Sejam T: V \rightarrow V e S: W \rightarrow W operadores lineares, onde [T]_{B}=\left[\begin{array}{rrr}1 & 2 & 1 \\\\ 0 & 5 & 2 \\\\ -1 & 3 & 2\end{array}\right] e [S]_{C}=\left[\begin{array}{rrrr}1 & 2 & 3 & 4 \\\\ 0 & -1 & 3 & 2 \\\\ 0 & 0 & 3 & 3 \\\\ 0 & 0 & 0 & 2\end{array}\right], para determinadas bases B e C de V e W, respectivamente. Procure observar neste exercício as seguintes propriedades:
Se um operador admite \lambda=0 como autovalor, então T não é invertível.

Passo 1

O enunciado dá duas matrizes que representam operadores lineares em bases escolhidas e pede para observar propriedades relacionadas a autovalores e invertibilidade. Informações concretas fornecidas:
[T]_{B}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 1 \\[4pt] 0 & 5 & 2 \\[4pt] -1 & 3 & 2\end{pmatrix}, \qquad [S]_{C}=\begin{pmatrix}1 & 2 & 3 & 4 \\[4pt] 0 & -1 & 3 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & 3 & 3 \\[4pt] 0 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix}.
Perguntas/objetivos implícitos que vamos responder: encontrar os autovalores de T e de S; verificar se algum deles é \lambda=0; usar essa informação para decidir se T e S são invertíveis; e explicar didaticamente por que a presença de \lambda=0 impede invertibilidade. Não há outras informações (como bases explícitas) e isso não é necessário para responder às perguntas pedidas.]

Passo 2

Conceitos-chave que vamos usar (curtinho e direto, explicando as letras):
  • Autovalor: \lambda é autovalor de um operador A se existe vetor não nulo v tal que A(v)=\lambda v. Em termos de matriz, \lambda é autovalor de uma matriz M se \det(M-\lambda I)=0.
  • Matriz triangular (superior ou inferior): seus autovalores são exatamente as entradas da diagonal. Aqui [S]_C é triangular superior, então seus autovalores são as entradas diagonais.
  • Determinante e autovalores: o determinante de uma matriz é o produto dos seus autovalores (contados com multiplicidade). Em particular, se algum autovalor for 0, o determinante é 0.
  • Invertibilidade: uma matriz (ou operador linear em espaço de dimensão finita) é invertível se, e somente se, seu determinante é diferente de 0. Equivalentemente, é invertível se, e somente se, 0 não é autovalor.
Vou aplicar esses conceitos passo a passo às duas matrizes.

Passo 3

Analisando [S]_C (matriz triangular): como é matriz triangular superior, os autovalores são as entradas da diagonal. Portanto:
\text{autovalores de }S \text{ são } \lambda_1=1,\;\lambda_2=-1,\;\lambda_3=3,\;\lambda_4=2.ã
Explicando rápido por que: para matriz triangular M, \det(M-\lambda I) se torna produto das entradas diagonais de M-\lambda I, que são m_{ii}-\lambda. Assim a equação característica é \prod_i (m_{ii}-\lambda)=0, o que dá m_{ii} como raízes.

Passo 4

Determinante e invertibilidade de S: produto dos autovalores = determinante. Calculamos
\det([S]_C)=1\cdot(-1)\cdot 3\cdot 2 = -6.
Como \det([S]_C)=-6\neq 0, concluímos que S é invertível. Observação ligada ao enunciado: 0 NÃO aparece entre os autovalores de S, logo isso confirma a propriedade mencionada (se aparecesse, não seria invertível).

Passo 5

Agora vamos para [T]_B. Aqui não é triangular automaticamente, então precisamos calcular o polinômio característico \det([T]_B-\lambda I). Escrevendo explicitamente
[T]_B-\lambda I= \begin{pmatrix} 1-\lambda & 2 & 1\\[4pt] 0 & 5-\lambda & 2\\[4pt] -1 & 3 & 2-\lambda \end{pmatrix}.
Vamos calcular o determinante por expansão (regra de Sarrus ou cofatores). Vou usar expansão pela primeira linha para ficar bem claro.]

Passo 6

Cálculo do determinante passo a passo (expansão pela primeira linha):
\det([T]_B-\lambda I)=(1-\lambda)\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 2\\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix} -2\det\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt] -1 & 2-\lambda\end{pmatrix} +1\det\begin{pmatrix}0 & 5-\lambda\\[4pt] -1 & 3\end{pmatrix}.
Agora computamos cada menor:
\det\begin{pmatrix}5-\lambda & 2\\[4pt] 3 & 2-\lambda\end{pmatrix}=(5-\lambda)(2-\lambda)-2\cdot 3,
\det\begin{pmatrix}0 & 2\\[4pt] -1 & 2-\lambda\end{pmatrix}=0\cdot(2-\lambda)-2\cdot(-1)=2,
\det\begin{pmatrix}0 & 5-\lambda\\[4pt] -1 & 3\end{pmatrix}=0\cdot 3-(5-\lambda)(-1)=5-\lambda.]

