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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.
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