Matemática universitária — Graduação 1 · Bachelor Year 1

21Matrizes

Uma matriz é uma aplicação linear escrita em coordenadas. Este capítulo instala o dicionário — a composição torna-se produto de matrizes, a bijetividade torna-se invertibilidade, a mudança de base torna-se conjugação — e o lado algorítmico: operações sobre linhas, cálculo de postos e de inversas. Encontradas pela primeira vez no volume do ensino médio, as matrizes ganham agora o fundamento teórico do Capítulos 18, 19 e 20.

21.1 Matrizes e aplicações lineares

Definição 21.1

$\mathcal{M}_{n,p}(K)$ é o espaço vetorial dos quadros $n \times p$ de escalares $A = (a_{ij})$ ( $i$ : linha, $j$ : coluna), de dimensão $np$ (base: as matrizes $E_{ij}$ com um único $1$ ). Dadas bases $\mathcal{B} = (e_1, \dots, e_p)$ de $E$ e $\mathcal{C}$ de $F$ ( $\dim F = n$ ), a matriz de $u \in \mathcal{L}(E, F)$ é o quadro cuja $j$ -ésima coluna lista as coordenadas de $u(e_j)$ em $\mathcal{C}$ :

\operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(u) = (a_{ij}), \qquad u(e_j) = \sum_{i=1}^{n} a_{ij}\, f_i .

A aplicação $u \mapsto \operatorname{Mat}_{\mathcal{B},\mathcal{C}}(u)$ é um isomorfismo de $\mathcal{L}(E, F)$ sobre $\mathcal{M}_{n,p}(K)$ (a Proposição 20.2: uma aplicação linear é exatamente uma escolha de imagens dos $e_j$ ).

Exemplo 21.2 (A derivada, como matriz)

Seja $D(P) = P'$ em $\R_3[X]$ . Na base monomial $(1, X, X^2, X^3)$ : $D(1) = 0$ , $D(X) = 1$ , $D(X^2) = 2X$ , $D(X^3) = 3X^2$ , logo

\operatorname{Mat}(D) = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 3\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Na base dividida $\bigl(1,\ X,\ \frac{X^2}2,\ \frac{X^3}6\bigr)$ , cada vetor da base é levado no anterior ( $D\bigl(\frac{X^k}{k!}\bigr) = \frac{X^{k-1}}{(k-1)!}$ ), e a matriz torna-se o deslocamento puro: uns na superdiagonal, zeros em todo o resto. Duas morais: a matriz pertence ao par (aplicação, base), e não à aplicação sozinha; e uma boa base torna a estrutura visível de relance — a forma de deslocamento mostra na hora que $D^4 = 0$ em $\R_3[X]$ , cada potência da matriz empurrando a sua diagonal de uns um passo mais para fora.

Definição 21.3 (Produto)

Para $A \in \mathcal{M}_{n,p}$ e $B \in \mathcal{M}_{p,q}$ :

(AB)_{ik} = \sum_{j=1}^{p} a_{ij}\, b_{jk} \qquad (1 \leq i \leq n,\ 1 \leq k \leq q).

Isto é precisamente a matriz da composição: $\operatorname{Mat}(v \circ u) = \operatorname{Mat}(v)\, \operatorname{Mat}(u)$ (com as bases coincidindo no meio). Do mesmo modo, se $X$ é a coluna das coordenadas de $x$ , a coluna de $u(x)$ é $AX$ .

Demonstração da fórmula da composição.

v(u(e_k)) = v\Bigl(\sum_j b_{jk} f_j\Bigr) = \sum_j b_{jk}\, v(f_j) = \sum_j b_{jk} \sum_i a_{ij}\, g_i = \sum_i \Bigl(\sum_j a_{ij} b_{jk}\Bigr) g_i . \qedhere

∎

Proposição 21.4 (A álgebra $\mathcal{M}_n(K)$ )

As matrizes quadradas $\mathcal{M}_n(K)$ formam um anel (não comutativo para $n \geq 2$ ), com identidade $I_n$ ; o seu grupo de unidades é o grupo linear geral $GL_n(K)$ , correspondente aos endomorfismos bijetivos. Para $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ :

AB = I_n \implies A \in GL_n(K) \text{ e } B = A^{-1}

(as inversas de um lado são inversas dos dois lados, pelo Corolário 20.9).

Demonstração. Os axiomas de anel transportam-se de $\mathcal{L}(E)$ através do isomorfismo da Definição 21.1: ele converte composição em produto e soma em soma, logo a associatividade, a distributividade e o papel de $I_n$ são herdados dos fatos correspondentes sobre aplicações, sem nenhuma verificação entrada a entrada. Não comutatividade: $E_{12}E_{21} = E_{11} \neq E_{22} = E_{21}E_{12}$ . Se $AB = I_n$ : o endomorfismo $a$ de $A$ satisfaz $a \circ b = \mathrm{id}$ , logo $a$ é sobrejetivo ( $x = a(b(x))$ exibe uma pré-imagem de todo $x$ ), e portanto bijetivo em dimensão finita (o Corolário 20.9); compondo $a \circ b = \mathrm{id}$ com $a^{-1}$ à esquerda dá $b = a^{-1}$ , e então $b\circ a = \mathrm{id}$ também: a inversa de um lado era, o tempo todo, inversa dos dois lados — um favor estritamente de dimensão finita. ∎

Definição 21.5 (Transposta; traço)

A transposta de $A = (a_{ij}) \in \mathcal{M}_{n,p}$ é $A^{\mathsf T} = (a_{ji}) \in \mathcal{M}_{p,n}$ ; ela satisfaz $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T} A^{\mathsf T}$ e $(A^{\mathsf T})^{\mathsf T} = A$ . O traço de uma matriz quadrada é $\operatorname{tr} A = \sum_i a_{ii}$ ; ele é linear, e

\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA) \qquad (A \in \mathcal{M}_{n,p},\ B \in \mathcal{M}_{p,n}).

Demonstração da identidade do traço. $\operatorname{tr}(AB) = \sum_i \sum_j a_{ij} b_{ji}$ e $\operatorname{tr}(BA) = \sum_j \sum_i b_{ji} a_{ij}$ : a mesma soma dupla. ∎

Exemplo 21.6 (O traço em ação)

A projeção do Capítulo 20 sobre $\operatorname{Vect}(1,1)$ ao longo de $\operatorname{Vect}(0,1)$ , $p(x, y) = (x, x)$ , tem matriz $A = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ na base canônica: de fato $A^2 = A$ , e

\operatorname{tr} A = 1 = \operatorname{rk} A ,

ilustrando o Exercício 21.8: para idempotentes, o traço conta a dimensão da imagem, seja qual for a base enviesada em que a matriz está escrita. O mecanismo da invariância é a identidade $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ :

\operatorname{tr}\bigl(P^{-1}(AP)\bigr) = \operatorname{tr}\bigl((AP)P^{-1}\bigr) = \operatorname{tr} A ,

logo todas as matrizes semelhantes a $A$ partilham o seu traço — o primeiro invariante numérico de um endomorfismo, ao qual se juntará o determinante no Capítulo 22 (o par $(s, p)$ do problema de fim de semana abaixo).

