Encontre os autovalores e autoespaços relacionadas das transformações lineares abaixo:
T: P_{3}(x) \longrightarrow P_{3}(x) dada por T(p)=p+3 p^{\prime}.

Passo 1

O enunciado dá a transformação linear T: P_{3}(x)\to P_{3}(x) definida por
T(p)=p+3p'.
O que se pede:
  • Encontrar todos os autovalores \lambda (valores escalares) tais que exista p\neq 0 com T(p)=\lambda p.
  • Para cada autovalor, determinar o autoespaço (o conjunto de vetores não nulos p que satisfazem T(p)=\lambda p; normalmente dado como um gerador/basis).
Informações úteis dadas no enunciado:
  • O espaço é P_{3}(x), o espaço dos polinômios reais de grau menor ou igual a 3.
  • A operação envolve a derivada p'.

Passo 2

Definição e primeira manipulação algébrica (o que significa ser autovetor/autovalor).
Queremos p\neq 0 e \lambda tais que
T(p)=\lambda p.
Substituindo T,
p+3p'=\lambda p.
Reorganizando,
3p'=(\lambda-1)p.
Dividindo por 3,
p'=\underbrace{\frac{\lambda-1}{3}}_{=:c}\,p.
Então qualquer autovetor p deve satisfazer a equação diferencial simples p'=c p, com c constante.

Passo 3

Análise por grau de polinômio (argumento essencial e muito prático para prova).
Se p é um polinômio não nulo de grau n, então \deg(p')=n-1 quando n\ge1. A equação p'=c p compara um polinômio de grau n-1 com outro de grau n (se c\neq0), o que é impossível salvo casos especiais. Portanto:
  • Se n\ge1 e c\neq0, não pode haver solução não nula porque os graus não batem.
  • Se n=0 (isto é, p é constante p(x)=a, a\neq0), então p'=0. A equação p'=c p vira 0 = c a, que exige c=0.
    Logo a única possibilidade para existir autovetor não nulo é c=0.
Voltando à relação entre c e \lambda, c=0 implica
\frac{\lambda-1}{3}=0 \quad\Rightarrow\quad \lambda=1.
E os polinômios que satisfazem p'=0 são exatamente os polinômios constantes. Concluímos já que \lambda=1 é um autovalor e seus autovetores são os polinômios constantes.

Passo 4

Verificação alternativa e informação sobre multiplicidades (útil para entender a estrutura).
Tomando a base canônica (1,x,x^2,x^3) de P_3, calculemos T sobre os elementos da base (isso também mostra por que só \lambda=1 aparece na diagonal):
T(1)=1,\qquad T(x)=x+3,\qquad T(x^2)=x^2+6x,\qquad T(x^3)=x^3+9x^2.
Na base (1,x,x^2,x^3) a matriz de T é triangular superior com diagonal (1,1,1,1). Portanto o polinômio característico é (1-\lambda)^4 — ou seja, o único autovalor com multiplicidade algébrica 4 é \lambda=1.
Para o autoespaço correspondente resolvemos (T-I)p=0. Mas T-I = 3D onde D é a derivação; assim
(T-I)p=3p'=0 \quad\Longleftrightarrow\quad p'=0,
portanto o núcleo (o autoespaço) é o conjunto dos polinômios constantes, que tem dimensão 1. Assim a multiplicidade geométrica de \lambda=1 é 1.
Observação extra (útil para prova): T-I é nilpotente de ordem 4 porque D^4=0 em P_3; isso explica a multiplicidade algébrica 4 e que não há outros autovalores.

Passo 5

Resumo didático e intuitivo (como responder rápido numa prova).
  • Resolver T(p)=\lambda p dá a ODE p'=\tfrac{\lambda-1}{3}p.
  • Só polinômio não nulo que satisfaz essa ODE é constante, e isso força \lambda=1.
  • Checagem matricial confirma que \lambda=1 é o único autovalor (multiplicidade algébrica 4) e que o espaço de autovetores tem dimensão 1 (autoespaço = constantes).

Resposta

\lambda=1
Autoespaço correspondente: \{\,p\in P_3 : p\text{ é constante}\,\}=\operatorname{span}\{1\}é

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