Questão 4 Seja V=\operatorname{span}\left(\left\{1, t, e^{t}, t e^{t}\right\}\right) um espaço vetorial de funções reais com relação à soma e multiplicação usual de funções. É possível mostrar que o conjunto \left\{1, t, e^{t}, t e^{t}\right\} é linearmente independente e, portanto, \operatorname{dim}(V)=4. Considere o operador diferencial D: V \longrightarrow V definido por D(f)=\frac{d f}{d t}.
(a) Determine os autovalores e autovetores de D;
(b) Verifique se D é diagonalizável.

Passo 1

O enunciado diz que
V = \mathrm{span}\{1,\;t,\;e^t,\;t e^t\} é um espaço de dimensão 4, e
D: V \to V é o operador D(f)=f'.
Precisamos encontrar os autovalores \lambda e vetores próprios não nulos f \in V tais que
D(f)=f' = \lambda\,f,
e depois ver se D admite uma base de autovetores (ou seja, se é diagonalizável).

Passo 2

Para achar os autovalores, resolvemos a EDO
f'=\lambda\,f.
A solução geral dessa equação é
f(t)=C\,e^{\lambda t},\quad C\neq0.
Logo, qualquer potencial vetor próprio em V deve ser da forma e^{\lambda t} (até escalares) e ainda pertencer ao span \{1,t,e^t,t e^t\}.

Passo 3

Verificamos para quais valores de \lambda a função e^{\lambda t} se escreve como combinação linear de \{1,t,e^t,t e^t\}.
  • Se \lambda=0, então e^{0\cdot t}=1\in V.
  • Se \lambda=1, então e^{1\cdot t}=e^t\in V.
  • Para \lambda\neq0,1, e^{\lambda t} não pode ser gerada por \{1,t,e^t,t e^t\} (pois são funções de naturezas linear/poliexponencial distintas).
Portanto, os únicos autovalores possíveis são
\lambda_1=0,\qquad \lambda_2=1.

Passo 4

Agora achamos os autovetores associados:
  • Para \lambda_1=0, a equação f'=0\cdot f f(t)=C, constante. Logo o espaço próprio é
\ker(D-0I)=\{\,C\cdot1\mid C\neq0\}=\span\{1\}.
  • Para \lambda_2=1, a equação f'=1\cdot f f(t)=C e^t. Então
\ker(D-I)=\{\,C\,e^t\mid C\neq0\}=\span\{e^t\}.
Em cada caso o espaço próprio tem dimensão 1.

Passo 5

Como \dim V=4, para D ser diagonalizável precisaríamos de 4 autovetores linearmente independentes. Mas encontramos apenas 1 para \lambda=0 e 1 para \lambda=1, totalizando 2.
Logo a soma das dimensões dos espaços próprios é 1+1=2<4, ou seja, faltam autovetores para formar base.

Resposta

(a) Os autovalores são \lambda=0 com autovetor 1 e \lambda=1 com autovetor e^t.
(b) Não—D não é diagonalizável.

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