Exemplo 21.7 (Simétrica mais antissimétrica)

Chame $A$ de simétrica quando $A^{\mathsf T} = A$ , e de antissimétrica quando $A^{\mathsf T} = -A$ . Toda matriz quadrada se decompõe de modo único como uma mais a outra:

A = \underbrace{\frac{A + A^{\mathsf T}}{2}}_{\text{simétrica}} + \underbrace{\frac{A - A^{\mathsf T}}{2}}_{\text{antissimétrica}},

e uma matriz que é as duas coisas é nula ( $A = -A$ ): os dois conjuntos são subespaços suplementares de $\mathcal{M}_n(K)$ — o análogo exato da decomposição par/ímpar de funções (o Exemplo 18.11), com a transposição a fazer o papel de $x \mapsto -x$ . Dimensões: uma matriz simétrica é livre na diagonal e acima dela, e uma antissimétrica estritamente acima (diagonal nula):

\frac{n(n+1)}{2} + \frac{n(n-1)}{2} = n^2 ,

e o fechamento da contagem é a confirmação, por Grassmann, do caráter direto. Para $n = 2$ : $\begin{pmatrix} 1 & 5\\ 1 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 3\\ 3 & 2\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & 2\\ -2 & 0\end{pmatrix}$ . As matrizes simétricas voltam como os dados de segunda ordem do Capítulo 25 (a tripla de Monge $r, s, t$ ), e as simétricas ortogonais são classificadas no Exercício 23.12.

21.2 Mudança de base

Definição 21.8

Sejam $\mathcal{B}, \mathcal{B}'$ bases de $E$ . A matriz de mudança de base $P = P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}$ tem por colunas as coordenadas dos vetores da nova base na base antiga. Ela é invertível, $P^{-1} = P_{\mathcal{B}'\to\mathcal{B}}$ , e as coordenadas transformam-se por $X = PX'$ (antigas $=$ $P\,\cdot$ novas).

Exemplo 21.9 (Ler a matriz de mudança de base)

Em $\R^2$ , da base canônica $\mathcal B$ para $\mathcal B' = \bigl((1,1), (1,-1)\bigr)$ :

P = P_{\mathcal B\to\mathcal B'} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}

(os vetores novos escritos em coordenadas antigas, coluna a coluna). O vetor de coordenadas antigas $X = (3, 1)^{\mathsf T}$ tem coordenadas novas $X' = P^{-1}X = \frac12(3 + 1,\ 3 - 1)^{\mathsf T} = (2, 1)^{\mathsf T}$ : de fato $2(1,1) + 1(1,-1) = (3,1)$ . Atenção ao sentido — a matriz $P$ é construída a partir da base nova mas converte coordenadas novas em antigas ( $X = PX'$ ); passar de antigas para novas custa a inversa. Escrever a verificação $2(1,1) + (1,-1) = (3,1)$ depois de cada conversão pega o erro do $P$ invertido, que é o mais comum do capítulo.

Teorema 21.10 (Mudança de base para uma aplicação)

Seja $u \in \mathcal{L}(E)$ com matriz $A$ em $\mathcal{B}$ e $A'$ em $\mathcal{B}'$ , e $P = P_{\mathcal{B}\to\mathcal{B}'}$ . Então

A' = P^{-1} A\, P .

Duas matrizes relacionadas desta maneira dizem-se semelhantes. (Para $u \colon E \to F$ com dois pares de bases, a fórmula é $A' = Q^{-1} A P$ — matrizes equivalentes.)

Demonstração. Para todo $x$ : $X = PX'$ e a imagem satisfaz $Y = AX$ , $Y = PY'$ . Logo $PY' = APX'$ , isto é, $Y' = (P^{-1}AP)X'$ para todo $X'$ : a matriz de $u$ na nova base é $P^{-1}AP$ (tome para $X'$ as colunas canônicas). ∎

Exemplo 21.11 (Uma boa base torna uma aplicação transparente)

Seja $u(x, y) = (y, x)$ (a troca), com matriz $A = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ na base canônica. Na base $\mathcal B' = \bigl((1,1), (1,-1)\bigr)$ :

P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad P^{-1} A P = \begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & -1 \end{pmatrix}.

Nenhum produto de matrizes foi realmente necessário: $u$ fixa $(1,1)$ e inverte $(1,-1)$ , logo em $\mathcal B'$ a sua matriz tem de ser $\operatorname{diag}(1, -1)$ — a troca é a reflexão em torno da reta $y = x$ . Encontrar, para um dado endomorfismo, uma base em que a sua matriz se torne diagonal é o problema central do volume do segundo ano de graduação (a teoria da redução); o problema de fim de semana abaixo mostra quão longe as identidades polinomiais sozinhas já levam.

Exemplo 21.12 (Mudança de base, executada ao contrário)

A projeção sobre $F = \operatorname{Vect}(1,1)$ ao longo de $G = \operatorname{Vect}(1,-1)$ tem, na base adaptada $\mathcal B' = \bigl((1,1),(1,-1)\bigr)$ , a matriz transparente $A' = \operatorname{diag}(1, 0)$ . Para obter a sua matriz na base canônica, execute o Teorema 21.10 ao contrário, $A = P A' P^{-1}$ :

P = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \quad P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & -1\end{pmatrix}, \quad A = P\begin{pmatrix} 1 & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}P^{-1} = \frac12\begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 1\end{pmatrix}.

Verificação: $A^2 = A$ (idempotente), $\operatorname{tr} A = 1 = \operatorname{rk} A$ , e $A\binom{1}{1} = \binom11$ , $A\binom{1}{-1} = 0$ , como prescrito. Este sentido inverso — desenhar a matriz na base boa e depois conjugar de volta — é como as matrizes de rotação, de reflexão e de projeção são de fato produzidas na prática.

Teorema 21.13 (Forma normal do posto)

O posto de uma matriz (o posto das suas colunas, equivalentemente o da aplicação linear associada) é o único invariante da equivalência: toda $A \in \mathcal{M}_{n,p}$ de posto $r$ é equivalente a

J_r = \begin{pmatrix} I_r & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix},

e $\operatorname{rk}(A^{\mathsf T}) = \operatorname{rk}(A)$ : o posto por linhas é igual ao posto por colunas.

Demonstração. Seja $u \colon E \to F$ de posto $r$ . Escolha um suplementar $S$ de $\ker u$ ( $\dim S = r$ , o Teorema 20.7) com base $(e_1, \dots, e_r)$ , completada por uma base de $\ker u$ numa base de $E$ ; as imagens $f_i = u(e_i)$ , $i \leq r$ , formam uma base de $\operatorname{im} u$ (a restrição é um isomorfismo), completada numa base de $F$ . Nestas bases a matriz de $u$ é exatamente $J_r$ . Logo $A = Q J_r P^{-1}$ para $P, Q$ invertíveis.

Transpondo: $A^{\mathsf T} = (P^{-1})^{\mathsf T} J_r^{\mathsf T} Q^{\mathsf T}$ com $J_r^{\mathsf T}$ da mesma forma (posto $r$ ) e os fatores externos invertíveis (a transposta de uma invertível é invertível, a partir de $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T}A^{\mathsf T}$ aplicado a $AA^{-1} = I$ ): $\operatorname{rk} A^{\mathsf T} = r$ . ∎

21.3 Operações sobre linhas

Método 21.14 (Eliminação de Gauss em matrizes)

As três operações elementares sobre linhas — trocar duas linhas, multiplicar uma linha por $\lambda \neq 0$ , somar a uma linha um múltiplo de outra — não alteram o posto (cada uma é uma multiplicação à esquerda por uma matriz invertível). Algoritmo: crie um pivô (a entrada não nula mais à esquerda), zere a sua coluna abaixo, passe à linha e à coluna seguintes; o número de pivôs da forma escalonada resultante é o posto.

Cálculo da inversa: execute o algoritmo no bloco $(A \mid I_n)$ até que o bloco da esquerda se torne $I_n$ (possível se e somente se $A$ é invertível); o bloco da direita é então $A^{-1}$ — de fato, o produto das matrizes elementares usadas é igual a $A^{-1}$ .

Exemplo 21.15

$A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 3 & 4 \end{pmatrix}$ : reduza $(A \mid I_2)$ :

\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0\\ 3 & 4 & 0 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & 0\\ 0 & -2 & -3 & 1 \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & 1\\ 0 & 1 & \tfrac32 & -\tfrac12 \end{pmatrix},

(operações: $L_2 \leftarrow L_2 - 3L_1$ ; depois $L_1 \leftarrow L_1 + L_2$ , $L_2 \leftarrow -\frac12 L_2$ ). Logo $A^{-1} = \begin{pmatrix} -2 & 1 \\ \tfrac32 & -\tfrac12\end{pmatrix}$ . Verificação: $AA^{-1} = I_2$ .

