Mostrar que as matrizes M_{1}=\left(\begin{array}{lll}0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right), M_{2}=\left(\begin{array}{lll}0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 2 \\\\ 0 & 0 & 0\end{array}\right) e M_{3}=\left(\begin{array}{lll}1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 2 & 2 \\\\ 0 & 0 & 3\end{array}\right) geram o espaço das matrizes triangulares superiores de ordem 3.

Passo 1

O enunciado pede para mostrar que, usando soma e produto de matrizes, as três matrizes
M_{1}=\begin{pmatrix} 0&0&1\\\\ 0&0&0\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix},\quad M_{2}=\begin{pmatrix} 0&1&1\\\\ 0&0&2\\\\ 0&0&0 \end{pmatrix},\quad M_{3}=\begin{pmatrix} 1&1&1\\\\ 0&2&2\\\\ 0&0&3 \end{pmatrix},
conseguimos obter qualquer matriz triangular superior de ordem 3. Denotemos por U T_{3} o espaço (vetorial) de todas as matrizes triangulares superiores 3\times 3. Sabemos que \dim \mathrm{UT}_{3}=6. Vamos mostrar que o subespaço (de fato sub-álgebra) gerado por M_{1},M_{2},M_{3} tem dimensão 6, logo coincide com U T_{3}.

Passo 2

Primeiro observamos que
M_{2}^{2} =\begin{pmatrix}0&1&1\\\ 0&0&2\\\ 0&0&0\end{pmatrix}^2 =2\begin{pmatrix}0&0&1\\\ 0&0&0\\\ 0&0&0\end{pmatrix} =2\,M_{1}.
Assim
M_{1}=\tfrac12\,M_{2}^{2},
ou seja, M_{1} já está no sub-álgebra gerado por M_{2}. Podemos então trabalhar só com M_{2} e M_{3}.

Passo 3

Pela fórmula de Cayley–Hamilton para M_{3} (triangular com diagonal \{1,2,3\}) vale
M_{3}^{3}-6\,M_{3}^{2}+11\,M_{3}-6\,I=0
onde I é a identidade 3\times3. Logo
I=\tfrac16\bigl(M_{3}^{3}-6\,M_{3}^{2}+11\,M_{3}\bigr)
está no sub-álgebra gerado por M_{3}\subset\langle M_{2},M_{3}\rangle. Assim já sabemos que
I,\;M_{3},\;M_{3}^{2},\;M_{2},\;M_{3}M_{2},\;M_{2}M_{3}
estão todos no sub-álgebra \mathcal A gerado por M_{2},M_{3}.

Passo 4

Mostramos agora que estas seis matrizes são linearmente independentes em U[T_{3}). Para isso, escrevamos as coordenadas de cada uma no escalar para as entradas (1,1),(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,3). Obtemos a seguinte tabela de coordenadas (cada linha é uma das matrizes listadas):
\begin{array}{c|cccccc} & (1,1)&(1,2)&(1,3)&(2,2)&(2,3)&(3,3)\\hline I &(1&0&0&1&0&1)\\\ M_{3} &(1&1&1&2&2&3)\\\ M_{3}^{2} &(1&3&5&4&8&9)\\\ M_{2} &(0&1&1&0&2&0)\\\ M_{3}M_{2} &(0&1&3&0&4&0)\\\ M_{2}M_{3} &(0&2&5&0&6&0) \end{array}
Suponha que haja escalares c_{0},c_{1},c_{2},c_{3},c_{4},c_{5} tais que
c_{0}I+c_{1}M_{3}+c_{2}M_{3}^{2} +c_{3}M_{2}+c_{4}(M_{3}M_{2})+c_{5}(M_{2}M_{3})=0.
Igualando as entradas de posição (3,3) e (2,2) obtemos o sistema
\begin{cases} c_{0}+3c_{1}+9c_{2}=0,\\\ c_{0}+2c_{1}+4c_{2}=0, \end{cases}
cuja diferença dá c_{1}+5c_{2}=0\]. Igualando em \[(1,1) vem
c_{0}+c_{1}+c_{2}=0.
Dessas três equações segue c_{0}=c_{1}=c_{2}=0.
Depois igualamos a (1,2),(1,3),(2,3), onde só aparecem M_{2},M_{3}M_{2},M_{2}M_{3}. Isso gera o sistema
\begin{cases} c_{3}+c_{4}+2c_{5}=0,\\\ c_{3}+3c_{4}+5c_{5}=0,\\\\ 2c_{3}+4c_{4}+6c_{5}=0, \end{cases}
cuja única solução é c_{3}=c_{4}=c_{5}=0\]. Assim todos os \(c_i=0 e as seis matrizes são independentes.

Passo 5

Concluímos que \mathcal A contém seis matrizes linearmente independentes em U T_{3}, logo \dim\mathcal A\ge6. Mas como U T_{3} tem dimensão exata 6, segue \mathcal A=\mathrm{UT}_{3}. Portanto, usando somas e produtos de M_{1},M_{2},M_{3} obtemos qualquer matriz triangular superior de ordem 3.

Resposta

As matrizes M_{1},M_{2},M_{3} geram (como sub-álgebra) todo o espaço das matrizes triangulares superiores de ordem 3.

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