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
(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).
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:
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}.