Núcleo e imagen del operador derivación

Calculamos el núcleo e imagen del operador derivación en el espacio $\mathbb{R}_n[x].$

Enunciado
Se considera la aplicación $f:\mathbb{R}_n[x]\to \mathbb{R}_n[x]$ tal que $f[p(x)]=p’(x).$ Se pide:
a)  Demostrar que es lineal.
b)  Hallar la matriz de $f$ respecto de la base canónica $B=\{1,x,x^2,\ldots,x^n\}.$
c)  Ecuaciones y una base de $\ker f.$
d)  Ecuaciones y una base de $\mbox{Im} f.$

(Propuesto en examen, Álgebra, ETS de Arquitectura, UPM).

Solución
a)
Para cada par de polinomios $p(x),q(x)\in\mathbb{R}_n[x]$, para cada par de números reales $\lambda,\mu$, y usando conocidas propiedades de la derivada:

$\displaystyle\begin{aligned}
f[\lambda p(x)+\mu q(x)]&=(\lambda p(x)+\mu q(x))’\\
&=\lambda p’(x)+\mu q’(x)\\
&=\lambda f[p(x)]+\mu f[q(x)].
\end{aligned}$

Es decir,  $f$ es lineal.

b)  Hallemos los transformados por $f$ de los elementos de la base $B:$

$\left \{ \begin{matrix} f(1)=0\\f(x)=1\\f(x^2)=2x\\{}\qquad\ldots\\ f(x^n)=nx^{n-1}.\end{matrix}\right.$

Transponiendo coeficientes obtenemos la matriz cuadrada de orden $n+1$ pedida

$A=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & & \ldots & & & 0\\ 0 & 0 & 2 & &\ldots & & & 0 \\0 & 0 & 0 & & \ldots & & & 0\\ \vdots&&&&&&&\vdots \\ 0 & 0 & 0 & & \ldots & & & n\\0 & 0 & 0 & &\ldots & & & 0\end{bmatrix}\;.$

c)  Denotemos por $(x_0,x_1,x_2,\ldots,x_{n-1},x_n)^t$ a las coordenadas de un vector genérico de $\mathbb{R}_n[x]$ respecto de la base $B$. Entonces

$p(x)\in \ker f \Leftrightarrow \begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & & \ldots & & & 0\\ 0 & 0 & 2 & &\ldots & & & 0 \\0 & 0 & 0 & & \ldots & & & 0\\ \vdots&&&&&&&\vdots \\ 0 & 0 & 0 & & \ldots & & & n\\0 & 0 & 0 & &\ldots & & & 0\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}x_0\\{x_1}\\ x_2 \\\vdots\\{x_{n-1}}\\x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\ 0 \\\vdots\\0\\0\end{bmatrix}\;.$

Unas ecuaciones cartesianas de $\ker f$ son por tanto:

$\left \{ \begin{matrix} x_1=0\\2x_2=0\\\ldots\\ nx_n=0.\end{matrix}\right.$

La dimensión de $\ker f$ es $\dim (\ker f)=n+1-\mbox{rg }A=n+1-n=1.$ Para hallar una base de $\ker f$ bastará dar a la incógnita libre $x_0$ el valor $1$ con lo cual obtenemos el vector $(1,0,0,\ldots,0,0)$. En consecuencia, una base de $\ker f$ es $B_{\ker f}=\{1\}.$

d)  Un vector $Y=(y_0,y_1,x_2,\ldots,y_n)^t$ pertenece a la imagen de $f$ si y sólo si existe un vector $X=(x_0,x_1,x_2,\ldots,x_n)^t$ tal que $Y=AX.$ Es decir,

$\begin{bmatrix}y_0\\{y_1}\\ y_2 \\\vdots\\{y_{n-1}}\\y_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0 & & \ldots & & & 0\\ 0 & 0 & 2 & &\ldots & & & 0 \\0 & 0 & 0 & & \ldots & & & 0\\ \vdots&&&&&&&\vdots \\ 0 & 0 & 0 & & \ldots & & & n\\0 & 0 & 0 & &\ldots & & & 0\end{bmatrix}\;\begin{bmatrix}x_0\\{x_1}\\ x_2 \\\vdots\\{x_{n-1}}\\x_n\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}x_1\\{2x_2}\\3 x_3 \\\vdots\\{nx_n}\\0\end{bmatrix}\quad (x_i\in\mathbb{R}).$

Unas ecuaciones cartesianas de $\mbox{Im }f$ son por tanto:

$\left \{ \begin{matrix} y_1=x_1\\y_1=2x_2\\y_2=3x_3\\{}\qquad\ldots\\ y_{n-1}=nx_n\\y_n=0\end{matrix}\right.\quad (x_i\in\mathbb{R}).$

Por otra parte, todo vector de la imagen se puede expresar en la forma

$\begin{bmatrix}y_0\\{y_1}\\ y_2 \\\vdots\\{y_{n-1}}\\y_n\end{bmatrix}=x_1\begin{bmatrix}1\\{0}\\ 0 \\\vdots\\{0}\\0\end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix}0\\{2}\\ 0 \\\vdots\\{0}\\0\end{bmatrix}+\ldots+x_{n}\begin{bmatrix}0\\{0}\\ 0 \\\vdots\\{n}\\0\end{bmatrix}\quad (x_i\in \mathbb{R}).$

Las $n$ columnas anteriores son linealmente independientes y generan $\mbox{Im }f$, es decir una base de la imagen es $\{1,2x,3x^2,\ldots,nx^{n-1}\}.$ Multiplicando convenientemente por escalares no nulos obtenemos otra base de la imagen: $B_{\mbox{Im }f}=\{1,x,x^2,\ldots,x^{n-1}\}.$

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