solução lista 1SISTLINEA

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Soluc¸o˜es aos exerc´ıcios da lista 1 sobre os sistemas lineares
1. O sistema em questa˜o e´ equivalente a` identidade de matrizes AX = B, onde
A =
 1 −2 54 −5 8
−3 3 −3
 , X =
 xy
z
 , e B =
 ab
c
 .
Uma primeira observac¸a˜o e´ que esse sistema tera´ sempre uma soluc¸a˜o se det(A) 6= 0: nesse
caso, A sera´ invert´ıvel e a soluc¸a˜o u´nica dada por X = A−1B. Infelizmente, no´s temos
det(A) = 1[(−5)(−3)− 3(8)]− (−2)[4(−3)− 8(−3)] + 5[4(3)− (−3)(−5)]
= −9 + 2(12) + 5(−3)
= 0.
Precisamos enta˜o de calcular a reduc¸a˜o da matriz aumentada [A|B]. Para comec¸ar, efectu-
amos as operac¸o˜es elementares seguintes: adicionamos 3 vezes a primeira linha a` terceira, e
adicionamos −4 vezes a primeira linha a` segunda. Obtemos uma nova matriz aumentada
[A′|B′] =
 1 −2 5 | a0 3 −12 | b− 4a
0 −3 12 | c+ 3a
 ,
o que implica necessariamente que
b− 4a = −c− 3a, ou seja: b+ c = a.
Continuamos, enta˜o, a reduzir, sob a suposic¸a˜o que b + c = a. Vamos ver que obteremos
soluc¸o˜es nesse caso. Reduzindo, no´s obtemos
[A′′|B′′] =
 1 −2 5 | a0 1 −4 | b/4− a
0 0 0 | 0
 ,
e finalmente
[A′′′|B′′′] =
 1 0 −3 | b/2− a0 1 −4 | b/4− a
0 0 0 | 0
 ,
que e´ associado ao sistema linear seguinte:
x− 3z = b/2− a, y − 4z = b/4− a. (0.1)
O varia´vel z e´ livre: seja z = α. Enta˜o a soluc¸a˜o do sistema (0.1) e´ dada por
X =
 xy
z
 =
 3α+ b/2− a4α+ b/4− a
α
 ,
onde α pode assumir qualquer valor.
1
2. O sistema linear e´ equivalente a AX = B, onde
A =
 1 2 11 3 1
3 7 a2 − 1
 , X =
 xy
z
 , e B =
 11
a+ 1
 .
Reduzemos a matriz aumentada [A|B]: se no´s subtraimos a primeira linha da segunda e se
no´s subtraimos treˆs vezes a primeira da terceira, obtemos
[A′|B′] =
 1 2 1 | 10 1 0 | 0
0 1 a2 − 4 | a− 2
 .
Continuando a reduzir, obtemos
[A′′|B′′] =
 1 0 1 | 10 1 0 | 0
0 0 a2 − 4 | a− 2
 .
A equac¸a˜o que corresponde a` terceira linha de [A′′|B′′] e´
(a2 − 4)z = a− 2, ou seja: (a− 2)[(a+ 2)z − 1] = 0. (0.2)
Temos enta˜o treˆs casos a considerar: a = −2, a = 2, e a 6= −2, 2.
i. a = −2: Nesse caso, a equac¸ao (0.2) na˜o e´ valida, enta˜o o nosso sistema linear na˜o tem
soluc¸o˜es.
ii. a = 2: Nesse caso, a equac¸ao (0.2) e´ valida para qualquer valor de z. Podemos enta˜o
continuar a reduzir [A′′|B′′], ignorando a terceira linha. De fato, as duas primeiras linhas
de [A′′|B′′] ja´ determinam uma matriz reduzida, associado ao sistema linear
x+ z = 1, y = 0.