Passo 7

Substituindo esses resultados na expressão do determinante:
\det([T]_B-\lambda I)=(1-\lambda)\big((5-\lambda)(2-\lambda)-6\big)-2\cdot 2 + (5-\lambda).
Agora simplificamos a expressão interna: (5-\lambda)(2-\lambda)=\lambda^2-7\lambda+10. Subtraindo 6 dá \lambda^2-7\lambda+4. Assim:
\det([T]_B-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+4)-4+(5-\lambda).
Agrupando o -4+5-\lambda 1-\lambda. Então
\det([T]_B-\lambda I)=(1-\lambda)(\lambda^2-7\lambda+4)+(1-\lambda).

Passo 8

Fator comum (1-\lambda):
\det([T]_B-\lambda I)=(1-\lambda)\big(\lambda^2-7\lambda+4+1\big)=(1-\lambda)\big(\lambda^2-7\lambda+5\big).
Para clareza, podemos multiplicar por -1 e escrever o polinômio característica na forma monica:
\det([T]_B-\lambda I)=-\big(\lambda-1\big)\big(\lambda^2-7\lambda+5\big).
Ou, multiplicando o sinal, o polinômio característico monico é
p_T(\lambda)=\lambda^3-8\lambda^2+12\lambda-5,
cuja fatoração é (\lambda-1)(\lambda^2-7\lambda+5).

Passo 9

Encontrando as raízes do fator quadrático \lambda^2-7\lambda+5=0. Usamos a fórmula de Bhaskara:
\lambda=\frac{7\pm\sqrt{(-7)^2-4\cdot 1\cdot 5}}{2}=\frac{7\pm\sqrt{49-20}}{2}=\frac{7\pm\sqrt{29}}{2}.
Portanto os autovalores de T são
\lambda_1=1,\qquad \lambda_2=\frac{7+\sqrt{29}}{2},\qquad \lambda_3=\frac{7-\sqrt{29}}{2}.
Note que \sqrt{29} é aproximadamente 5,385, então os dois últimos são números positivos aproximados 6,1925 e 0,8075; nenhum é zero.

Passo 10

Determinante de [T]_B como produto dos autovalores:
\det([T]_B)=1\cdot\frac{7+\sqrt{29}}{2}\cdot\frac{7-\sqrt{29}}{2}=1\cdot\frac{49-29}{4}=\frac{20}{4}=5.
Confirmação prática: \det([T]_B)=5\neq 0, então T é invertível.

Passo 11

Explicação didática e curta do porquê da afirmação pedida no enunciado: “Se um operador admite \lambda=0 como autovalor, então T não é invertível.”
Raciocínio passo a passo:
  • \lambda=0 ser autovalor significa que existe vetor não-nulo v com T(v)=0.
  • Isso diz que \ker(T) contém um vetor não-nulo, logo \ker(T)\neq\{0\}. Portanto T não é injetivo.
  • Em espaços vetoriais de dimensão finita, injetividade é equivalente a sobrejetividade; assim, se T não é injetivo então não é bijetivo, logo não possui inversa linear, isto é, não é invertível.
  • Alternativamente via determinante: se 0 é autovalor, então produto dos autovalores (determinante) é zero, logo matriz singular e não invertível.

Passo 12

Resumo final dos resultados (pronto para memorizar na prova):
  • Autovalores e invertibilidade de S: autovalores \;1,-1,3,2. Como nenhum é 0 e \det([S]_C)=-6\neq 0, S é invertível.
  • Autovalores e invertibilidade de T: autovalores \;1,\dfrac{7+\sqrt{29}}{2},\dfrac{7-\sqrt{29}}{2}. Como nenhum é 0 e \det([T]_B)=5\neq 0, T é invertível.
  • Observação conceitual: se algum autovalor fosse 0, o operador correspondente não seria invertível (explicação por núcleo não trivial e por determinante nulo).

Resposta

T: autovalores 1,\dfrac{7+\sqrt{29}}{2},\dfrac{7-\sqrt{29}}{2}. T é invertível (pois \det([T]_B)=5\neq 0).\nS: autovalores 1,-1,3,2. S é invertível (pois \det([S]_C)=-6\neq 0).

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