Para as seguintes matrizes A, determine:
(i)
A=\left[\begin{array}{lll} 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \\ 2 & 2 & 2 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado fornece a matriz A e pede uma análise sobre ela. A matriz dada é
A=\begin{bmatrix} 2 & 2 & 2\\[4pt] 2 & 2 & 2\\[4pt] 2 & 2 & 2 \end{bmatrix}.
Vou determinar propriedades importantes e comuns que costumam ser pedidas numa prova para uma matriz assim: o determinante de A, o posto (rank), os autovalores e autovetores, se A é invertível, e a base do núcleo (espaço nulo). Essas respostas cobrem o que tipicamente se espera para um exercício sobre uma matriz especial como esta.]

Passo 2

Observação imediata sobre as linhas/colunas: todas as linhas de A são iguais entre si (cada linha é (2,2,2)), e todas as colunas também são iguais entre si (cada coluna é (2,2,2)^\top). Vou usar isso para mostrar que as linhas são linearmente dependentes e o que isso implica para o determinante.
Lembrando a ideia: se duas linhas (ou mais) de uma matriz são iguais, então as linhas são linearmente dependentes e o determinante é zero. Uma forma algébrica de ver isso é aplicar operações elementares de linha que não alterem o determinante (subtrair uma linha de outra). Faço:
  • Subtraio a primeira linha da segunda e da terceira; essas operações não alteram o valor do determinante.
    Aplicando isso obtemos a matriz equivalente
\begin{bmatrix} 2 & 2 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.
Uma matriz com duas linhas nulas tem determinante igual a zero. Portanto
\det(A)=0.]

Passo 3

Explicando conceito e concluindo o posto (rank): o posto de uma matriz é o número máximo de colunas (ou linhas) linearmente independentes. Como todas as colunas de A são iguais, só existe uma coluna independente — por exemplo a primeira coluna (2,2,2)^\top. Assim o posto é 1.
Outra maneira prática: A pode ser escrita como produto
A = 2\;J,
onde J é a matriz de todos uns
J=\begin{bmatrix}1&1&1\\[4pt]1&1&1\\[4pt]1&1&1\end{bmatrix}.
A matriz J tem posto 1 (todas as colunas iguais), então A também tem posto 1. Logo
\operatorname{rank}(A)=1.]

Passo 4

Autovalores (e ideia por trás): para encontrar autovalores \lambda e autovetores v\neq 0 satisfazendo A v=\lambda v, é útil notar a estrutura de A. Tome o vetor de todos uns
\mathbf{1}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{bmatrix}.
Multiplicando A por \mathbf{1} temos
A\mathbf{1}=\begin{bmatrix}2&2&2\\[4pt]2&2&2\\[4pt]2&2&2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}6\\[4pt]6\\[4pt]6\end{bmatrix}=6\mathbf{1}.
Portanto \mathbf{1} é um autovetor com autovalor 6.
Agora, tome qualquer vetor v cuja soma das coordenadas seja zero, isto é v=(x,y,z)^\top com x+y+z=0. Observe que cada linha de A é (2,2,2), então cada entrada de Av é 2(x+y+z). Como x+y+z=0, obtemos Av=0. Logo todo vetor com soma das coordenadas igual a zero é autovetor associado ao autovalor 0.
Conclusões sobre autovalores:
  • Existe um autovalor \lambda_1=6 com autovetor \mathbf{1}.
  • O autovalor 0 tem multiplicidade algebraica 2 (porque a soma das multiplicidades deve ser 3) e o seu espaço próprio (espaço nulo) tem dimensão 2 (coincide com o posto-argumento: posto 1 implica nulidade 3-1=2 pela dimensão do núcleo).
Exemplos explícitos de autovetores para \lambda=0 (formam uma base do núcleo):
v^{(1)}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{bmatrix},\qquad v^{(2)}=\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{bmatrix},
pois a soma das coordenadas em cada um é zero, e de fato A v^{(1)}=0, A v^{(2)}=0.
Breve verificação de consistência: a soma dos autovalores (traço) é 6+0+0=6, e de fato \operatorname{tr}(A)=2+2+2=6.]

Passo 5

Invertibilidade: uma matriz quadrada é invertível se e somente se o determinante é diferente de zero (ou equivalentemente se o posto é igual à ordem da matriz). Aqui já mostramos que \det(A)=0 e \operatorname{rank}(A)=1<3. Portanto A não é invertível (não existe A^{-1}).

Passo 6

Espaço nulo (kernel) detalhado: resolver Ax=0. Como cada linha de A dá a mesma equação 2(x_1+x_2+x_3)=0, isso equivale a
x_1+x_2+x_3=0.
As soluções formam um espaço vetorial de dimensão 2. Uma base conveniente é dada por v^{(1)} e v^{(2)} acima. Assim
\ker(A)=\operatorname{span}\left\{\begin{bmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-1\end{bmatrix}\right\}.]

Passo 7

Resumo e checagens rápidas (pequena aula prática):
  • Matriz com todas as entradas iguais tem posto 1 (se o valor comum for não nulo), porque todas as colunas/linhas coincidem.
  • Seus autovalores são n\cdot c (onde n é dimensão, aqui 3, e c é o valor comum, aqui 2), e 0 com multiplicidade n-1. Isso decorre do fato de que a matriz é c vezes a matriz de todos uns.
  • Determinante é zero quando n>1 (pois há dependência linear entre linhas).

Resposta

\det(A)=0
\operatorname{rank}(A)=1
Autovalores: \;6,\,0,\,0 (com autovetor correspondente a \lambda=6 dado por \mathbf{1}=(1,1,1)^\top; espaço próprio de \lambda=0 é \{x\in\mathbb{R}^3:x_1+x_2+x_3=0\})
A não é invertível (não existe A^{-1})

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