Seja A uma matriz n \times n. Demonstre que os seguintes enunciados são equivalentes:
(a) N(A)=\{0\}. (b) A é não singular.
(c) Para cada \mathbf{b} \in \mathbb{R}^{n}, o sistema A \mathbf{x}=\mathbf{b} tem uma única solução.

Passo 1

O enunciado dá uma matriz A quadrada de tamanho n\times n e pede para mostrar que três afirmações são equivalentes. Vou escrever explicitamente cada uma delas (isto é o que o problema pede):
  • (a) N(A)=\{0\}.
    Aqui N(A) é o núcleo (ou nullspace) de A, isto é, N(A)=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n \mid A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}.
  • (b) A é não singular.
    Isto significa que A é invertível — existe uma matriz A^{-1} tal que A^{-1}A=AA^{-1}=I_n.
  • (c) Para cada \mathbf{b}\in\mathbb{R}^n, o sistema A\mathbf{x}=\mathbf{b} tem uma única solução \mathbf{x}\in\mathbb{R}^n.
O objetivo é provar que as três declarações (a), (b) e (c) são equivalentes (qualquer uma implica as outras).

Passo 2

Vou lembrar definições e fatos que usarei (sem provar teoremas muito profundos, só fatos básicos e intuitivos):
  • O núcleo N(A) contém exatamente os vetores que são enviados para \mathbf{0} pela transformação linear associada a A. Se N(A)=\{\mathbf{0}\} dizemos que o operador é injetivo (sem colisões): vetores diferentes têm imagens diferentes.
  • Colunas de A: escrevo A=[\mathbf{a}_1\\ \mathbf{a}_2\\ \cdots\\ \mathbf{a}_n], onde cada \mathbf{a}_j\in\mathbb{R}^n é a j-ésima coluna. Uma combinação linear \alpha_1\mathbf{a}_1+\cdots+\alpha_n\mathbf{a}_n=\mathbf{0} pode ser escrita em forma matricial como A\boldsymbol{\alpha}=\mathbf{0}, onde \boldsymbol{\alpha}=(\alpha_1,\dots,\alpha_n)^T.
  • Um conjunto de n vetores de \mathbb{R}^n é linearmente independente se e só se forma uma base de \mathbb{R}^n (portanto gera todo \mathbb{R}^n). Em particular, se as colunas de A são independentes, então para qualquer \mathbf{b}\in\mathbb{R}^n existe \mathbf{x} tal que A\mathbf{x}=\mathbf{b} (pois as colunas geram \mathbb{R}^n).
Esses fatos são os que vou usar para ligar núcleo trivial, independência das colunas, invertibilidade e existência/unicidade de soluções.

Passo 3

Provar que (b) implica (a): se A é não singular então N(A)=\{\mathbf{0}\}.
  • Suponha que A seja invertível, isto é, existe A^{-1} com A^{-1}A=I_n.
  • Tome \mathbf{x}\in N(A). Então A\mathbf{x}=\mathbf{0}. Multiplicando à esquerda por A^{-1} obtemos
\mathbf{x}=A^{-1}A\mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{0}=\mathbf{0}.
  • Assim o único vetor do núcleo é \mathbf{0}, ou seja, N(A)=\{\mathbf{0}\}.
Comentário didático curto: se A tem inversa, não há como dois vetores diferentes terem a mesma imagem — aplicar a inversa separa-os — por isso o núcleo é trivial.

