Seja \mathcal{P}_{3}(\mathbb{R}) o espaço dos polinômios de grau menor ou igual a 3 .
a) (0,5 \mathrm{pt}) Verifique que
\beta=\left\{1+t, 1-t, t^{2}+t^{3}, t^{2}-t^{3}\right\}
é uma base para \mathcal{P}_{3}(\mathbb{R}).
b) (1,0 pt) Dado p(t)=a_{0}+a_{1} t+a_{2} t^{2}+a_{3} t^{3} \in \mathcal{P}_{3}(\mathbb{R}), determine [p(t)]_{\beta}, isto é, a matriz das coordenadas de p(t) em relação à base \beta.
c) (1,0 pt) Determine a única transformação linear T: \mathcal{P}_{3}(\mathbb{R}) \longrightarrow \mathbb{R}^{4}, tal que:
\begin{aligned} & T(1+t)=(2,0,-2,0), T(1-t)=(0,2,1,0) \\\ & T\left(t^{2}+t^{3}\right)=(0,0,0,2), T\left(t^{2}-t^{3}\right)=(2,2,0,0) \end{aligned}

Passo 1

Estamos em \mathcal P_{3}(\mathbb{R}), de dimensão 4, e dado o conjunto
\beta=\{\,1+t,\;1-t,\;t^{2}+t^{3},\;t^{2}-t^{3}\,\}.
Precisamos (a) verificar que \beta é base, (b) expressar um polinômio genérico
\displaystyle p(t)=a_{0}+a_{1}t+a_{2}t^{2}+a_{3}t^{3} em coordenadas na base \beta e (c) determinar a única transformação linear
T\colon\mathcal P_{3}(\mathbb{R})\to\mathbb{R}^{4} que atribui a cada vetor de \beta uma imagem dada.

Passo 2

Para mostrar que \beta é base basta provar que é LI (têm 4 vetores num espaço de dimensão 4). Suponha
\alpha_{1}(1+t)+\alpha_{2}(1-t)+\alpha_{3}(t^{2}+t^{3})+\alpha_{4}(t^{2}-t^{3})=0.
Expandindo,
(\alpha_{1}+\alpha_{2}) +(\alpha_{1}-\alpha_{2})\,t +(\alpha_{3}+\alpha_{4})\,t^{2} +(\alpha_{3}-\alpha_{4})\,t^{3} =0.
Igualando coeficientes de 1,t,t^{2},t^{3} a zero, obtemos o sistema
\alpha_{1}+\alpha_{2}=0,\quad \alpha_{1}-\alpha_{2}=0,\quad \alpha_{3}+\alpha_{4}=0,\quad \alpha_{3}-\alpha_{4}=0,
cuja única solução é \alpha_{1}=\alpha_{2}=\alpha_{3}=\alpha_{4}=0. Logo \beta é LI e, por ter 4 vetores, forma uma base de \mathcal P_{3}(\mathbb{R}).

Passo 3

Queremos [p]_{\beta} = (c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}) tal que
p(t) = c_{1}(1+t) + c_{2}(1-t) + c_{3}(t^{2} + t^{3}) + c_{4}(t^{2} - t^{3}).
Comparando coeficientes de 1, t, t^{2}, t^{3}, temos
\begin{cases} c_{1} + c_{2} = a_{0}, \\\ c_{1} - c_{2} = a_{1}, \\\ c_{3} + c_{4} = a_{2}, \\\ c_{3} - c_{4} = a_{3}. \end{cases}
Resolvendo:
c_{1} = \frac{a_{0} + a_{1}}{2}, \quad c_{2} = \frac{a_{0} - a_{1}}{2}, \quad c_{3} = \frac{a_{2} + a_{3}}{2}, \quad c_{4} = \frac{a_{2} - a_{3}}{2}.
Portanto
[p]_{\beta} = \begin{pmatrix} \frac{a_{0} + a_{1}}{2} \\[6pt] \frac{a_{0} - a_{1}}{2} \\[6pt] \frac{a_{2} + a_{3}}{2} \\[6pt] \frac{a_{2} - a_{3}}{2} \end{pmatrix}.]

Passo 4

A transformação linear T fica determinada pelos seus valores em \beta. Se [p]_{\beta}=(c_{1},c_{2},c_{3},c_{4})^{T}, então pela linearidade
T(p) =c_{1}\,T(1+t)+c_{2}\,T(1-t)+c_{3}\,T(t^{2}+t^{3})+c_{4}\,T(t^{2}-t^{3}).
Substituindo as imagens dadas:
T(p) =c_{1}(2,0,-2,0)+c_{2}(0,2,1,0)+c_{3}(0,0,0,2)+c_{4}(2,2,0,0).
Em forma matricial, com base em \beta,
T(p) = \begin{pmatrix} 2&0&0&2\\\\ 0&2&0&2\\\\ -2&1&0&0\\\\ 0&0&2&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}c_{1}\c_{2}\c_{3}\c_{4}\end{pmatrix}.

Resposta

a) \beta é base de \mathcal P_{3}(\mathbb{R}).
b) [p]_{\beta} =\begin{pmatrix} \frac{a_{0}+a_{1}}{2}\\\ \frac{a_{0}-a_{1}}{2}\\\ \frac{a_{2}+a_{3}}{2}\\\ \frac{a_{2}-a_{3}}{2} \end{pmatrix}.
c) Para p com [p]_{\beta}=(c_{1},c_{2},c_{3},c_{4})^{T},
T(p) = \begin{pmatrix} 2&0&0&2\\\\ 0&2&0&2\\\\ -2&1&0&0\\\\ 0&0&2&0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}c_{1}\c_{2}\c_{3}\c_{4}\end{pmatrix}.

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