Considere as matrizes:
\mathcal{A}=\left(\begin{array}{ccc} 0 & x & y \\\\ -x & 0 & z \\\\ -y & -z & 0 \end{array}\right) \quad \text { e } \quad \mathcal{B}=\left(\begin{array}{ccc} x & y+z & 1 \\\ y & x+z & 1 \\\ z & x+y & 1 \end{array}\right)
Escreva uma linha das matrizes acima como combinação linear das outras linhas e também uma coluna como combinação das demais colunas. Conclua que \operatorname{det} \mathcal{A}=0 e \operatorname{det} \mathcal{B}=0 para quaisquer x, y, z \in \mathbb{R}.

Passo 1

O enunciado nos dá duas matrizes 3\times3:
\mathcal{A}=\begin{pmatrix} 0 & x & y \\\\ -x & 0 & z \\\\ -y & -z & 0 \end{pmatrix}, \qquad \mathcal{B}=\begin{pmatrix} x & y+z & 1 \\\ y & x+z & 1 \\\ z & x+y & 1 \end{pmatrix},
com x,y,z\in\mathbb{R}.
O que devemos fazer:
  • escrever uma linha de cada matriz como combinação linear das outras linhas (ou, equivalentemente, apresentar uma relação linear não-trivial entre as linhas);
  • escrever uma coluna de cada matriz como combinação linear das demais colunas (ou apresentar uma relação linear não-trivial entre as colunas);
  • concluir que \det\mathcal{A}=0 e \det\mathcal{B}=0 para quaisquer x,y,z.
Listo as informações importantes fornecidas:
  • As entradas das matrizes estão todas expressas em função de x,y,z.
  • Não há nenhuma restrição sobre x,y,z (podem ser quaisquer reais).
  • O objetivo final é mostrar que ambas as matrizes têm determinante nulo, usando dependência linear de linhas/colunas.

Passo 2

Primeiro vou explicar rapidamente o que significa “uma linha é combinação linear das outras”: dizer que, por exemplo, a terceira linha R_3 é combinação linear de R_1 e R_2 significa que existem escalares a,b tais que
R_3 = a\,R_1 + b\,R_2,
ou, de forma equivalente, existe uma relação linear não-trivial
\alpha R_1 + \beta R_2 + \gamma R_3 = 0
com (\alpha,\beta,\gamma)\neq(0,0,0). Se isso ocorre, as linhas são linearmente dependentes e a matriz tem posto menor que 3; daí \det=0. Vou usar exatamente essa ideia nas duas matrizes.

Passo 3

Trato primeiro da matriz \mathcal{A}. Chamo as linhas de \mathcal{A} de
R_1=(0,\;x,\;y),\qquad R_2=(-x,\;0,\;z),\qquad R_3=(-y,\;-z,\;0).
Proponho a relação linear com coeficientes (z,\,-y,\;x). Calculo a combinação:
z R_1 - y R_2 + x R_3.
Vou verificar coordenada a coordenada (para ficar claro):
  • Coordenada 1:
z\cdot 0 - y\cdot(-x) + x\cdot(-y) = 0 + yx - xy = 0.
  • Coordenada 2:
z\cdot x - y\cdot 0 + x\cdot(-z) = zx + 0 - xz = 0.
  • Coordenada 3:
z\cdot y - y\cdot z + x\cdot 0 = zy - yz + 0 = 0.
Portanto
z R_1 - y R_2 + x R_3 = 0.
Isto é uma relação linear não-trivial entre as linhas (os coeficientes não são todos zero, salvo no caso trivial x=y=z=0 onde a matriz é a zero). Assim as linhas de \mathcal{A} são linearmente dependentes. Em particular, pode-se escrever qualquer uma das linhas como combinação linear das outras (por exemplo, isolando R_1:
z R_1 = y R_2 - x R_3 \quad\Rightarrow\quad R_1 = \frac{y}{z}R_2 - \frac{x}{z}R_3
quando z\neq 0; mas não é necessário dividir — a relação homogênea já prova a dependência para todos os x,y,z).