Exemplo 21.16 (Posto com um parâmetro, só por linhas)

Para $m \in \R$ , o posto de $M_m = \begin{pmatrix} 1 & 1 & m\\ 1 & m & 1\\ m & 1 & 1\end{pmatrix}$ . Reduza: $L_2 \leftarrow L_2 - L_1$ e $L_3 \leftarrow L_3 - mL_1$ dão as linhas

(1,\ 1,\ m), \qquad (0,\ m - 1,\ 1 - m), \qquad (0,\ 1 - m,\ 1 - m^2).

Caso $m = 1$ : as duas últimas linhas se anulam — um pivô, $\operatorname{rk} M_1 = 1$ (as três linhas originais eram iguais). Caso $m \neq 1$ : multiplique $L_2$ por $\frac1{m-1}$ e $L_3$ por $\frac1{1-m}$ para obter $(0, 1, -1)$ e $(0, 1, 1 + m)$ , e depois $L_3 \leftarrow L_3 - L_2 = (0, 0, m + 2)$ . Se $m = -2$ : dois pivôs, posto $2$ ; caso contrário três pivôs, posto $3$ . Resumo:

\operatorname{rk} M_m = \begin{cases} 1 & m = 1,\\ 2 & m = -2,\\ 3 & \text{caso contrário}. \end{cases}

Os mesmos limiares sairão de um único cálculo de determinante no Capítulo 22 (o polinômio $-(m+2)(m-1)^2$ do Exercício 22.7) — mas note o que a eliminação dá e o determinante não: o valor do posto nos casos degenerados, e não apenas o fato de ele ter caído.

Exemplo 21.17 (Calcular potências)

$A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 0 & 1\end{pmatrix} = I + N$ com $N = E_{12}$ , $N^2 = 0$ . Como $I$ e $N$ comutam, o teorema binomial (a Proposição 7.20) trunca:

A^k = I + kN = \begin{pmatrix} 1 & k \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \qquad (k \in \N, \text{ e } k \in \Z \text{ usando } A^{-1} = I - N).

Método 21.18 (Calcular $A^n$ : as três vias)

Via binomial: se $A = \lambda I + N$ com $N$ nilpotente, o teorema binomial trunca (o Exemplo 21.17, o Exercício 21.5); ele se aplica porque $\lambda I$ comuta com tudo.
Via polinomial: encontre uma identidade polinomial satisfeita por $A$ (em dimensão $2$ , sempre $A^2 = sA - pI$ ) e reduza $X^n$ módulo ela; o problema de fim de semana abaixo constrói esta via por completo.
Via da semelhança: encontre um $P$ invertível com $P^{-1}AP = D$ simples (diagonal, ou deslocamento), calcule $D^n$ , e desfaça: $A^n = P D^n P^{-1}$ (o Teorema 21.10, o Exemplo 21.11); a busca sistemática de tal $P$ é a teoria da redução do segundo ano.

Qualquer que seja a via, confira o resultado em $n = 0, 1, 2$ : três testes baratos que pegam quase todo deslize.

Observação 21.19 (Armadilhas comuns: o preço da não comutatividade)

Toda identidade da álgebra escalar cuja demonstração reordena fatores morre em $\mathcal{M}_n(K)$ , $n \geq 2$ . Quadrados: $(A + B)^2 = A^2 + AB + BA + B^2$ , e o meio colapsa em $2AB$ apenas se $AB = BA$ (o Exercício 21.1). Potências de produtos: $(AB)^k$ é $ABAB\cdots$ , e não $A^kB^k$ . Divisores de zero: $E_{12}E_{12} = 0$ com $E_{12} \neq 0$ ; por consequência, nada de cancelamento: $AB = AC$ implica $B = C$ apenas quando $A$ é invertível (multiplique por $A^{-1}$ — do lado correto). Traços: $\operatorname{tr}(AB) = \operatorname{tr}(BA)$ sempre, mas $\operatorname{tr}(AB) \neq \operatorname{tr}A\operatorname{tr}B$ em geral (tome $A = B = I_2$ : $2 \neq 4$ ), e $\operatorname{tr}(ABC) = \operatorname{tr}(BCA)$ (cíclico), ao passo que $\operatorname{tr}(ACB)$ pode diferir. As transpostas invertem: $(AB)^{\mathsf T} = B^{\mathsf T}A^{\mathsf T}$ — esquecer a inversão é o erro mais comum nos cálculos de ortogonalidade (o Capítulo 23). Na dúvida, teste qualquer identidade alegada em $E_{12}$ e $E_{21}$ : o menor par que não comuta refuta a maioria das fórmulas falsas numa linha.

Observação 21.20 (Para onde vai o dicionário)

O dicionário matricial é usado em cada página restante deste volume: o Capítulo 22 associa a cada matriz quadrada um único número que decide a invertibilidade, e resolve $AX = B$ de modo sistemático; o Capítulo 23 singulariza as matrizes que preservam comprimentos (as matrizes ortogonais); e no Capítulo 25, o comportamento de segunda ordem de uma função de duas variáveis é uma matriz simétrica $2 \times 2$ . O traço, introduzido acima quase de passagem, torna-se um invariante poderoso: os Exercícios 21.6 e 21.8 dão um primeiro gostinho, e o volume do segundo ano de graduação constrói sobre ele a teoria dos autovalores. O problema de fim de semana desenvolve o outro cavalo de batalha: as identidades polinomiais satisfeitas por uma matriz, que transformam o cálculo de $A^n$ numa recorrência linear de dois termos.

Observação 21.21 (Perspectivas dentro do Livro 3)

Três famílias de matrizes introduzidas aqui têm encontros marcados mais adiante neste volume. As matrizes simétricas (o Exemplo 21.7) carregam os dados de segunda ordem das funções de duas variáveis: o teste de Monge do Capítulo 25 é um enunciado sobre o comportamento de sinal de uma matriz simétrica $2\times2$ , e o seu determinante $rt - s^2$ é calculado pela maquinaria do Capítulo 22. As matrizes ortogonais ( $A^{\mathsf T}A = I$ ) são as isometrias do Capítulo 23, onde a transposta finalmente adquire o seu significado geométrico: é a sombra algébrica do produto interno. As matrizes invertíveis encontram o seu teste prático no Capítulo 22 — um único número, $\det A \neq 0$ — fechando a busca que este capítulo abriu com a redução por linhas. O traço e o determinante viajam então como o par invariante $(s, p)$ do problema de fim de semana, até a teoria dos autovalores do segundo ano.

21.4 Exercícios

Exercício 21.1 ★

Sejam $A = \begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ e $B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}$ . Calcule $AB$ , $BA$ , $A^2 - B^2$ e $(A+B)(A-B)$ ; explique por que as duas últimas diferem.

Solução

Solução de Exercício 21.1.

AB = \begin{pmatrix} 2 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}, \quad BA = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 1 & 2\end{pmatrix}, \quad A^2 - B^2 = \begin{pmatrix} 1 & 4\\ 0 & 1\end{pmatrix} - I = \begin{pmatrix} 0 & 4\\ 0 & 0\end{pmatrix},

(A+B)(A-B) = A^2 - AB + BA - B^2 = \begin{pmatrix} 0 & 4\\ 0 & 0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} -2 & 0\\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 & 4\\ 0 & 2\end{pmatrix}.

Elas diferem por $BA - AB \neq 0$ : a identidade $(a+b)(a-b) = a^2 - b^2$ exige a comutatividade, que aqui falha.

Exercício 21.2 ★

Calcule o posto de

M = \begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 2 & 4 & 6\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad N = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 1 & 1\\ 1 & 2 & 1 & 3 \end{pmatrix}.

