Questão 3:(24 pontos) Faça o que se pede:
(a) (8 pontos) Se A=\left(\begin{array}{lll}2 & 0 & 0 \\\\ 3 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2\end{array}\right) determine os valores de \lambda \in \mathbb{R}, que satisfaça A X=\lambda X, ou seja, (A-\lambda I) X=O.
(b) (8 pontos) Para cada \lambda encontre a solução do sistema homogêneo (A-\lambda I) X=0 e identifique se correspondem a reta ou plano.
(c) (8 pontos) Demonstre que se para uma matriz quadrada B tal que B^{4}=0; então
(I-B)^{-1}=I+B+B^{2}+B^{3}

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}2 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & 1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 2\end{pmatrix}
e pede três coisas:
  • (a) determinar os valores de \lambda\in\mathbb{R} que satisfazem A X=\lambda X, isto é, há vetor não-nulo X com (A-\lambda I)X=0;
  • (b) para cada \lambda encontrado, resolver o sistema homogêneo (A-\lambda I)X=0 e dizer se a solução é uma reta (dimensão 1) ou um plano (dimensão 2);
  • (c) demonstrar que, para toda matriz quadrada B tal que B^{4}=0, vale
(I-B)^{-1}=I+B+B^{2}+B^{3}.]

Passo 2

Explicando a ideia para (a) de forma direta e didática: valores \lambda que admitem solução não trivial de (A-\lambda I)X=0 são as raízes do polinômio característico \det(A-\lambda I)=0. Uma propriedade útil (que facilita muito aqui) é que se uma matriz é triangular (superior ou inferior), o determinante é o produto das entradas da diagonal. Assim, calculemos \det(A-\lambda I).
Primeiro escrevemos
A-\lambda I=\begin{pmatrix}2-\lambda & 0 & 0 \\[4pt] 3 & 1-\lambda & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 2-\lambda\end{pmatrix}.
Como a matriz é triangular, o determinante é o produto das entradas diagonais:
\det(A-\lambda I)=(2-\lambda)(1-\lambda)(2-\lambda).
Igualando a zero obtemos as raízes:
(2-\lambda)^{2}(1-\lambda)=0.
Portanto os valores próprios (autovalores) reais são
\lambda=2\quad(\text{multiplicidade algébrica }2),\qquad \lambda=1\quad(\text{multiplicidade algébrica }1).éé]

Passo 3

Agora vamos resolver (A-\lambda I)X=0 para cada \lambda. Começo por \lambda=2.
Colocando \lambda=2 em A-\lambda I temos
A-2I=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & -1 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo o sistema linear (A-2I)X=0 com X=(x_1,x_2,x_3)^T dá:
  • primeira equação: 0\cdot x_1+0\cdot x_2+0\cdot x_3=0 (nenhuma restrição),
  • segunda equação: 3x_1- x_2 + 0\cdot x_3=0, ou seja x_2=3x_1,
  • terceira equação: 0=0 (nenhuma restrição).
Temos, portanto, duas variáveis livres: x_1 e x_3. Parametrizamos:
x_1=t,\qquad x_3=s,\qquad x_2=3t,
com t,s\in\mathbb{R}. Então o vetor solução geral é
X=\begin{pmatrix}t\\[4pt]3t\\[4pt]s\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Logo o espaço de soluções (autespaço de \lambda=2) é
\operatorname{Span}\!\left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\},
que é um plano (dimensão 2) passando pela origem.]

Passo 4

Agora resolvemos para \lambda=1.
Colocando \lambda=1 em A-\lambda I obtemos
A-1I=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\[4pt] 3 & 0 & 0 \\[4pt] 0 & 0 & 1\end{pmatrix}.
O sistema (A-1I)X=0 com X=(x_1,x_2,x_3)^T dá:
  • primeira equação: 1\cdot x_1 + 0 + 0 =0 ou seja x_1=0,
  • segunda equação: 3x_1 + 0\cdot x_2 +0 =0 que se reduz a 0=0 depois de usar x_1=0,
  • terceira equação: 1\cdot x_3 =0 ou seja x_3=0.
Só permanece x_2 livre; ponha x_2=t. Então
X=\begin{pmatrix}0\\[4pt]t\\[4pt]0\end{pmatrix}=t\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Portanto o autespaço de \lambda=1 é
\operatorname{Span}\!\left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}\right\},
uma reta (dimensão 1) através da origem.]

Passo 5

Breve explicação conceitual (útil na prova): o conjunto de soluções não-triviais de (A-\lambda I)X=0 é o autespaço associado a \lambda. Sua dimensão é a multiplicidade geométrica de \lambda (igual ao número de vetores linearmente independentes que formam base do autespaço). Se essa dimensão for 1, as soluções formam uma reta; se for 2, formam um plano; etc. No nosso caso:
  • para \lambda=2 a multiplicidade geométrica é 2 (plano);
  • para \lambda=1 a multiplicidade geométrica é 1 (reta).

Passo 6

Agora a parte (c). Queremos provar que, se B é quadrada e B^{4}=0, então
(I-B)^{-1}=I+B+B^{2}+B^{3}.
Ideia: mostrar que a matriz I+B+B^{2}+B^{3} é a inversa de I-B, ou seja, que o produto entre elas (em qualquer ordem) dá a identidade. Calculemos o produto usando distributividade e associatividade:
Multiplicando à direita:
(I-B)\bigl(I+B+B^{2}+B^{3}\bigr)=I+B+B^{2}+B^{3}-B-B^{2}-B^{3}-B^{4}.
Agrupando termos iguais nota-se que +B cancela com -B, +B^{2} cancela com -B^{2}, +B^{3} cancela com -B^{3}, sobrando
(I-B)\bigl(I+B+B^{2}+B^{3}\bigr)=I - B^{4}.
Pela hipótese B^{4}=0, segue
(I-B)\bigl(I+B+B^{2}+B^{3}\bigr)=I.
Analogamente (ou verificando diretamente) tem-se também
\bigl(I+B+B^{2}+B^{3}\bigr)(I-B)=I - B^{4}=I,
portanto I+B+B^{2}+B^{3} é tanto inverso à direita quanto à esquerda de I-B. Em matrizes quadradas isso implica que é a inversa única, isto é,
(I-B)^{-1}=I+B+B^{2}+B^{3}.

Passo 7

Comentário final de estudo (útil para a prova): a parte (c) é um caso finito da série geométrica para matrizes (Neumann series). Se B é nilpotente ( B^{n}=0 para algum n), a soma truncada \sum_{k=0}^{n-1}B^{k} é exatamente (I-B)^{-1} porque todos os termos acima cancelam, como fizemos. Isso evita argumentos de convergência — é uma prova algébrica direta.

Resposta

(a) \lambda=2 (multiplicidade algébrica 2) e \lambda=1 (multiplicidade algébrica 1).
(b) Para \lambda=2: soluções X=t(1,3,0)^T+s(0,0,1)^T, t,s\in\mathbb{R}; o espaço é um plano (dimensão 2).
Para \lambda=1: soluções X=t(0,1,0)^T, t\in\mathbb{R}; o espaço é uma reta (dimensão 1).
(c) Se B^{4}=0 então (I-B)^{-1}=I+B+B^{2}+B^{3}.

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