Passo 4

Ainda para \mathcal{A}, a mesma relação entre linhas, ao transpô-la, dá uma relação entre colunas. Denotando as colunas por
C_1=\begin{pmatrix}0\\\ -x\\\ -y\end{pmatrix},\; C_2=\begin{pmatrix}x\\\ 0\\\ -z\end{pmatrix},\; C_3=\begin{pmatrix}y\z\\\ 0\end{pmatrix},
verifica-se diretamente (pela mesma conta) que
z C_1 - y C_2 + x C_3 = 0.
Logo também existe uma coluna que é combinação linear das outras duas (ou, melhor, as três colunas são linearmente dependentes). Isso reforça que \mathcal{A} não tem posto completo.

Passo 5

Agora explico por que essa dependência implica \det\mathcal{A}=0: por definição (ou por propriedades básicas), o determinante de uma matriz 3\times3 é uma função multilinear das linhas (ou das colunas) e vale zero sempre que as linhas (ou colunas) são linearmente dependentes. Intuitivamente: se uma linha é combinação das outras, a matriz representa uma transformação linear que “aplana” o espaço para um plano (posto <3), portanto não é invertível e seu determinante é zero. Assim concluímos
\det\mathcal{A}=0\quad\text{para quaisquer }x,y,z\in\mathbb{R}.

Passo 6

Agora trato da matriz \mathcal{B}. Primeiro as colunas. Denotando as colunas por
C_1=\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix},\qquad C_2=\begin{pmatrix}y+z\x+z\x+y\end{pmatrix},\qquad C_3=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},
calculo C_1 + C_2:
C_1 + C_2 = \begin{pmatrix}x + (y+z)\\\ y + (x+z)\\\ z + (x+y)\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}x+y+z\\\ x+y+z\\\ x+y+z\end{pmatrix} = (x+y+z)\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.
Isto é
C_1 + C_2 = (x+y+z)\,C_3.
Dessa igualdade segue uma dependência linear entre as colunas válida para todos os casos:
  • se x+y+z\neq 0, então C_3 = \dfrac{1}{x+y+z}(C_1+C_2), isto é, a terceira coluna é combinação linear das duas primeiras;
  • se x+y+z=0, então C_1 + C_2 = 0, ou seja, C_1 = -C_2, então as colunas também são dependentes.
Em qualquer caso, as colunas são linearmente dependentes, o que já implica \det\mathcal{B}=0.

Passo 7

Para completar, mostro também explicitamente uma relação entre as linhas de \mathcal{B}. Denotando as linhas por
R_1=(x,\;y+z,\;1),\qquad R_2=(y,\;x+z,\;1),\qquad R_3=(z,\;x+y,\;1),
a combinação com coeficientes (y-z,\;z-x,\;x-y) anula as linhas; isto é,
(y-z)R_1 + (z-x)R_2 + (x-y)R_3 = 0.
Verificação rápida coordenada a coordenada:
  • Terceira coordenada:
(y-z)\cdot 1 + (z-x)\cdot 1 + (x-y)\cdot 1 = (y-z+z-x+x-y)=0.
  • Primeira coordenada:
(y-z)x + (z-x)y + (x-y)z = xy - xz + yz - xy + xz - yz = 0.
  • Segunda coordenada:
(y-z)(y+z) + (z-x)(x+z) + (x-y)(x+y).
Expande-se cada termo:
(y^2 - z^2) + (z x + z^2 - x^2 - xz) + (x^2 + xy - yx - y^2)=0,
pois os termos se cancelam par a par. Logo a soma é zero. Assim as linhas são linearmente dependentes também.

Passo 8

Como já argumentado antes, existência de relação linear não-trivial entre linhas (ou entre colunas) implica que a matriz tem posto estritamente menor que 3 e, portanto, determinante zero. Aplicando isso ao caso de \mathcal{B} obtemos
\det\mathcal{B}=0\quad\text{para quaisquer }x,y,z\in\mathbb{R}.

Resposta

\det\mathcal{A}=0
\det\mathcal{B}=0

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