Solução

Solução de Exercício 21.2.

$M$ : $L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$ anula a segunda linha; $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ dá $(0, -1, -2)$ . Dois pivôs: $\operatorname{rk} M = 2$ .

$N$ : $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ dá $(0,1,1,1) = L_2$ ; depois $L_3 \leftarrow L_3 - L_2 = 0$ . Dois pivôs: $\operatorname{rk} N = 2$ .

Exercício 21.3 ★

Inverta, por redução de linhas, $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1\\ 2 & 1 & 1\\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$ , e confira num produto.

Solução

Solução de Exercício 21.3.

Reduzindo $(A \mid I_3)$ : $L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$ , $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ :

\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 & -2 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{pmatrix} \xrightarrow{L_3 \leftarrow L_3 - L_2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & -1 & -2 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{pmatrix},

depois $L_1 \leftarrow L_1 - L_3$ , $L_2 \leftarrow L_2 + L_3$ :

A^{-1} = \begin{pmatrix} 0 & 1 & -1\\ -1 & 0 & 1\\ 1 & -1 & 1 \end{pmatrix}.

Verificação: primeira linha de $A$ vezes primeira coluna de $A^{-1}$ : $1 \cdot 0 + 0\cdot(-1) + 1\cdot 1 = 1$ ; vezes a segunda coluna: $1 - 0 - 1 = 0$ ; vezes a terceira: $-1 + 0 + 1 = 0$ .

Exercício 21.4 ★

Escreva a matriz, na base canônica de $\R_2[X]$ , do endomorfismo $u(P) = P(X + 1)$ . Explique, sem calcular, por que ela é invertível, e dê a matriz de $u^{-1}$ .

Solução

Solução de Exercício 21.4.

$u(1) = 1$ , $u(X) = X + 1$ , $u(X^2) = X^2 + 2X + 1$ : as colunas de coordenadas em $(1, X, X^2)$ dão

M = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

$u$ é invertível porque tem a inversa óbvia $P \mapsto P(X - 1)$ (composição de substituições). A sua matriz obtém-se do mesmo modo a partir de $u^{-1}(X^k) = (X-1)^k$ :

M^{-1} = \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Exercício 21.5 ★★

Seja $A = \begin{pmatrix} 2 & 1 \\ 0 & 2\end{pmatrix}$ . Escreva $A = 2I + N$ , calcule $N^2$ , e deduza $A^k$ para todo $k \in \N$ pelo teorema binomial.

Solução

Solução de Exercício 21.5.

$N = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ , $N^2 = 0$ . Como $2I$ e $N$ comutam, o desenvolvimento binomial trunca após dois termos:

A^k = (2I + N)^k = 2^k I + k\,2^{k-1} N = \begin{pmatrix} 2^k & k\,2^{k-1}\\ 0 & 2^k\end{pmatrix}.

(Verificação em $k = 2$ : $A^2 = \begin{pmatrix}4 & 4\\ 0 & 4\end{pmatrix}$ , correto pelo produto direto.)

Exercício 21.6 ★★

Demonstre que não existem matrizes $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ (com $K = \R$ ou $\C$ ) tais que $AB - BA = I_n$ . (Tome traços.)

Solução

Solução de Exercício 21.6.

Traços: $\operatorname{tr}(AB - BA) = \operatorname{tr}(AB) - \operatorname{tr}(BA) = 0$ (a Definição 21.5), ao passo que $\operatorname{tr}(I_n) = n \neq 0$ em $\R$ ou $\C$ . Nenhuma solução. (Em espaços de dimensão infinita a identidade é realizável — a derivação e a multiplicação por $x$ a satisfazem — precisamente porque ali não existe traço.)

Exercício 21.7 ★★

Uma matriz $A$ é nilpotente quando $A^m = 0$ para algum $m$ . Demonstre que $I - A$ é então invertível, com

(I - A)^{-1} = I + A + A^2 + \dots + A^{m-1} .

Aplicação: inverta $\begin{pmatrix} 1 & 2 & 3\\ 0 & 1 & 2\\ 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$ .

Solução

Solução de Exercício 21.7.

Produto telescópico, com todas as potências de $A$ comutando:

(I - A)(I + A + \dots + A^{m-1}) = I - A^m = I ,

e a Proposição 21.4 promove a inversa de um lado. Para a aplicação: a matriz dada é $I + N$ com

N = \begin{pmatrix} 0 & 2 & 3\\ 0 & 0 & 2\\ 0&0&0 \end{pmatrix}, \quad N^2 = \begin{pmatrix} 0&0&4\\ 0&0&0\\ 0&0&0\end{pmatrix}, \quad N^3 = 0 ,

logo, substituindo $A$ por $-N$ na fórmula:

(I + N)^{-1} = I - N + N^2 = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1\\ 0 & 1 & -2\\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}.

Exercício 21.8 ★★

Seja $A \in \mathcal{M}_n(\R)$ satisfazendo $A^2 = A$ (idempotente). Demonstre que $\operatorname{tr} A = \operatorname{rk} A$ . (Interprete $A$ como uma projeção e escolha uma base adaptada; o Teorema 21.10 diz que o traço não depende da base, pois $\operatorname{tr}(P^{-1}MP) = \operatorname{tr} M$ .)

Solução

Solução de Exercício 21.8.

$A^2 = A$ : o endomorfismo $a$ é uma projeção (o Teorema 20.15), $E = \operatorname{im} a \oplus \ker a$ com $\dim\operatorname{im} a = r = \operatorname{rk} A$ . Numa base adaptada a esta decomposição ( $r$ vetores da imagem, e depois uma base do núcleo), a matriz de $a$ é $\begin{pmatrix} I_r & 0\\ 0 & 0\end{pmatrix}$ , de traço $r$ . O traço é invariante por mudança de base: $\operatorname{tr}(P^{-1}MP) = \operatorname{tr}(MPP^{-1}) = \operatorname{tr} M$ pela identidade cíclica. Logo $\operatorname{tr} A = r = \operatorname{rk} A$ .

Exercício 21.9 ★★★

Seja $J \in \mathcal{M}_n(\R)$ a matriz com todas as entradas iguais a $1$ . Calcule $J^2$ e deduza, para $a, b \in \R$ , a condição de invertibilidade de $M = aI + bJ$ junto com $M^{-1}$ (procure uma inversa da mesma forma $\alpha I + \beta J$ ).

Solução

Solução de Exercício 21.9.

$J^2 = nJ$ (cada entrada de $J^2$ soma $n$ uns). Procure $M^{-1} = \alpha I + \beta J$ :

(aI + bJ)(\alpha I + \beta J) = a\alpha\, I + (a\beta + b\alpha + nb\beta)\, J .

Isto é igual a $I$ se e somente se $a\alpha = 1$ e $a\beta + b\alpha + nb\beta = 0$ , isto é, $\alpha = \frac1a$ e $\beta(a + nb) = -\frac ba$ . Se $a \neq 0$ e $a + nb \neq 0$ :

M^{-1} = \frac 1a I - \frac{b}{a(a + nb)}\, J .

Reciprocamente, se $a = 0$ : $M = bJ$ tem posto $\leq 1 < n$ (para $n \geq 2$ ): não invertível ( $n = 1$ é o caso escalar). Se $a + nb = 0$ : o vetor $v = (1, \dots, 1)^{\mathsf T}$ satisfaz $Mv = (a + nb)v = 0$ com $v \neq 0$ : não invertível. Logo $M \in GL_n \iff a \neq 0$ e $a + nb \neq 0$ .

Exercício 21.10 ★★★

(Desigualdades de posto) Para $A, B \in \mathcal{M}_n(K)$ , demonstre

\operatorname{rk}(A + B) \leq \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B, \qquad \operatorname{rk}(AB) \geq \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B - n .

(Para a segunda — a desigualdade de Sylvester — aplique o teorema do núcleo e da imagem à restrição da aplicação de $A$ a $\operatorname{im} B$ .)

