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.
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):
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