Seja U uma matriz triangular superior n \times n com elementos diagonais não nulos.
(a) Explique por que U deve ser não singular.
(b) Explique por que U^{-1} deve ser triangular superior.
Passo 1
O enunciado dá uma matriz U que é triangular superior de ordem n\times n e cuja diagonal principal tem entradas não nulas. Ou seja:
Para 1\le i,j\le n vale u_{ij}=0 sempre que i>j.
Para todo i tem u_{ii}\neq 0.
As perguntas são:
(a) Por que U deve ser não singular (invertível)?
(b) Por que U^{-1} deve ser triangular superior?
Passo 2
Definições e ferramentas que vamos usar (explicadas de forma simples).
Uma matriz é não singular (invertível) se existe outra matriz que é sua inversa; algebraicamente, A é invertível se existe A^{-1} tal que AA^{-1}=A^{-1}A=I. Uma maneira prática de testar invertibilidade é pelo determinante: A é invertível se, e somente se, \det(A)\neq 0.
Propriedade importante que usaremos: para uma matriz triangular (superior ou inferior) o determinante é o produto das entradas da diagonal principal. Vou provar isso a seguir por indução, porque é uma forma direta e elementar.
Passo 3
Prova por indução de que a determinante de uma matriz triangular superior é o produto das entradas diagonais.
Base n=1. Se U=(u_{11}) então \det(U)=u_{11}, que é o produto das entradas da diagonal (apenas uma).
Passo indutivo. Suponha a afirmação verdadeira para todas as matrizes triangulares superiores de ordem n-1. Seja U uma triangular superior de ordem n. Ao desenvolver o determinante por Laplace ao longo da primeira coluna, todas as entradas abaixo de u_{11} nessa coluna são zero (porque a matriz é triangular superior), logo o único termo não nulo na expansão é o associado a u_{11}. Assim
\det(U)=u_{11}\det(U_{11}),
onde U_{11} é a matriz (n-1)\times(n-1) obtida eliminando a primeira linha e a primeira coluna de U. Observe que U_{11} é também triangular superior. Pela hipótese de indução \det(U_{11})=\prod_{i=2}^{n} u_{ii}. Portanto
Conclusão do item (a). Como cada entrada diagonal u_{ii} é não nula, o produto \prod_{i=1}^{n} u_{ii} é não nulo. Logo
\det(U)=\prod_{i=1}^{n} u_{ii}\neq 0.
Pelo critério do determinante, \det(U)\neq 0 implica que U é invertível, isto é, U é não singular. (Uma observação alternativa, que ajuda a compreender intuitivamente: resolver U x=0 por substituição “de trás para frente” mostra que a única solução é x=0, o que significa que as colunas são linearmente independentes e portanto U é invertível.)
Passo 5
Estratégia para o item (b). Para mostrar que U^{-1} é triangular superior, escrevemos a condição de inversa como
U X = I,
onde X=U^{-1}. Vamos resolver essa equação coluna por coluna: se e_j é o j-ésimo vetor canônico (coluna de I), a j-ésima coluna de X, que chamo de x^{(j)}, satisfaz
U x^{(j)} = e_j.
Mostrarei que, para cada j, as componentes de x^{(j)} abaixo da posição j são zero; isto é exatamente a condição que faz X ser triangular superior.
Passo 6
Resolver U x^{(j)} = e_j por substituição regressiva (back-substitution), com atenção às posições dos zeros.
Escrevendo a multiplicação por linhas, para cada linha i temos
\sum_{k=1}^{n} u_{ik}\, x^{(j)}_k = \delta_{ij},
onde \delta_{ij} é 1 se i=j e 0 caso contrário. Como U é triangular superior, u_{ik}=0 sempre que k<i. Portanto a soma acima pode ser reescrita como
\sum_{k=i}^{n} u_{ik}\, x^{(j)}_k = \delta_{ij}.
Começando por i=n (a última linha) obtemos
u_{nn}\, x^{(j)}_n = \delta_{nj}.
Se n>j então \delta_{nj}=0, daí x^{(j)}_n=0 (porque u_{nn}\neq 0). Em seguida, para i=n-1 temos
Mas se n-1>j já sabemos x^{(j)}_n=0, então u_{\,n-1,\,n-1}\, x^{(j)}_{n-1}=\;0 e assim x^{(j)}_{n-1}=0. Repetindo esse argumento de cima para baixo (indução regressiva), para qualquer linha i>j obtemos x^{(j)}_i=0. Quando chegamos a i=j a equação é
Mas todos os x^{(j)}_k com k>j já foram determinados (são possivelmente não nulos) e, no processo anterior, os x^{(j)}_k para k>j não foram forçados a zero; o ponto crucial é que as componentes com índice i>j (ou seja, abaixo da posição j) são todas zero. Assim x^{(j)}_j fica bem definido como
e como u_{jj}\neq 0 isso é válido. Para i<j as componentes x^{(j)}_i podem ser não nulas, o que corresponde a terem valores acima da diagonal. O que importa aqui é que, para cada coluna j, todas as entradas com índice de linha i>j (abaixo da diagonal) são zero. Portanto a matriz X tem zeros abaixo da diagonal, i.e. é triangular superior.
Resolvendo U x^{(1)}=e_1 por substituição regressiva obtém-se x^{(1)}=(\tfrac12,0,0)^T; para e_2 obtém-se x^{(2)}=(-\tfrac18,\tfrac14,0)^T; para e_3 obtém-se x^{(3)}=(-\tfrac{7}{48},-\tfrac{5}{24},\tfrac16)^T. A matriz inversa é
claramente triangular superior. Isso mostra na prática o que provamos algebraicamente.]
Resposta
(a) \det(U)=\prod_{i=1}^{n} u_{ii}\neq 0, logo \det(U)\neq 0 e U é não singular.
(b) Se X=U^{-1} então U X=I; resolvendo U x^{(j)}=e_j por substituição regressiva vê‑se que todas as componentes com índice de linha i>j são zero, logo X é triangular superior.