Solução

Solução de Exercício 21.10.

Soma: $\operatorname{im}(A + B) \subseteq \operatorname{im} A + \operatorname{im} B$ (cada $(A+B)x = Ax + Bx$ ), e Grassmann majora a dimensão de uma soma pela soma das dimensões.

Sylvester: seja $a$ a aplicação de $A$ restrita a $V = \operatorname{im} B$ (dimensão $\operatorname{rk} B$ ). A sua imagem é $\operatorname{im}(AB)$ ( $a(Bx) = ABx$ ), e o teorema do núcleo e da imagem em $V$ :

\operatorname{rk} B = \dim\ker(a_{|V}) + \operatorname{rk}(AB) .

Ora, $\ker(a_{|V}) \subseteq \ker A$ , de dimensão $n - \operatorname{rk} A$ : logo

\operatorname{rk}(AB) \geq \operatorname{rk} B - (n - \operatorname{rk} A) = \operatorname{rk} A + \operatorname{rk} B - n . \qedhere

Exercício 21.11 ★★

Seja $D = \operatorname{diag}(d_1, \dots, d_n)$ com os $d_i$ dois a dois distintos.

Demonstre que uma matriz $A$ comuta com $D$ se e somente se $A$ é diagonal. (Compare as entradas $(i,j)$ de $AD$ e de $DA$ .)
Deduza o centro de $\mathcal{M}_n(K)$ : as matrizes que comutam com toda matriz são exatamente as matrizes escalares $\lambda I_n$ . (Teste contra $D$ , e depois contra as matrizes $E_{ij}$ .)

Solução

Solução de Exercício 21.11.

Entrada a entrada, $(AD)_{ij} = a_{ij}\,d_j$ e $(DA)_{ij} = d_i\,a_{ij}$ . Logo $AD = DA$ se e somente se $a_{ij}(d_j - d_i) = 0$ para todos $i, j$ ; quando $i \neq j$ o fator $d_j - d_i$ é não nulo, o que força $a_{ij} = 0$ : $A$ é diagonal. Reciprocamente, matrizes diagonais comutam entre si.
Se $A$ comuta com toda matriz, comuta com $\operatorname{diag}(1, 2, \dots, n)$ , logo $A = \operatorname{diag}(\lambda_1, \dots, \lambda_n)$ por (1). Então $A E_{ij} = \lambda_i E_{ij}$ (só a linha $i$ de $E_{ij}$ sobrevive), ao passo que $E_{ij} A = \lambda_j E_{ij}$ : comutar com $E_{ij}$ força $\lambda_i = \lambda_j$ . Logo $A = \lambda I_n$ ; e as matrizes escalares de fato comutam com tudo. O centro de $\mathcal{M}_n(K)$ é $K\,I_n$ .

Exercício 21.12 ★★★

(Matrizes de posto um) Seja $A \in \mathcal{M}_n(K)$ , $A \neq 0$ .

Demonstre que $\operatorname{rk} A = 1$ se e somente se $A = CL$ para uma coluna não nula $C \in \mathcal{M}_{n,1}$ e uma linha não nula $L \in \mathcal{M}_{1,n}$ .
Para tal $A$ , demonstre $A^2 = (\operatorname{tr} A)\,A$ ; deduza que uma matriz de posto um é nilpotente se e somente se o seu traço é nulo.
Se $\operatorname{tr} A \neq -1$ , demonstre que $I_n + A$ é invertível com

$(I_n + A)^{-1} = I_n - \frac{1}{1 + \operatorname{tr} A}\,A ,$

e que $I_n + A$ não é invertível quando $\operatorname{tr} A = -1$ . (Encontre um vetor aniquilado por $I_n + A$ .)

Solução

Solução de Exercício 21.12.

Se $\operatorname{rk} A = 1$ : a imagem de $A$ é uma reta $\operatorname{Vect}(C)$ , $C \neq 0$ , logo a $j$ -ésima coluna de $A$ é $\ell_j\,C$ para escalares $\ell_j$ (não todos nulos), isto é, $A = C L$ com $L = (\ell_1, \dots, \ell_n) \neq 0$ . Reciprocamente, se $A = CL \neq 0$ , todas as colunas são múltiplos de $C$ : posto $1$ .
$A^2 = C\,(L C)\,L$ , e $LC$ é o escalar $\sum_i \ell_i c_i = \operatorname{tr}(CL) = \operatorname{tr} A$ . Logo $A^2 = (\operatorname{tr} A)\,A$ , e por indução $A^m = (\operatorname{tr} A)^{m-1} A$ . Se $\operatorname{tr} A \neq 0$ , nenhuma potência se anula; se $\operatorname{tr} A = 0$ , então $A^2 = 0$ : uma matriz de posto um é nilpotente se e somente se o seu traço é nulo.
Com $t = \operatorname{tr} A \neq -1$ :

$(I_n + A)\Bigl(I_n - \frac{A}{1 + t}\Bigr) = I_n + A - \frac{A + A^2}{1 + t} = I_n + A - \frac{(1 + t)A}{1 + t} = I_n ,$

usando $A^2 = tA$ . Se $t = -1$ : $(I_n + A)A = A + A^2 = A - A = 0$ com $A \neq 0$ , logo $I_n + A$ aniquila toda coluna (não nula) de $A$ : não injetiva, não invertível.

21.5 Problema: potências de uma matriz por divisão polinomial

Problema 21.1

Calcular $A^{100}$ entrada a entrada é desesperador; calculá-lo através de uma identidade polinomial satisfeita por $A$ leva três linhas. Este problema constrói o método do zero: a divisão euclidiana de $X^n$ , a identidade $A^2 - sA + pI = 0$ verificada por toda matriz $2 \times 2$ (o teorema de Cayley–Hamilton em dimensão $2$ ), e o dicionário entre potências de matrizes e recorrências lineares — com os números de Fibonacci como exemplo condutor.

Parte I — O cálculo dos restos. Fixe $s, p \in K$ e $D = X^2 - sX + p$ .

Justifique que para cada $n \in \N$ existem únicos $Q_n \in K[X]$ e $(a_n, b_n) \in K^2$ com

$X^n = Q_n\,D + a_n X + b_n ,$

e calcule $(a_0, b_0)$ e $(a_1, b_1)$ .
Multiplicando por $X$ e dividindo de novo, estabeleça as recorrências

$a_{n+1} = s\,a_n + b_n, \qquad b_{n+1} = -p\,a_n ,$

e deduza $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ : a sequência dos coeficientes obedece à recorrência linear associada a $D$ .
Suponha que $D$ tem duas raízes distintas $\lambda \neq \mu$ . Avaliando a identidade da divisão, demonstre

$a_n = \frac{\lambda^n - \mu^n}{\lambda - \mu}, \qquad b_n = \frac{\lambda\mu^n - \mu\lambda^n}{\lambda - \mu} .$
Suponha $D = (X - \lambda)^2$ . Usando a derivada da identidade da divisão, demonstre $a_n = n\lambda^{n-1}$ e $b_n = (1 - n)\lambda^{n}$ .
Mostre que substituir uma matriz fixa $M \in \mathcal{M}_k(K)$ em polinômios respeita somas e produtos: $(PQ)(M) = P(M)\,Q(M)$ . Deduza que se $D(M) = 0$ , então

$M^n = a_n\,M + b_n\,I \qquad (n \in \N).$

Parte II — Dimensão 2: traço, número determinante, Cayley–Hamilton. Para $A = \begin{pmatrix} a & b\\ c & d\end{pmatrix}$ ponha $s = a + d = \operatorname{tr} A$ e $p = ad - bc$ (o número que o Capítulo 22 chamará de determinante).

