Considere a matriz A=\left[\begin{array}{rrr}\lambda & 0 & 1 \\\\ 1 & \lambda-1 & 0 \\\\ 0 & 0 & \lambda+1\end{array}\right]. Encontre os valores reais de \lambda para os quais o sistema homogêneo A X=0 admite apenas a solução trivial.

Passo 1

Temos a matriz
A=\begin{pmatrix}\lambda & 0 & 1 \\[4pt] 1 & \lambda-1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & \lambda+1\end{pmatrix}
e o sistema homogêneo A X=0. A pergunta é: para quais valores reais de \lambda esse sistema admite apenas a solução trivial X=0?
Informações dadas: os elementos de A dependem de \lambda conforme a matriz acima. O vetor X é desconhecido em \mathbb{R}^3.]

Passo 2

Conceito importante (explicado passo a passo): um sistema homogêneo A X=0 com A quadrada admite apenas a solução trivial X=0 se, e somente se, a matriz A for invertível.
Por que? Se A é invertível existe A^{-1} e multiplicando A X=0 por A^{-1} obtemos X = A^{-1}0 = 0, logo só a solução trivial. Inversamente, se A não for invertível existe vetor não nulo X tal que A X=0.
Critério prático: para matriz 3\times3 como aqui, A é invertível exatamente quando \det(A)\neq 0. Então basta calcular \det(A) e achar para quais \lambda ele é diferente de zero.

Passo 3

Cálculo do determinante. Observação: a terceira linha de A é (0,0,\lambda+1), ou seja, dois primeiros elementos são zero. Para determinante de matriz 3\times3 isso facilita: podemos desenvolver pela terceira linha ou usar que é bloco triangular no sentido de que o fator \lambda+1 multiplica o determinante do 2\times2 superior esquerdo. Assim
\det(A)=(\lambda+1)\cdot\det\begin{pmatrix}\lambda & 0\\[4pt] 1 & \lambda-1\end{pmatrix}.
Agora calculamos o determinante do 2\times2: para matriz \begin{pmatrix}a&b\\\ c&d\end{pmatrix} vale \det = ad-bc. Aplicando,
\det\begin{pmatrix}\lambda & 0\\[4pt] 1 & \lambda-1\end{pmatrix}=\lambda(\lambda-1)-0\cdot1=\lambda(\lambda-1).
Portanto
\det(A)=\lambda(\lambda-1)(\lambda+1).]

Passo 4

Condição para invertibilidade: \det(A)\neq 0. Com a expressão obtida temos
\det(A)=\lambda(\lambda-1)(\lambda+1)\neq 0
isto é, \lambda não pode ser nenhuma das raízes do polinômio: \lambda\neq 0, \lambda\neq 1 e \lambda\neq -1. Logo, para todos os outros valores reais de \lambda a matriz A é invertível e o sistema homogêneo tem apenas a solução trivial.
Para fixar a intuição, um comentário rápido sobre os casos singulares:
  • Se \lambda=0 então as equações resultam em x_3=0 e x_1=x_2, permitindo soluções não nulas (por exemplo x=(1,1,0)).
  • Se \lambda=1 então x_3=0, x_1=0 e x_2 fica livre (por exemplo x=(0,1,0)).
  • Se \lambda=-1 então a terceira equação some e há liberdade para obter vetores não nulos no núcleo (por exemplo x=(2,1,2) quando se toma x_2=1 no sistema correspondente).
    Esses exemplos confirmam que nos valores -1,0,1 existem soluções não triviais.

Resposta

\lambda\in\mathbb{R}\setminus\{-1,0,1\}

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