Exercícios verdadeiro/falso

Nas partes (a)-(g), determine se a afirmação é verdadeira ou falsa, justificando sua resposta.
(a) Se A for uma matriz quadrada e A \mathbf{x}=\lambda \mathbf{x} com algum escalar não nulo \lambda, então x é um autovetor de A.
(b) Se \lambda for um autovalor de uma matriz A, então o sistema linear (\lambda I-A) \mathbf{x}=\mathbf{0} só tem a solução trivial.
(c) Se o polinômio característico de uma matriz A for p(\lambda)=\lambda^{2}+1, então A é invertível.
(d) Se \lambda for um autovalor de uma matriz A, então o autoespaço de A associado a \lambda é o conjunto de autovetores de A associados a \lambda.
(e) Se 0 for um autovalor de uma matriz A, então A^{2} é singular.
(f) Os autovalores de uma matriz A são iguais aos autovalores da forma escalonada reduzida por linhas de A.
(g) Se 0 for um autovalor de uma matriz A, então o conjunto de vetores coluna de A é linearmente independente.

Passo 1

O enunciado pede que, para cada item (a)–(g), eu diga se a afirmação é verdadeira ou falsa e justifique. Vou listar cada afirmação exatamente como está para não me perder:
(a) Se A for uma matriz quadrada e A \mathbf{x}=\lambda \mathbf{x} com algum escalar não nulo \lambda, então \mathbf{x} é um autovetor de A.
(b) Se \lambda for um autovalor de uma matriz A, então o sistema linear (\lambda I-A) \mathbf{x}=\mathbf{0} só tem a solução trivial.
(c) Se o polinômio característico de uma matriz A for p(\lambda)=\lambda^{2}+1, então A é invertível.
(d) Se \lambda for um autovalor de uma matriz A, então o autoespaço de A associado a \lambda é o conjunto de autovetores de A associados a \lambda.
(e) Se 0 for um autovalor de uma matriz A, então A^{2} é singular.
(f) Os autovalores de uma matriz A são iguais aos autovalores da forma escalonada reduzida por linhas de A.
(g) Se 0 for um autovalor de uma matriz A, então o conjunto de colunas de A é linearmente independente.
Agora vou resolver item por item, explicando os conceitos necessários e dando exemplos ou contraexemplos quando for o caso.

Passo 2

Conceitos fundamentais que vou usar (explicados com calma):
  • Definição de autovalor e autovetor: dizemos que \lambda é autovalor de uma matriz quadrada A e \mathbf{v} é um autovetor associado quando
A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}
e além disso exigimos que \mathbf{v}\neq\mathbf{0} (o vetor nulo não conta como autovetor). É importante lembrar essa exigência: autovetor = vetor não-nulo que satisfaz a igualdade.
  • Espaço nulo (núcleo) de uma matriz M: é o conjunto \{\mathbf{x}\mid M\mathbf{x}=\mathbf{0}\}. Se esse espaço tem vetores não-nulos dizemos que o núcleo é não trivial.
  • Polinômio característico: p_A(\lambda)=\det(\lambda I-A). As raízes de p_A são exatamente os autovalores de A. Para uma matriz n\times n, o termo constante de p_A (ou seja p_A(0)) está relacionado ao determinante de A por
p_A(0)=\det(-A)=(-1)^n\det(A).
  • Relação determinante–autovalores: o determinante \det(A) é o produto (contando multiplicidades algébricas) dos autovalores de A. Em particular, 0 é autovalor \iff\det(A)=0 \iff A é singular.
  • Operações por linhas (escalonamento) não preservam autovalores em geral; somente transformações por similaridade S^{-1}AS preservam autovalores.
Com essas definições na mão já posso atacar cada item.

Passo 3

Item (a). Reescrevendo: se A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x} com \lambda\neq 0, então \mathbf{x} é autovetor.
Aplicando a definição: para que \mathbf{x} seja autovetor é necessário que \mathbf{x}\neq\mathbf{0} e que satisfaça A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}. A hipótese do item afirma somente que existe um escalar não nulo \lambda tal que A\mathbf{x}=\lambda\mathbf{x}, mas não afirma que \mathbf{x}\neq\mathbf{0}. O vetor nulo satisfaz A\mathbf{0}=\lambda\mathbf{0} para qualquer \lambda, então a igualdade pode ser verdadeira mesmo quando \mathbf{x}=\mathbf{0}, e o vetor nulo não é um autovetor por definição. Portanto a afirmação é falsa. Um contraexemplo simples: tome qualquer matriz A e escolha \mathbf{x}=\mathbf{0} e \lambda=1; a igualdade vale, mas \mathbf{0} não é autovetor.