Verifique por cálculo direto a identidade de Cayley–Hamilton em dimensão $2$ :

$A^2 - s\,A + p\,I_2 = 0 .$
Demonstre por desenvolvimento direto que $p$ é multiplicativo: com a notação óbvia, $p(AB) = p(A)\,p(B)$ . Mostre então: $A$ é invertível se e somente se $p \neq 0$ , e nesse caso

$A^{-1} = \frac1p\,\bigl(s\,I_2 - A\bigr).$
Seja $A = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 0 & 2\end{pmatrix}$ . Calcule $s$ , $p$ , as raízes de $D$ , e deduza uma fórmula fechada para $A^n$ ; confira-a contra um cálculo direto de $A^2$ .
Seja $A = \begin{pmatrix} 3 & 1\\ -1 & 1\end{pmatrix}$ . Mostre que $D$ tem uma raiz dupla e calcule $A^n$ ; confira em $n = 2$ .
Seja $F = \begin{pmatrix} 1 & 1\\ 1 & 0\end{pmatrix}$ e defina os números de Fibonacci por $F_0 = 0$ , $F_1 = 1$ , $F_{n+2} = F_{n+1} + F_n$ . Demonstre

$F^n = \begin{pmatrix} F_{n+1} & F_n\\ F_n & F_{n-1}\end{pmatrix} \quad (n \geq 1),$

deduza a fórmula de Binet $F_n = \dfrac{\varphi^n - \psi^n}{\sqrt5}$ , onde $\varphi = \frac{1 + \sqrt5}2$ , $\psi = \frac{1 - \sqrt5}2$ , e, usando a questão 7, a identidade de Cassini $F_{n+1}F_{n-1} - F_n^2 = (-1)^n$ .

Parte III — Recorrências lineares, estruturalmente. Fixe $s, p \in K$ com $p \neq 0$ , e seja $E_D$ o conjunto das sequências com $u_{n+2} = s\,u_{n+1} - p\,u_n$ para todo $n$ .

Mostre que $E_D$ é um espaço vetorial de dimensão $2$ (adapte o Exercício 19.10).
Mostre que a sequência $(a_n)$ da Parte I é o elemento de $E_D$ com valores iniciais $0, 1$ , e que todo $u \in E_D$ satisfaz

$u_n = u_1\,a_n + u_0\,b_n \qquad (n \in \N),$

com $(b_n)$ como na Parte I: os restos da divisão resolvem todas as recorrências de uma só vez.
Se $\lambda \neq \mu$ são as raízes de $D$ , mostre que $\bigl((\lambda^n), (\mu^n)\bigr)$ é uma base de $E_D$ ; se $D = (X-\lambda)^2$ com $\lambda \neq 0$ , mostre que $\bigl((\lambda^n), (n\lambda^n)\bigr)$ é uma.
Resolva completamente: $u_{n+2} = u_{n+1} + 6u_n$ , $u_0 = 1$ , $u_1 = 8$ ; confira a resposta em $u_2$ e $u_3$ .
Seja $C = \begin{pmatrix} 0 & 1\\ -p & s\end{pmatrix}$ (a matriz companheira de $D$ ). Mostre que

$\begin{pmatrix} u_{n}\\ u_{n+1}\end{pmatrix} = C^n \begin{pmatrix} u_0\\ u_1\end{pmatrix} \quad (u \in E_D),$

e que $\operatorname{tr} C = s$ e $p(C) = p$ : a recorrência e a matriz carregam o mesmo polinômio $D$ .

Parte IV — Grau três. Seja $D_3 = X^3 - \alpha X^2 - \beta X - \gamma$ e

C_3 = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ \gamma & \beta & \alpha \end{pmatrix}.

Mostre que $D_3(C_3) = 0$ . (Calcule as imagens dos vetores da base canônica pelas potências de $C_3$ : a aplicação de $C_3$ leva $e_1 \mapsto \dots \mapsto$ uma combinação forçada pela última linha.)
Mostre que se $D_3$ tem três raízes distintas $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ , o resto $R_n$ da divisão de $X^n$ por $D_3$ é o interpolante de Lagrange dos valores $\lambda_i^n$ nos nós $\lambda_i$ (o Teorema 8.23); deduza que toda entrada de $C_3^{\,n}$ é uma combinação linear fixa de $\lambda_1^n, \lambda_2^n, \lambda_3^n$ .
Resolva: $u_{n+3} = 2u_{n+2} + u_{n+1} - 2u_n$ com $u_0 = 0$ , $u_1 = 1$ , $u_2 = 1$ . (Fatore $D_3 = (X - 1)(X + 1)(X - 2)$ .) Confira em $u_3$ .
Calcule o resto de $X^n$ módulo $(X - \lambda)^3$ (expansão de Taylor de $X^n$ em $\lambda$ ), e deduza uma fórmula para $(\lambda I + N)^n$ quando $N^3 = 0$ e $N$ comuta com tudo o que estiver à vista; confira-a contra o teorema binomial.
Mostre que, para $D_3$ com raízes distintas, a solução geral da recorrência de ordem $3$ é $u_n = c_1 \lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n$ : demonstre que as três sequências geométricas formam uma base do espaço de soluções. (Para a liberdade, avalie uma combinação nula em $n = 0, 1, 2$ e reconheça um sistema de interpolação nos nós distintos $\lambda_i$ .)

Parte V — Dividendos de Fibonacci, e síntese.

Demonstre $F_1 + F_2 + \dots + F_n = F_{n+2} - 1$ .
De $F^{m+n} = F^m F^n$ , obtenha a fórmula de adição

$F_{m+n} = F_{m+1}F_n + F_m F_{n-1},$

e deduza $F_{2n} = F_n(F_{n+1} + F_{n-1})$ .
Demonstre que $F_n$ é o inteiro mais próximo de $\varphi^n/\sqrt5$ para todo $n \geq 0$ .
Seja $t_n = \operatorname{tr}(F^n) = F_{n+1} + F_{n-1}$ (os números de Lucas $L_n$ ). Mostre que $t_{n+2} = t_{n+1} + t_n$ , $t_1 = 1$ , $t_2 = 3$ , que $L_n = \varphi^n + \psi^n$ , e recupere $F_{2n} = F_n L_n$ .
Síntese, em quatro frases: por que as potências de uma matriz $2 \times 2$ vivem no plano $\operatorname{Vect}(I, A)$ de $\mathcal{M}_2(K)$ (qual argumento de dimensão garante uma identidade quadrática, e qual identidade explícita a Parte II produziu); como a divisão euclidiana converte a exponenciação numa recorrência de dois termos; qual enunciado deste problema é o caso $n = 2$ de um teorema válido em todas as dimensões (nomeie-o, e diga onde ele é demonstrado nesta série); e o que a construção da matriz companheira acrescenta ao quadro.

Solução

Solução de Problema 21.1.

1. Divisão euclidiana de $X^n$ pelo mônico $D$ de grau $2$ (o Teorema 8.3): quociente e resto existem e são únicos, e o resto tem grau $\leq 1$ : $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ . Para $n = 0$ : $Q_0 = 0$ , $(a_0, b_0) = (0, 1)$ ; para $n = 1$ : $(a_1, b_1) = (1, 0)$ .

2. Multiplique por $X$ e reduza $X^2 = D + sX - p$ :

X^{n+1} = X Q_n D + a_n X^2 + b_n X = (X Q_n + a_n)\,D + (s\,a_n + b_n)\,X - p\,a_n .

A última expressão tem forma de resto (grau $\leq 1$ ), logo, por unicidade, $a_{n+1} = s a_n + b_n$ e $b_{n+1} = -p a_n$ . Substituindo $b_{n+1} = -pa_n$ em $a_{n+2} = s a_{n+1} + b_{n+1}$ obtém-se $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ .

3. Avalie $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ nas raízes: $\lambda^n = a_n\lambda + b_n$ e $\mu^n = a_n\mu + b_n$ . Subtraindo e dividindo por $\lambda - \mu \neq 0$ :

a_n = \frac{\lambda^n - \mu^n}{\lambda - \mu}, \qquad b_n = \lambda^n - a_n\lambda = \frac{\lambda\mu^n - \mu\lambda^n}{\lambda - \mu} .

