Exercício 3 ( 30 pontos) Sejam \mathscr{P}_{2} o espaço vetorial dos polinômios reais de grau menor ou igual a 2 e considere a transformação linear T: \mathscr{P}_{2} \rightarrow \mathscr{P}_{2} definida por T p=p^{\prime}.
(a) Obtenha a matriz de T, com respeito a base \beta=\left\{1, x, x^{2}\right\}.
(b) Obtenha os autovalores de T e os respectivos auto-espaços.
(c) T é diagonalizável?

Passo 1

O enunciado dá uma transformação linear T:\mathscr{P}_{2}\to\mathscr{P}_{2} definida por T p = p' (a derivada do polinômio p) e pede três coisas:
  1. (a) A matriz de T em relação à base \beta=\{1,x,x^{2}\}.
  2. (b) Os autovalores (valores próprios) de T e os respectivos auto-espaços (espaços próprios).
  3. (c) Dizer se T é diagonalizável.
Informações relevantes que temos: a base \beta e a ação de T que leva um polinômio à sua derivada. A resolução começa a partir desses dados.

Passo 2

Primeiro vamos fixar como representar um polinômio em coordenadas na base \beta. Um polinômio qualquer p\in\mathscr{P}_{2} pode ser escrito como
p(x)=a + b x + c x^{2},
onde a,b,c\in\mathbb{R}. Na base \beta=\{1,x,x^{2}\} sua coordenada é o vetor coluna
[p]_{\beta}=\begin{pmatrix}a\\[4pt] b\\[4pt] c\end{pmatrix}.
Explicação didática: a primeira entrada é o coeficiente do vetor base 1, a segunda do vetor base x e a terceira do vetor base x^{2}. Para obter a matriz de T vamos aplicar T em cada vetor da base e escrever as imagens nas coordenadas da base.]

Passo 3

Calculamos T agindo sobre os vetores da base:
  • T(1) = (1)' = 0. Em coordenadas na base \beta isso é
[T(1)]_{\beta}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
  • T(x) = (x)' = 1. Em coordenadas:
[T(x)]_{\beta}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},
pois 1 = 1\cdot 1 + 0\cdot x + 0\cdot x^{2}.
  • T(x^{2}) = (x^{2})' = 2x. Em coordenadas:
[T(x^{2})]_{\beta}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]2\\[4pt]0\end{pmatrix},
pois 2x = 0\cdot 1 + 2\cdot x + 0\cdot x^{2}.
Explicação: cada coluna da matriz de T na base \beta é exatamente as coordenadas da imagem do correspondente vetor base.]

Passo 4

Montando a matriz usando as colunas obtidas (na ordem 1,x,x^{2}):
[T]_{\beta}=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Comentário didático: essa é uma matriz triangular superior. As colunas são, respectivamente, [T(1)]_{\beta},[T(x)]_{\beta},[T(x^{2})]_{\beta}.]

Passo 5

Vamos encontrar os autovalores. Para isso usamos o polinômio característico \chi_{T}(\lambda)=\det([T]_{\beta}-\lambda I). Como [T]_{\beta} é triangular superior, os elementos da diagonal são os autovalores (contados com multiplicidade algébrica). A diagonal da matriz [T]_{\beta] é (0,0,0), então todos os autovalores são 0. Formalmente,
\chi_{T}(\lambda)=\det\begin{pmatrix} -\lambda & 1 & 0\\[4pt] 0 & -\lambda & 2\\[4pt] 0 & 0 & -\lambda \end{pmatrix}=(-\lambda)(-\lambda)(-\lambda) = -\lambda^{3},
portanto a única raiz é \lambda=0 com multiplicidade algébrica 3.
Explicação didática: a multiplicidade algébrica é o número de vezes que um autovalor aparece como raiz do polinômio característico. Aqui \lambda=0 aparece três vezes.]

Passo 6

Agora encontramos o autoespaço associado ao autovalor \lambda=0, isto é, o conjunto de p tais que T p = 0. Em termos de coordenadas queremos todos os vetores \begin{pmatrix}a\\\ b\\\ c\end{pmatrix} que satisfazem
[T]_{\beta}\begin{pmatrix}a\\\ b\\\ c\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\\ 0\\\\ 0\end{pmatrix}.
Multiplicando a matriz:
\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}a\\\ b\\\ c\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b \\[4pt] 2c \\[4pt] 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.
Isto dá as equações b=0 e 2c=0\Rightarrow c=0; não há restrição sobre a. Logo os vetores solução são \begin{pmatrix}a\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} com a\in\mathbb{R}. Em termos de polinômios, isso significa
\{p\in\mathscr{P}_{2}\mid p'=0\}=\{a\cdot 1 \mid a\in\mathbb{R}\}=\operatorname{span}\{1\}.
Portanto o autoespaço associado a \lambda=0 é o conjunto dos polinômios constantes, que tem dimensão geométrica (multiplicidade geométrica) igual a 1.
Comentário explicativo alternativo: resolver p'(x)=\lambda p(x) para \lambda\neq 0 dentro de polinômios mostraria que só existe solução trivial, confirmando que o único autovalor é 0 e que não há autoespaços adicionais.]

Passo 7

Definição e conclusão sobre diagonalização. Uma transformação linear em um espaço de dimensão n é diagonalizável se existir uma base formada por n autovetores (ou equivalentemente, se para cada autovalor a soma das dimensões dos autoespaços for n). Aqui n=\dim\mathscr{P}_{2}=3. O único autovalor \lambda=0 tem multiplicidade algébrica 3 mas o seu autoespaço tem dimensão geométrica 1. Como a dimensão do conjunto de autovetores disponíveis é 1<3, não é possível formar uma base de \mathscr{P}_{2} composta por autovetores. Logo T não é diagonalizável.
Outra explicação curta e intuitiva: se T fosse diagonalizável com único autovalor 0, a matriz de T em alguma base seria a matriz diagonal 0 (todas entradas da diagonal 0), isto é, a matriz zero. Mas T não é a transformação zero (por exemplo T(x)=1\neq 0), portanto não pode ser similar à matriz zero; impossível ser diagonalizável.

Resposta

(a) \displaystyle [T]_{\beta}=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0\\[4pt]0 & 0 & 2\\[4pt]0 & 0 & 0\end{pmatrix}.\n
(b) O único autovalor é \lambda=0 (multiplicidade algébrica 3). O autoespaço correspondente é \operatorname{span}\{1\}=\{a\in\mathbb{R}\} (polinômios constantes), dimensão geométrica 1.\n
(c) Não. T não é diagonalizável, pois a multiplicidade geométrica de \lambda=0 é 1, menor que sua multiplicidade algébrica 3, logo não há base de autovetores.]

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