Passo 4

Provar que (a) implica (b): se N(A)=\{\mathbf{0}\} então A é não singular.
  • Escrevo A=[\mathbf{a}_1\\ \mathbf{a}_2\\ \cdots\\ \mathbf{a}_n] com colunas \mathbf{a}_j\in\mathbb{R}^n.
  • Suponha que haja uma combinação linear
\alpha_1\mathbf{a}_1+\alpha_2\mathbf{a}_2+\cdots+\alpha_n\mathbf{a}_n=\mathbf{0}.
Em forma matricial isto é A\boldsymbol{\alpha}=\mathbf{0}, onde \boldsymbol{\alpha}=(\alpha_1,\ldots,\alpha_n)^T. Pelo hipótese (a), a única solução desse sistema homogêneo é \boldsymbol{\alpha}=\mathbf{0}. Logo as colunas \mathbf{a}_1,\dots,\mathbf{a}_n são linearmente independentes.
  • Agora, um fato básico de álgebra linear: em \mathbb{R}^n, qualquer conjunto de n vetores linearmente independentes é uma base, portanto gera todo \mathbb{R}^n. Assim as colunas de A geram \mathbb{R}^n.
  • Sendo as colunas geradoras, para cada vetor da base canônica \mathbf{e}_1,\dots,\mathbf{e}_n existe um vetor \mathbf{v}_j tal que A\mathbf{v}_j=\mathbf{e}_j. Colocando esses vetores \mathbf{v}_j como colunas de uma matriz B=[\mathbf{v}_1\\ \cdots\\ \mathbf{v}_n] obtemos
AB = [A\mathbf{v}_1\\ \cdots\\ A\mathbf{v}_n]=[\mathbf{e}_1\\ \cdots\\ \mathbf{e}_n]=I_n.
  • Portanto B é uma inversa à direita de A. Mas em matrizes quadradas, ter inversa à direita já garante inversa à esquerda e de fato B=A^{-1}. Logo A é invertível (não singular).
Comentário didático curto: núcleo trivial ⇒ colunas independentes ⇒ colunas formam base ⇒ consegue-se montar uma matriz B com AB=I A tem inversa.

Passo 5

Provar que (b) implica (c): se A é não singular então, para todo \mathbf{b}, o sistema A\mathbf{x}=\mathbf{b} tem única solução.
  • Suponha A invertível. Dada qualquer \mathbf{b}\in\mathbb{R}^n, considere \mathbf{x}=A^{-1}\mathbf{b}. Então
A\mathbf{x}=AA^{-1}\mathbf{b}=\mathbf{b},
ou seja, existe solução. Para ver unicidade, suponha que \mathbf{x}_1 e \mathbf{x}_2 sejam duas soluções: A\mathbf{x}_1=\mathbf{b} e A\mathbf{x}_2=\mathbf{b}. Subtraindo,
A(\mathbf{x}_1-\mathbf{x}_2)=\mathbf{0}.
Multiplicando por A^{-1} obtemos \mathbf{x}_1-\mathbf{x}_2=\mathbf{0}, logo \mathbf{x}_1=\mathbf{x}_2. Assim a solução é única.
Comentário didático curto: inversa dá solução explícita A^{-1}\mathbf{b}, e a inversa também previne duas soluções diferentes.

Passo 6

Provar que (c) implica (a) (e concluir (c)⇒(b) via passo 4): se para todo \mathbf{b} o sistema tem uma única solução, então N(A)=\{\mathbf{0}\}.
  • Tomando \mathbf{b}=\mathbf{0} na hipótese (c), o sistema homogêneo A\mathbf{x}=\mathbf{0} tem exatamente uma solução. Logo a única solução é \mathbf{x}=\mathbf{0}. Portanto N(A)=\{\mathbf{0}\}.
  • Em particular, por já termos provado que (a) implica (b) (no passo 4), e agora que (c) implica (a), podemos concluir que (c) implica (b).
Comentário didático curto: a condição “para todo \mathbf{b} existe exatamente uma solução” já força que para \mathbf{0} também haja apenas a solução trivial — núcleo trivial.

Passo 7

Conclusão final: juntei as implicações já provadas:
  • (b) ⇒ (a) pelo passo 3.
  • (a) ⇒ (b) pelo passo 4.
  • (b) ⇒ (c) pelo passo 5.
  • (c) ⇒ (a) pelo passo 6.
Com isso temos (a) ⇔ (b) e (b) ⇔ (c), portanto (a), (b) e (c) são todas equivalentes.

Resposta

(a) \Leftrightarrow (b) \Leftrightarrow (c)

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