4. Na raiz dupla: $\lambda^n = a_n\lambda + b_n$ . Derivando a identidade, $nX^{n-1} = Q_n'\,(X - \lambda)^2 + 2Q_n\,(X - \lambda) + a_n$ , e avaliando em $\lambda$ : $a_n = n\lambda^{n-1}$ ; e então $b_n = \lambda^n - n\lambda^{n} = (1 - n)\lambda^{n}$ .

5. Para $P = \sum_i p_i X^i$ e $Q = \sum_j q_j X^j$ ,

P(M)\,Q(M) = \sum_{i,j} p_i q_j M^{i+j} = (PQ)(M),

porque as potências da única matriz $M$ comutam entre si (as somas são claras por linearidade). Se $D(M) = 0$ , substituir $M$ em $X^n = Q_n D + a_n X + b_n$ dá $M^n = Q_n(M)\,D(M) + a_n M + b_n I = a_n M + b_n I$ .

6. Produtos diretos:

A^2 = \begin{pmatrix} a^2 + bc & b(a + d)\\ c(a + d) & d^2 + bc \end{pmatrix}, \qquad s A = \begin{pmatrix} a(a+d) & b(a+d)\\ c(a+d) & d(a+d) \end{pmatrix},

logo $A^2 - sA$ tem entradas fora da diagonal nulas e entradas diagonais $a^2 + bc - a^2 - ad = bc - ad = -p$ : $A^2 - sA + pI_2 = 0$ .

7. Com $A' = \begin{pmatrix} a' & b'\\ c' & d'\end{pmatrix}$ , desenvolvendo $p(AA') = (aa' + bc')(cb' + dd') - (ab' + bd')(ca' + dc')$ : os termos $aa'cb'$ e $ab'ca'$ cancelam-se, os termos $bc'dd'$ e $bd'dc'$ cancelam-se, e o que resta é

aa'dd' - bca'd' + bcb'c' - adb'c' = (ad - bc)(a'd' - b'c') = p(A)\,p(A').

Se $p \neq 0$ , Cayley–Hamilton dá $A\,\bigl(\tfrac1p(sI_2 - A)\bigr) = \tfrac1p(sA - A^2) = I_2$ , donde a inversa (e a Proposição 21.4 a torna bilateral). Se $p = 0$ e $A$ fosse invertível, a multiplicatividade daria $1 = p(I_2) = p(A)\,p(A^{-1}) = 0$ : impossível. Logo $A \in GL_2 \iff p \neq 0$ .

8. $s = 3$ , $p = 2$ , $D = X^2 - 3X + 2 = (X - 1)(X - 2)$ : $\lambda = 2$ , $\mu = 1$ , logo $a_n = 2^n - 1$ e $b_n = 2 - 2^n$ (questão 3). Logo

A^n = (2^n - 1)A + (2 - 2^n)I = \begin{pmatrix} 1 & 2^n - 1\\ 0 & 2^n \end{pmatrix}.

Verificação: $A^2 = \begin{pmatrix} 1 & 3\\ 0 & 4\end{pmatrix}$ , tanto pela fórmula quanto elevando ao quadrado diretamente.

9. $s = 4$ , $p = 3\cdot1 - 1\cdot(-1) = 4$ : $D = X^2 - 4X + 4 = (X - 2)^2$ , raiz dupla $\lambda = 2$ . Questão 4: $a_n = n\,2^{n-1}$ , $b_n = (1 - n)2^n$ , logo

A^n = n\,2^{n-1}A + (1 - n)2^n I = 2^{n-1}\begin{pmatrix} n + 2 & n\\ -n & 2 - n \end{pmatrix}.

Em $n = 2$ : $2\begin{pmatrix} 4 & 2\\ -2 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8 & 4\\ -4 & 0 \end{pmatrix}$ , que é $A^2$ calculado diretamente.

10. Indução: $F^1 = \begin{pmatrix} F_2 & F_1\\ F_1 & F_0\end{pmatrix}$ , e

F^{n+1} = F^n F = \begin{pmatrix} F_{n+1} + F_n & F_{n+1}\\ F_n + F_{n-1} & F_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_{n+2} & F_{n+1}\\ F_{n+1} & F_n \end{pmatrix}.

Aqui $s = 1$ , $p = -1$ , $D = X^2 - X - 1$ com raízes $\varphi, \psi$ ( $\varphi - \psi = \sqrt5$ , $\varphi\psi = -1$ ). A sequência $(F_n)$ tem $F_0 = 0 = a_0$ , $F_1 = 1 = a_1$ e obedece à mesma recorrência que $(a_n)$ : $F_n = a_n = (\varphi^n - \psi^n)/\sqrt5$ , a fórmula de Binet. Cassini: aplicando a multiplicatividade da questão 7 a $F^n$ ,

F_{n+1}F_{n-1} - F_n^2 = p(F^n) = p(F)^n = (-1)^n .

11. A condição é linear e contém a sequência nula: um subespaço. Por indução, $u_0, u_1$ determinam $u$ linearmente, e todo par de valores iniciais é realizado por exatamente uma solução: como no Exercício 19.10, $E_D$ é parametrizado bijetiva e linearmente por $(u_0, u_1) \in K^2$ : $\dim E_D = 2$ .

12. $(a_n)$ obedece à recorrência (questão 2) com $a_0 = 0$ , $a_1 = 1$ . E $(b_n)$ também: $b_{n+2} = -p\,a_{n+1} = -p(s a_n + b_n) = s\,b_{n+1} - p\,b_n$ (usando $b_{n+1} = -pa_n$ duas vezes), com $b_0 = 1$ , $b_1 = 0$ . A combinação $v_n = u_1 a_n + u_0 b_n$ é então uma solução com $v_0 = u_0$ , $v_1 = u_1$ ; duas soluções com os mesmos valores iniciais coincidem (indução), logo $u_n = u_1 a_n + u_0 b_n$ para todo $n$ .

13. $(\lambda^n)$ é uma solução se e somente se $\lambda^{n+2} = s\lambda^{n+1} - p\lambda^n$ para todo $n$ , isto é, $D(\lambda) = 0$ (depois de dividir por $\lambda^n \neq 0$ ; note que $\lambda, \mu \neq 0$ , pois $p = \lambda\mu \neq 0$ ). Liberdade de $\bigl((\lambda^n), (\mu^n)\bigr)$ : uma relação em $n = 0, 1$ dá $c + c' = 0$ , $c\lambda + c'\mu = 0$ , logo $c(\lambda - \mu) = 0$ : $c = c' = 0$ . Dois vetores livres em dimensão $2$ : uma base. Raiz dupla: $\bigl((n\lambda^n)\bigr)$ é uma solução pois, com $s = 2\lambda$ , $p = \lambda^2$ :

s(n+1)\lambda^{n+1} - p\,n\lambda^n = \lambda^{n+2}\bigl(2(n+1) - n\bigr) = (n+2)\lambda^{n+2} ;

liberdade em $n = 0, 1$ : $c = 0$ , e então $c'\lambda = 0$ com $\lambda \neq 0$ .

14. $D = X^2 - X - 6 = (X - 3)(X + 2)$ . Solução geral $u_n = A\,3^n + B(-2)^n$ ; as condições iniciais dão $A + B = 1$ e $3A - 2B = 8$ , logo $A = 2$ , $B = -1$ :

u_n = 2\cdot 3^n - (-2)^n .

Verificação: $u_2 = 18 - 4 = 14 = u_1 + 6u_0$ ; $u_3 = 54 + 8 = 62 = u_2 + 6u_1 = 14 + 48$ .

