Determine se a transformação linear T é invertível considerando sua matriz em relação às bases canônicas. Se T é invertível, use o Teorema 3 e o método do Exemplo 7 para encontrar T^{-1}.
T: \mathscr{P}_{2} \rightarrow \mathscr{P}_{2} definida por T(p(x))=p(x)+p^{\prime}(x)

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: decidir se a transformação linear T:\mathscr{P}_2\to\mathscr{P}_2 dada por
T(p(x))=p(x)+p'(x)
é invertível; se for, encontrar T^{-1} usando o Teorema 3 e o método do Exemplo 7.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
T:\mathscr{P}_2\to\mathscr{P}_2,\qquad T(p)=p+p'.
A base canônica de \mathscr{P}_2 que usaremos é \{1,x,x^2\}. Nada mais foi pedido.

Passo 2

Vamos calcular a matriz de T em relação à base canônica \{1,x,x^2\}. Para isso aplicamos T aos vetores da base e escrevemos as imagens nas coordenadas da mesma base.
Calcule os derivados:
(1)'=0,\qquad (x)'=1,\qquad (x^2)'=2x.
Agora as imagens:
T(1)=1+0=1,
T(x)=x+1,
T(x^2)=x^2+2x.
Escrevendo cada imagem como combinação da base \{1,x,x^2\} obtemos as colunas da matriz A=[T]_{\text{can}}:
T(1)=1 \longrightarrow \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix},\qquad T(x)=1+x \longrightarrow \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\qquad T(x^2)=0+2x+1\cdot x^2 \longrightarrow \begin{pmatrix}0\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix}.
Portanto a matriz de T na base canônica é
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Para decidir invertibilidade calculamos o determinante de A. Observando que A é triangular superior, o determinante é o produto da diagonal:
\det(A)=1\cdot 1\cdot 1=1\neq 0.
Como \det(A)\neq 0, a matriz A é invertível. Pelo Teorema 3 (que diz que T é inversível se, e somente se, sua matriz na base canônica é invertível, e que a matriz de T^{-1} é A^{-1}), concluímos que T é invertível. Agora precisamos encontrar T^{-1}.

Passo 4

Encontrando A^{-1}. Uma maneira prática aqui é escrever A=I+B com
B=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Note que B^2\neq 0 mas B^3=0 (nilpotente de ordem 3), portanto a série geométrica termina:
A^{-1}=(I+B)^{-1}=I-B+B^2.
Calculemos B^2:
B^2=\begin{pmatrix} 0 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Logo
A^{-1}=I-B+B^2= \begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]0&0&2\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0&0&2\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.
(Verificação rápida: A\cdot A^{-1}=I.)]

Passo 5

Agora traduzimos a ação de A^{-1} em uma fórmula para polinômios. Seja um polinômio qualquer q(x)\in\mathscr{P}_2 com coordenadas na base canônica
q(x)=q_0+q_1 x+q_2 x^2 \quad\longleftrightarrow\quad [q]_{{\rm can}}=\begin{pmatrix}q_0\\[4pt]q_1\\[4pt]q_2\end{pmatrix}.
Aplicando A^{-1} às coordenadas obtemos as coordenadas de p(x)=T^{-1}(q(x)):
[p]_{{\rm can}}=A^{-1}[q]_{{\rm can}}= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}q_0\\[4pt]q_1\\[4pt]q_2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} q_0-q_1+2q_2\\[4pt] q_1-2q_2\\[4pt] q_2 \end{pmatrix}.
Portanto
T^{-1}(q)(x)=(q_0-q_1+2q_2)+(q_1-2q_2)x+q_2 x^2.]

Passo 6

Para ver o mesmo resultado de forma mais “operacional” (método do Exemplo 7: resolver diretamente o sistema), escrevemos p(x)=a+bx+cx^2. Então
p'(x)=b+2cx,
e
T(p)=p+p'=(a+b)+(b+2c)x+cx^2.
Se T(p)=q com q(x)=q_0+q_1 x+q_2 x^2, igualando coeficientes obtemos o sistema
a+b=q_0,\qquad b+2c=q_1,\qquad c=q_2.
Resolvendo:
c=q_2,\qquad b=q_1-2q_2,\qquad a=q_0-b=q_0-q_1+2q_2,
que dá exatamente a fórmula encontrada no passo anterior. Uma forma elegante em termos de derivadas é também válida: para q\in\mathscr{P}_2,
T^{-1}(q)=q-q'+q'',
porque para q(x)=q_0+q_1 x+q_2 x^2 temos q'(x)=q_1+2q_2 x e q''(x)=2q_2, e então q-q'+q'' reproduz os coeficientes acima.

Resposta

T é invertível.
T^{-1}(q)(x)=(q_0-q_1+2q_2)+(q_1-2q_2)x+q_2 x^2, onde q(x)=q_0+q_1 x+q_2 x^2.
Alternativamente T^{-1}(q)=q-q'+q''.

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