Passo 4

Item (b). Reescrevendo: se \lambda é autovalor de A, então o sistema (\lambda I-A)\mathbf{x}=\mathbf{0} só tem a solução trivial.
Pelo que vimos, \lambda ser autovalor significa que existe \mathbf{v}\neq\mathbf{0} com A\mathbf{v}=\lambda\mathbf{v}. Reescrevendo, (\lambda I-A)\mathbf{v}=\mathbf{0} com \mathbf{v}\neq\mathbf{0}. Isso mostra que o sistema tem uma solução não-trivial. Logo a afirmação “só tem a solução trivial” é falsa. Em palavras: ser autovalor significa precisamente que o núcleo de \lambda I-A é não trivial.

Passo 5

Item (c). Reescrevendo: se p(\lambda)=\lambda^{2}+1 é o polinômio característico de A, então A é invertível.
Observações e explicações: o polinômio característico tem grau 2, logo A é uma matriz 2\times 2. Para qualquer n\times n,
p_A(0)=\det(0\cdot I-A)=\det(-A)=(-1)^n\det(A).
Aqui n=2, então (-1)^2=1 e portanto \det(A)=p_A(0). Avaliando p em 0 obtemos p(0)=0^2+1=1. Logo \det(A)=1\neq 0. Se o determinante é não nulo, A é invertível. Conclusão: a afirmação é verdadeira. (Também podemos notar que as raízes de \lambda^{2}+1 são \pm i, não zero, então nenhum autovalor é zero e isso também implica invertibilidade.)

Passo 6

Item (d). Reescrevendo: se \lambda é autovalor, então o autoespaço associado a \lambda é o conjunto de autovetores associados a \lambda.
Explicação cuidadosa: o autoespaço associado a \lambda é definido como o núcleo de A-\lambda I:
\mathrm{E}_\lambda=\{\mathbf{x}\mid (A-\lambda I)\mathbf{x}=\mathbf{0}\}.
Esse conjunto é um subespaço vetorial e inclui o vetor nulo. Já o conjunto de autovetores é geralmente entendido como os vetores não-nulos desse núcleo. Portanto o autoespaço é igual ao conjunto de autovetores mais o vetor nulo. A afirmação que os identifica exatamente (sem mencionar o vetor nulo) está imprecisa: o autoespaço contém o vetor nulo, enquanto o conjunto de autovetores normalmente exclui o \mathbf{0}. Por isso, tal como enunciada, a afirmação é falsa. Exemplo ilustrativo: se \lambda for autovalor então \mathbf{0}\in\mathrm{E}_\lambda, mas \mathbf{0} não é considerado autovetor.

Passo 7

Item (e). Reescrevendo: se 0 é autovalor de A, então A^{2} é singular.
Duas maneiras de ver isso (ambas simples):
  1. Se 0 é autovalor então existe \mathbf{v}\neq\mathbf{0} tal que A\mathbf{v}=\mathbf{0}. Aplicando A de novo, A^{2}\mathbf{v}=A(A\mathbf{v})=A\mathbf{0}=\mathbf{0}. Assim \mathbf{v}\neq\mathbf{0} pertence ao núcleo de A^{2}, logo A^{2} tem núcleo não trivial e é singular.
  2. Usando determinantes: se 0 é raiz do polinômio característico então \det(A)=0; logo \det(A^{2})=(\det A)^{2}=0, o que mostra que A^{2} é singular.
    Portanto a afirmação é verdadeira.

Passo 8

Item (f). Reescrevendo: os autovalores de A são iguais aos autovalores da forma escalonada reduzida por linhas (RREF) de A.
Explicação e contraexemplo: operações elementares por linhas (trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não-zero, somar múltiplo de uma linha em outra) não correspondem a transformações por similaridade S^{-1}AS. Autovalores são invariantes por similaridade, mas não por operações arbitrárias por linhas. Portanto, em geral, o RREF de A pode ter autovalores totalmente diferentes. Contraexemplo simples e direto: tome
A=\begin{pmatrix}2 & 0\\[4pt]0 & 3\end{pmatrix}.
Os autovalores de A são 2 e 3. Fazendo operações por linhas (por exemplo dividir a primeira linha por 2 e a segunda por 3) obtemos a forma escalonada reduzida
\mathrm{RREF}(A)=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}=I,
cujo autovalores são 1 e 1. Claramente \{2,3\}\neq\{1,1\}. Logo a afirmação é falsa.]

Passo 9

Item (g). Reescrevendo: se 0 é autovalor de A, então o conjunto de vetores coluna de A é linearmente independente.
Relação entre autovalor zero e independência das colunas: 0 ser autovalor \iff\det(A)=0 \iff A é singular \iff as colunas de A são linearmente dependentes. Portanto a afirmação que as colunas são linearmente independentes é contrária à implicação correta; ela é falsa. Um exemplo: se existe \mathbf{v}\neq\mathbf{0} com A\mathbf{v}=\mathbf{0} então as colunas de A satisfazem uma combinação linear não-trivial que dá o vetor zero (as componentes de \mathbf{v} são os coeficientes dessa combinação), mostrando dependência linear.

Resposta

(a) Falso
(b) Falso
(c) Verdadeiro
(d) Falso
(e) Verdadeiro
(f) Falso
(g) Falso

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