15. $C\begin{pmatrix} u_n\\ u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u_{n+1}\\ -p\,u_n + s\,u_{n+1}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u_{n+1}\\ u_{n+2}\end{pmatrix}$ , e a indução dá a fórmula com $C^n$ . Além disso $\operatorname{tr} C = 0 + s = s$ e $p(C) = 0\cdot s - 1\cdot(-p) = p$ : a matriz companheira tem exatamente $D$ como polinômio de Cayley–Hamilton.

16. Para qualquer solução $u$ de $u_{n+3} = \alpha u_{n+2} + \beta u_{n+1} + \gamma u_n$ , os vetores de estado $v_n = (u_n, u_{n+1}, u_{n+2})^{\mathsf T}$ satisfazem $C_3 v_n = v_{n+1}$ (as duas primeiras linhas deslocam, e a última aplica a recorrência). Logo

D_3(C_3)\,v_0 = v_3 - \alpha v_2 - \beta v_1 - \gamma v_0 ,

cujas três componentes são $u_{k+3} - \alpha u_{k+2} - \beta u_{k+1} - \gamma u_k = 0$ ( $k = 0, 1, 2$ ). Como o estado inicial $v_0 = (u_0, u_1, u_2)^{\mathsf T}$ percorre todo o $K^3$ (os valores iniciais são livres), a matriz $D_3(C_3)$ aniquila todo vetor: $D_3(C_3) = 0$ .

17. Escreva $X^n = Q\,D_3 + R_n$ com $\deg R_n \leq 2$ e avalie em cada raiz: $\lambda_i^n = R_n(\lambda_i)$ . Logo $R_n$ é um polinômio de grau $\leq 2$ que interpola os três valores $\lambda_i^n$ nos três nós distintos $\lambda_i$ : pela unicidade no Teorema 8.23, $R_n = \sum_i \lambda_i^n L_i$ com $(L_i)$ a base de Lagrange dos nós. Substituindo $C_3$ (questões 5 e 16):

C_3^{\,n} = R_n(C_3) = \sum_{i=1}^{3} \lambda_i^n\,L_i(C_3),

com as três matrizes $L_i(C_3)$ independentes de $n$ : toda entrada de $C_3^{\,n}$ é uma combinação fixa de $\lambda_1^n, \lambda_2^n, \lambda_3^n$ .

18. $D_3 = X^3 - 2X^2 - X + 2 = (X-1)(X+1)(X-2)$ . Solução geral $u_n = A + B(-1)^n + C\,2^n$ . Condições iniciais: $A + B + C = 0$ , $A - B + 2C = 1$ , $A + B + 4C = 1$ . Subtraindo a primeira da terceira: $3C = 1$ , $C = \frac13$ ; e então $A + B = -\frac13$ e $A - B = \frac13$ : $A = 0$ , $B = -\frac13$ . Logo

u_n = \frac{2^n - (-1)^n}{3}

(os números de Jacobsthal). Verificação: $u_3 = \frac{8 + 1}{3} = 3 = 2u_2 + u_1 - 2u_0 = 2 + 1 - 0$ .

19. Expansão de Taylor do polinômio $X^n$ em $\lambda$ :

X^n = \sum_{k=0}^{n} \binom nk \lambda^{n-k}(X - \lambda)^k ,

e todos os termos com $k \geq 3$ são divisíveis por $(X - \lambda)^3$ : o resto é

R_n = \lambda^n + n\lambda^{n-1}(X - \lambda) + \binom n2\lambda^{n-2}(X - \lambda)^2 .

Para $M = \lambda I + N$ com $N^3 = 0$ : $(M - \lambda I)^3 = N^3 = 0$ , logo a questão 5 dá

M^n = \lambda^n I + n\lambda^{n-1} N + \binom n2 \lambda^{n-2} N^2 ,

que é exatamente o desenvolvimento binomial de $(\lambda I + N)^n$ truncado em $N^2$ — os dois métodos concordam.

20. O espaço de soluções tem dimensão $3$ (mesma parametrização por $(u_0, u_1, u_2)$ que na questão 11), e cada $(\lambda_i^n)$ é uma solução. Liberdade: suponha $c_1\lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n = 0$ para $n = 0, 1, 2$ . Fixe $i$ e seja $L_i = \sum_{k \leq 2} p_k X^k$ o polinômio de Lagrange dos nós, com $L_i(\lambda_j) = \delta_{ij}$ . Então

0 = \sum_{k=0}^{2} p_k\Bigl(\sum_j c_j\lambda_j^k\Bigr) = \sum_j c_j\,L_i(\lambda_j) = c_i .

Logo todos os $c_i = 0$ : três soluções livres em dimensão $3$ , uma base; a solução geral é $c_1\lambda_1^n + c_2\lambda_2^n + c_3\lambda_3^n$ .

21. De $F_k = F_{k+2} - F_{k+1}$ , a soma telescopa:

\sum_{k=1}^{n} F_k = \sum_{k=1}^{n}\bigl(F_{k+2} - F_{k+1}\bigr) = F_{n+2} - F_2 = F_{n+2} - 1 .

22. Tome a entrada $(1,2)$ de $F^{m+n} = F^m F^n$ : o lado esquerdo é $F_{m+n}$ ; o direito é (linha $1$ de $F^m$ ) vezes (coluna $2$ de $F^n$ ), isto é, $F_{m+1}F_n + F_m F_{n-1}$ . Com $m = n$ :

F_{2n} = F_{n+1}F_n + F_nF_{n-1} = F_n\,(F_{n+1} + F_{n-1}).

23. Por Binet, $F_n - \dfrac{\varphi^n}{\sqrt5} = -\dfrac{\psi^n}{\sqrt5}$ , e $\abs\psi = \frac{\sqrt5 - 1}2 < 1$ , logo

\Bigl|F_n - \frac{\varphi^n}{\sqrt5}\Bigr| \leq \frac{1}{\sqrt5} < \frac12 \qquad (n \geq 0):

$F_n$ é o inteiro mais próximo de $\varphi^n/\sqrt5$ .

24. $t_n = F_{n+1} + F_{n-1}$ é uma combinação de sequências de Fibonacci deslocadas, logo satisfaz a mesma recorrência: $t_{n+2} = t_{n+1} + t_n$ ; e $t_1 = F_2 + F_0 = 1$ , $t_2 = F_3 + F_1 = 3$ : estes são os números de Lucas $L_n$ . A sequência $\varphi^n + \psi^n$ é uma solução com os mesmos dois primeiros valores ( $\varphi + \psi = 1$ , $\varphi^2 + \psi^2 = ( \varphi + \psi)^2 - 2\varphi\psi = 3$ ), logo $L_n = \varphi^n + \psi^n$ . Por fim,

F_n L_n = \frac{(\varphi^n - \psi^n)(\varphi^n + \psi^n)}{\sqrt5} = \frac{\varphi^{2n} - \psi^{2n}}{\sqrt5} = F_{2n},

recuperando a questão 22.

25. (i) As cinco matrizes $I, A, A^2, A^3, A^4$ vivem em $\mathcal{M}_2(K)$ , de dimensão $4$ , logo algum polinômio não nulo de grau $\leq 4$ anula $A$ ; a Parte II afinou isto para a quadrática explícita $A^2 = sA - pI$ , que tranca todas as potências no plano $\operatorname{Vect}(I, A)$ . (ii) A divisão euclidiana reduz $X^n$ módulo essa quadrática, e os dois coeficientes do resto obedecem à recorrência de dois termos $a_{n+2} = s\,a_{n+1} - p\,a_n$ : a exponenciação tornou-se iteração. (iii) A questão 6 é o caso $n = 2$ do teorema de Cayley–Hamilton, válido em toda dimensão e demonstrado no volume do segundo ano de graduação. (iv) A matriz companheira fecha o ciclo: toda recorrência linear é uma potência de matriz, com o mesmo polinômio $D$ aparecendo como dado de traço e determinante, de modo que o cálculo dos restos resolve recorrências e calcula potências de uma só vez.