1ª Prova de GAAL - SOLUÇÃO - 2012_2

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GAAL - Primeira Prova - 06/outubro/2012
SOLUC¸O˜ES
Questa˜o 1: Considere o seguinte sistema linear nas inco´gnitas x, y e z.
x + y + z = 2
2x + y − 2z = 3
6y + (k2 − 1)z = k + 1
Determine todos os valores de k para os quais o sistema:
(a) tem uma u´nica soluc¸a˜o (neste caso encontre a u´nica soluc¸a˜o);
(b) na˜o tem soluc¸a˜o;
(c) tem infinitas soluc¸o˜es (encontre a soluc¸a˜o geral).
SOLUC¸A˜O: Vamos escalonar a matriz aumentada. 1 1 1 22 1 −2 3
0 6 k2 − 1 k + 1

Efetuando a operac¸a˜o elementar L2 ← L2 − 2L1 obtemos: 1 1 1 20 −1 −4 −1
0 6 k2 − 1 k + 1

Trocando o sinal da segunda linha, obtemos: 1 1 1 20 1 4 1
0 6 k2 − 1 k + 1

Efetuando as operac¸o˜es elementares L1 ← L1 − L2 e L3 ← L3 − 6L2 obtemos: 1 0 −3 10 1 4 1
0 0 k2 − 25 k − 5

A u´ltima linha desta matriz e´ equivalente a equac¸a˜o (k2 − 25)z = k − 5. Analisando
esta equac¸a˜o, vemos que:
(a) O sistema tem soluc¸a˜o u´nica se k2 − 25 6= 0. Ou seja, se k 6= −5 e k 6= 5.
(b) Se k = −5 esta equac¸a˜o toma a forma 0z = −10 e o sistema na˜o tem soluc¸a˜o.
(c) Se k = 5 esta equac¸a˜o toma a forma 0z = 0 e o sistema possui infinitas soluc¸o˜es.
Agora vamos supor que k2 − 25 6= 0 e vamos determinar a soluc¸a˜o do sistema.
Continuando o escalonamento, neste caso, podemos dividir a terceira linha da matriz
por k2 − 25 = (k − 5)(k + 5), obtendo 1 0 −3 10 1 4 1
0 0 1 1
k+5

Efetuando as operac¸o˜es elementares L1 ← L1 + 3L3 e L2 ← L2 − 4L3 obtemos:
1 0 0 k+8
k+5
0 1 0 k+1
k+5
0 0 1 1
k+5

Portanto a soluc¸a˜o do sistema linear no caso de ele ter uma u´nica soluc¸a˜o e´
x =
k + 8
k + 5
, y =
k + 1
k + 5
e z =
1
k + 5
.
Agora vamos supor que k = 5 e vamos determinar a soluc¸a˜o geral do sistema no caso dele
ter infinitas soluc¸o˜es. Substituindo k = 5, apo´s o escalonamento ja´ realizado, obtemos
a matriz aumentada  1 0 −3 10 1 4 1
0 0 0 0

Aqui vemos x = 1 + 3z, y = 1 − 4z e que z e´ uma varia´vel livre. A soluc¸a˜o geral do
sistema pode ser escrita na forma
S = { (x, y, z) = (1 + 3t, 1− 4t, t), ∀ t ∈ R }.
Questa˜o 2:
(a) Determine, caso exista, a inversa da matriz B.
(b) Calcule tambe´m o determinante de B.
B =

