Exercícios Resolvidos_Matrizes e Sistemas Lineares

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Exerćıcios Resolvidos
Matrizes e Sistemas Lineares
Equipe de GAAL UFMG
Exerćıcio 1. Encontre todas as matrizes A, 2× 2, tais que A2 = I
Solução: Como A é 2× 2, escrevemos A =
[
a b
c d
]
. Lembramos que I =
[
1 0
0 1
]
.
Calculamos A2, lembrando o produto de matrizes:
A2 =
[
a b
c d
] [
a b
c d
]
=
[
a2 + bc ab+ bd
ca+ dc cb+ d2
]
.
A2 = I significa a igualdade de cada uma das entradas, ou seja,
a2 + bc = 1 (1)
ab+ bd = 0 (2)
ca+ dc = 0 (3)
cb+ d2 = 1 (4)
Temos que resolver esse sistema de equações. É importante observar que ele não é um sistema linear!
Não existe um método automático para resolver este tipo de sistema.
Subtraindo (4) de (1), temos a2 − d2 = 0 ou, equivalentemente, d = a ou d = −a (lembram por quê?).
Temos então dois casos a considerar:
1. Caso d = a: A equação (2) fica 2ab = 0 e a equação (3) fica 2ac = 0.
Para que se verifiquem ambas, temos duas possibilidades, a = 0 ou b = c = 0.
Temos então dois subcasos:
(a) Caso a = 0: Temos d = 0 e as equações (1) e (4) ficam bc = 1. Então c = 1b e, com isso,
A =
[
0 b
1
b 0
]
.
(b) Caso b = c = 0: As equações (1) e (4) ficam a2 = 1. Então a = ±1 e, com isso, A =
[
1 0
0 1
]
ou
A =
[
−1 0
0 −1
]
.
2. Caso d = −a: As equações (1) e (4) ficam a2 + bc = 1, ou seja, bc = 1− a2.
Atenção: Vamos dividir por b, mas também precisamos considerar a hipótese que pode ocorrer que
b = 0!
(a) Caso b 6= 0: Então c = 1−a
2
b e, com isso, A =
[
a b
1−a2
b −a
]
.
1
(b) Caso b = 0: Da equação (1), a = ±1, c pode tomar qualquer valor e, com isso, A =
[
1 0
c −1
]
ou
A =
[
−1 0
c 1
]
.
Reunindo o que obtivemos em cada caso, escrevemos a resposta. Poderiamos escrever que as matrizes
que satisfazem A2 = I são A =
[
0 b
1
b 0
]
, A =
[
1 0
0 1
]
, A =
[
−1 0
0 −1
]
, A =
[
a b
1−a2
b −a
]
, A =
[
1 0
c −1
]
,
A =
[
−1 0
c 1
]
. Mas, observando que as matrizes do primeiro tipo são casos particulares das do quarto,
podemos dar uma resposta mais simples.
Resposta: As matrizes que satisfazem A2 = I são
A =
[
1 0
0 1
]
, A =
[
−1 0
0 −1
]
, A =
[
a b
1−a2
b −a
]
, A =
[
1 0
c −1
]
, A =
[
−1 0
c 1
]
. �
Outra forma de fazer, que não leva à resposta correta:
A idéia é usar as propriedades das operações com matrizes, em vez de reduzir a trabalhar com as pro-
predades dos números.
A2 = I.
A2 − I = 0.
A− I = 0 ou A+ I = 0.
A = I ou A = −I.
Só tem duas soluções. Faltam algumas das que encontramos antes. Onde erramos?
Exerćıcio 2. Considere o sistema linear de equações: x+ 2y − 3z = 43x− y + 5z = 2
4x+ y + (a2 − 14)z = a+ 2
encontre os valores de a para os quais o sistema não tem solução, tem solução única e tem infinitas soluções.
Em cada caso resolva o sistema, ou seja, escreva a solução geral.
Solução: Vamos escalonar a sua matriz aumentada: 1 2 −3 43 −1 5 2
4 1 (a2 − 14) a+ 2
 (linha 2)−(3×linha 1)=============⇒
(linha 3)−(4×linha 1)
 1 2 −3 40 −7 14 −10
0 −7 (a2 − 2) a− 14

 1 2 −3 40 -7 14 −10
0 −7 (a2 − 2) a− 14
 (linha 2)−7============⇒
 1 2 −3 40 1 −2 107
0 −7 (a2 − 2) a− 14

 1 2 −3 40 1 −2 107
0 −7 (a2 − 2) a− 14
 (linha 1)−(2×linha 2)=============⇒
(linha 3)+(7×linha 2)
 1 0 1 870 1 −2 107
0 0 (a2 − 16) a− 4
 .
Então o sistema dado é equivalente ao sistema x+ z =
8
7
y − 2z = 107
(a2 − 16)z = a− 4
2
1) Se a = −4, a última equação vira 0 = −8. Isso é absurdo então o sistema não tem solução.
2) Se a 6= ±4 quer dizer a2 − 16 6= 0, podemos continuar com escalonamento de sistema.
1 0 1 87
0 1 −2 107
0 0 (a2-16) a− 4

(linha 3)
(a2−16)
============⇒
 1 0 1 870 1 −2 107
0 0 1 1a+4

 1 0 1 870 1 −2 107
0 0 1 1a+4
 (linha 1)−(linha 3)=============⇒
(linha 2)+(2×linha 3)
 1 0 0 87 − 1a+40 1 0 107 + 2a+4
0 0 1 1a+4

Então o sistema tem solução única:
xy
z
 =
 87 − 1a+410
7 +
2
a+4
1
a+4
.
3) Se a = 4, o sistema dado é equivalente ao sistema{
x+ z = 87
y − 2z = 107
Este sistema é uma sistema de duas equações consistentes e três variáveis independentes. Quer dizer que o
sistema tem uma variável livre. Então o sistema tem infinitas soluções. Quando a matriz do sistema está na
forma escalonada reduzida, as variáveis livres correspondem às variáveis que não são pivôs, no nosso caso z.
O conjunto das soluções é portanto
S =

 87 − α10
7 + 2α
α
 | ondeα ∈ R é um número real arbitrario
 .
�
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