O varia´vel x e´ livre: seja x = α. Enta˜o o nosso sistema linear tem um nu´mero infinito
de soluc¸o˜es, dadas por x = α, y = 0, e z = −α, para qualquer valor de α.
iii. a 6= −2, 2: Nesse caso, a equac¸a˜o (0.2) implica z = 1a+2 . As duas primeiras linhas de
[A′′|B′′] obrigam igualmente y = 0 e x+ z = 0, o que obriga x = − 1a+2 . No´s temos uma
soluc¸a˜o u´nica dada por x = − 1a+2 , y = 0, e z = 1a+2 .
3. O sistema linear e´ equivalente a AX = B, onde
A =
 a 2 −12 1 1
−1 1 −2
 , X =
 xy
z
 , e B =
 b1b2
b3
 .
O sistema tera´ uma soluc¸a˜o u´nica se e somente se det(A) = 0. Aqui
det(A) = a[1(−2)− 1(1)]− 2[2(−2)− 1(−1)]− 1[2(1)− 1(−1)]
= −3a+ 6− 3
= −3a+ 3.
2
Enta˜o o sistema tem uma soluc¸a˜o u´nica se e somente se a 6= 1. Podemos supor enta˜o que
a = 1. Vamos reduzir a matriz aumentada
[A|B] =
 1 2 −1 | b12 1 1 | b2
−1 1 −2 | b3
 .
Para isso, subtraimos duas vezes a primeira linha da segunda, e adicionamos a primeira linha
a` terceira linha. Obtemos
[A′|B′] =
 1 2 −1 | b10 −3 3 | b2 − 2b1
0 3 −3 | b1 + b3
 .
Enta˜o, para ter soluc¸o˜es, no´s temos que ter:
b1 + b3 = 2b1 − b2, ou seja: b1 = b2 + b3.
Em particular, se b1 6= b2 + b3, o nosso sistema na˜o tem soluc¸o˜es. Vamos supor agora que
b1 = b2 + b3. Enta˜o podemos reduzir [A
′|B′] para obter
[A′′|B′′] =
 1 2 −1 | b10 1 −1 | b1+b33
0 0 0 | 0
 ,
e finalmente
[A′′′|B′′′] =
 1 0 1 | b1−2b230 1 −1 | b1+b33
0 0 0 | 0
 .
O sistema linear associado e´
x+ z =
b1 − 2b2
3
, y − z = b1 + b3
3
.
O varia´vel z e´ livre; colocamos z = α. Enta˜o as soluc¸o˜es do sistema linear sa˜o dadas por
x =
b1 − 2b2
3
− α, y = b1 + b3
3
+ α, e z = α
para qualquer valor de α (em particular, tem um nu´mero infinito de soluc¸o˜es).
4. A matriz A tem uma inversa se e somente se det(A) 6= 0. Aqui
det(A) = 1[2(1)− (−1)(−1)]− 1[2(1)− (−1)(−2)] = 1.
Para calcular A−1, calculamos a forma escalada reduzida de A, a partir da matriz aumentada
[A|I3]. Comec¸amos para trocar as primeira e terceira linhas, para obter −1 1 1 | 0 0 12 −2 −1 | 0 1 0
0 1 −1 | 1 0 0
 .
3
Depois, adicionamos duas vezes a primeira linha a` segunda; obtemos −1 1 1 | 0 0 10 0 1 | 0 1 2
0 1 −1 | 1 0 0
 .
Agora, multiplicamos a primeira linha por −1 e adicionamos a segunda linha a` terceira;
obtemos  1 −1 −1 | 0 0 −10 0 1 | 0 1 2
0 1 0 | 1 1 2
 .
Adicionamos agora as segunda e terceira linhas a` primeira, para obter 1 0 0 | 1 2 30 0 1 | 0 1 2
0 1 0 | 1 1 2
 .
Finalmente, trocamos a segunda e terceira linhas; obtemos 1 0 0 | 1 2 30 1 0 | 1 1 2
0 0 1 | 0 1 2
 .
Conclusa˜o:
A−1 =
 1 2 31 1 2
0 1 2
 .