0 −2 1 0
1 0 0 1
0 3 −1 0
1 0 0 2
 .
SOLUC¸A˜O: Vamos calcular B−1 escalonando a matriz
0 −2 1 0 1 0 0 0
1 0 0 1 0 1 0 0
0 3 −1 0 0 0 1 0
1 0 0 2 0 0 0 1
 .
Trocando de posic¸a˜o a primeira com a segunda linha obtemos
1 0 0 1 0 1 0 0
0 −2 1 0 1 0 0 0
0 3 −1 0 0 0 1 0
1 0 0 2 0 0 0 1
 .
Efetuando a operac¸a˜o elementar L4 ← L4 − L1 obtemos
1 0 0 1 0 1 0 0
0 −2 1 0 1 0 0 0
0 3 −1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 −1 0 1
 .
Para evitar a manipulac¸a˜o com frac¸o˜es, vamos fazer a operac¸a˜o elementar L2 ← L2+L3,
obtendo o pivoˆ da segunda linha:
1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 0 0 1 0 1 0
0 3 −1 0 0 0 1 0
0 0 0 1 0 −1 0 1
 .
Agora fazemos a operac¸a˜o elementar L3 ← L3 − 3L2, obtendo
1 0 0 1 0 1 0 0
0 1 0 0 1 0 1 0
0 0 −1 0 −3 0 −2 0
0 0 0 1 0 −1 0 1
 .
Trocando o sinal da terceira linha e fazendo a operac¸a˜o elementar L1 ← L1−L4 obtemos
1 0 0 0 0 2 0 −1
0 1 0 0 1 0 1 0
0 0 1 0 3 0 2 0
0 0 0 1 0 −1 0 1
 .
Como obtemos a matriz identidade do lado esquerdo, conclu´ımos que B e´ invert´ıvel e
que B−1 e´ a matriz que esta´ escrita do lado direito, ou seja,
B−1 =

0 2 0 −1
1 0 1 0
3 0 2 0
0 −1 0 1
 .
Para calcular o determinante de B, observe que durante o escalonamento, as u´nicas
operac¸o˜es elementares que afetaram o determinante foram
• trocar de posic¸a˜o a primeira com a segunda linha.
• trocar o sinal da terceira linha.
Cada uma destas operac¸o˜es elementares trocou o sinal do determinante uma vez. Como
chegamos na matriz identidade, que tem determinante igual a 1, podemos concluir que
det(B) = −(−1) = 1.
Questa˜o 3: Diga se cada afirmac¸a˜o abaixo e´ verdadeira ou falsa, justificando sua
resposta.
(a) Se A e´ uma matriz quadrada invert´ıvel, enta˜o AtA tambe´m e´ invert´ıvel.
(b) Seja A uma matriz quadrada tal que o sistema linear homogeˆneo AX = 0
possui infinitas soluc¸o˜es. Enta˜o o sistema linear AX = B tambe´m possui infinitas
soluc¸o˜es.
(c) Se A e´ uma matriz quadrada tal que det(A) > 0 enta˜o det(−A) < 0.
SOLUC¸A˜O:
(a) (Verdadeira) Como A e´ invert´ıvel, temos que det(A) 6= 0. Da´ı
det(AtA) = det(At) det(A) = det(A) det(A) = det(A)2 6= 0.
Isto implica que a matriz AtA e´ invert´ıvel.
(b) (Falsa) Se o sistema linear homogeˆneo AX = 0 possui infinitas soluc¸o˜es, a matriz
A na˜o tem inversa. Neste caso um sistema linear AX = B ou tem infinitas soluc¸o˜es
ou na˜o admite soluc¸a˜o alguma. A seguir ilustramos uma matriz na˜o invert´ıvel A
tal que o sistema linear homogeˆneo AX = 0 possui infinitas soluc¸o˜es mas o sistema
AX = B na˜o tem soluc¸a˜o.{
x + y = 0
x + y = 0
{
x + y = 1
x + y = 2
(c) (Falsa) Se A e´ uma matriz quadrada n× n e se k e´ um nu´mero real, sabemos que
det(kA) = kn det(A). Se, em particular, k = −1, obtemos
det(−A) = (−1)n det(A).
No caso de n ser um nu´mero par, det(−A) = det(A) e assim os nu´meros det(A) e
det(−A) possuem o mesmo sinal.