), então injetividade implica bijetividade (e portanto invertibilidade). Portanto T é inversível. \n
Comentário motivador: essa é uma técnica muito usada em provas — mostrar que o núcleo tem só o vetor zero para concluir inversibilidade quando as dimensões coincidem.

Passo 4

Preparar para calcular explicitamente T^{-1}. \n
Seja um polinômio genérico em P_{3}(\mathbb{R})
p(x)=\alpha_{0}+\alpha_{1}x+\alpha_{2}x^{2}+\alpha_{3}x^{3},
com \alpha_{0},\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}\in\mathbb{R}. Queremos encontrar a matriz \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} tal que T\!\begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix}=p(x). Usamos as igualdades (repetindo do Passo 1):
\begin{aligned} a+b&=\alpha_{0},\\\ c-d&=\alpha_{1},\\\ a-c&=\alpha_{2},\\\ b-d&=\alpha_{3}. \end{aligned}
Vamos resolver esse sistema linear para a,b,c,d em termos de \alpha_{0},\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}.

Passo 5

Resolver o sistema passo a passo (álgebra explícita, sem pular etapas). \n
Da terceira equação temos
c=a-\alpha_{2}.
Da quarta equação temos
d=b-\alpha_{3}.
Substituo c e d na segunda equação c-d=\alpha_{1}:
(a-\alpha_{2}) - (b-\alpha_{3}) = \alpha_{1}.
Rearranjando:
a-b -\alpha_{2} + \alpha_{3} = \alpha_{1},
logo
a-b = \alpha_{1} + \alpha_{2} - \alpha_{3}.
Agora use a primeira equação a+b=\alpha_{0}. Temos o sistema simples em a e b:
\begin{aligned} a+b&=\alpha_{0},\\\ a-b&=\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}. \end{aligned}
Somando as duas equações:
2a = \alpha_{0} + (\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}) = \alpha_{0}+\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}.
Logo
a = \frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2}.
Subtraindo as equações (primeira menos segunda):
2b = \alpha_{0} - (\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}) = \alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}+\alpha_{3},
portanto
b = \frac{\alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}+\alpha_{3}}{2}.
Agora recuperamos c e d usando as expressões acima:
\begin{aligned} c &= a - \alpha_{2} = \frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2} - \alpha_{2} = \frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}-\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2},\\[6pt] d &= b - \alpha_{3} = \frac{\alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}+\alpha_{3}}{2} - \alpha_{3} = \frac{\alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2}. \end{aligned}]

Passo 6

Escrever T^{-1} de forma final (fórmula explícita e interpretável na prova). \n
Para qualquer polinômio p(x)=\alpha_{0}+\alpha_{1}x+\alpha_{2}x^{2}+\alpha_{3}x^{3} temos
T^{-1}\bigl(p(x)\bigr) = \begin{pmatrix} \displaystyle \frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2} & \displaystyle \frac{\alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}+\alpha_{3}}{2}\\[10pt] \displaystyle \frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}-\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2} & \displaystyle \frac{\alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2} \end{pmatrix}.
Essa é a inversa buscada: dada a quádrupla (\alpha_{0},\alpha_{1},\alpha_{2},\alpha_{3}) dos coeficientes do polinômio, a matriz acima é a pré-imagem única pela transformação T. \n
Dica prática para a prova: memorize as relações originais entre a,b,c,d e os coeficientes e resolva por soma/subtração como fizemos — é rápido e evita determinantes longos.]

Resposta

(a) Sim, T é inversível (porque \ker T=\{0\} e \dim M_{2}(\mathbb{R})=\dim P_{3}(\mathbb{R})=4).\n
(b) Para p(x)=\alpha_{0}+\alpha_{1}x+\alpha_{2}x^{2}+\alpha_{3}x^{3},
T^{-1}\bigl(p(x)\bigr)= \begin{pmatrix} \displaystyle \frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}+\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2} & \displaystyle \frac{\alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}+\alpha_{3}}{2}\\[10pt] \displaystyle \frac{\alpha_{0}+\alpha_{1}-\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2} & \displaystyle \frac{\alpha_{0}-\alpha_{1}-\alpha_{2}-\alpha_{3}}{2} \end{pmatrix}.

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