Por consequeˆncia, a soluc¸a˜o de nosso sistema AX = B e´ dada por
X = A−1B =
 1 2 31 1 2
0 1 2
 3−1
7
 =
 2216
13
 .
5. Se a matriz A e´ invert´ıvel, teramos X = A−1B e Y = BA−1. Para ver se A e´ invert´ıvel,
calculamos o determinante: temos
det(A) = 1[(−1)(−2)− 1(3)]− 3[4(−2)− 3(−2)]− 2[4(1)− (−2)(−1)] = −1 + 6− 4 = 1.
Calculamos enta˜o a inversa de A a partir da matriz aumentada associada [A|I3]. Comec¸amos
por adicionar duas vezes a primeira linha a` terceira, e (−4) vezes a primeira a` segunda;
obtemos  1 3 −2 | 1 0 00 −13 11 | −4 1 0
0 7 −6 | 2 0 1
 .
Agora adicionamos duas vezes a terceira linha a` segunda, para obter 1 3 −2 | 1 0 00 1 −1 | 0 1 2
0 7 −6 | 2 0 1
 .
4
Depois, subtra´ımos sete vezes a segunda linha da terceira, e subtra´ımos treˆs vezes a segunda
linha da primeira; obtemos  1 0 1 | 1 −3 −60 1 −1 | 0 1 2
0 0 1 | 2 −7 −13
 .
Finalmente, adicionamos a terceira linha a` segunda, e subtra´ımos a terceira linha da primeira,
para obter  1 0 0 | −1 4 70 1 0 | 2 −6 −11
0 0 1 | 2 −7 −13
 .
Conclu´ımos que
A−1 =
 −1 4 72 −6 −11
2 −7 −13
 .
Por consequeˆncia,
X =
 −1 4 72 −6 −11
2 −7 −13
 −1 −1 0−1 0 1
0 1 −1
 =
 −3 8 −34 −13 5
5 −15 6

e
Y =
 −1 −1 0−1 0 1
0 1 −1
 −1 4 72 −6 −11
2 −7 −13
 =
 −1 2 43 −11 −20
0 1 2
 .
6. Para obter a soluc¸a˜o do sistema, vamos reduzir a matriz aumentada associada, que e´
[A|B] =
 2 1 4 −2 | 63 2 1 −3 | −2
4 3 −2 −5 | 0
 .
Subtra´ımos enta˜o a primeira linha da segunda, e subtra´ımos duas vezes a primeira linha da
terceira; obtemos  2 1 4 −2 | 61 1 −3 −1 | −8
0 1 −10 −1 | −12
 .
Subtra´ımos agora duas vezes a segunda linha da primeira, para obter 0 −1 10 0 | 221 1 −3 −1 | −8
0 1 −10 −1 | −12
 .
Agora adicionamos a primeira linha a` terceira, e adicionamos a primeira a` segunda, obtendo 0 −1 10 0 | 221 0 7 −1 | 14
0 0 0 −1 | 10
 .
5
Multiplicamos as primeira e terceira linhas por −1, e trocamos as primeira e segunda linhas,
obtendo  1 0 7 −1 | 140 1 −10 0 | −22
0 0 0 1 | −10
 .
Finalmente, adicionamos a terceira linha a` primeira, para obter 1 0 7 0 | 40 1 −10 0 | −22
0 0 0 1 | −10
 .
O sistema linear associado e´
x+ 7z = 4; y − 10z = −22;w = −10.
O varia´vel z e´ livre; podemos supor que z = α onde α e´ um nu´mero qualquer. Enta˜o obtemos
x = 4− 7α e y = −22 + 10α. A nossa soluc¸a˜o e´ [x, y, z, w]T = [4− 7α,−22 + 10α, α,−10]T .
7. Temos X = A−1BA. Para calcular A−1, reduzimos a matriz aumentada associada [A|I2].
Subtra´ımos a segunda linha da primeira paraobter[
1 2 | 1 −1
3 5 | 0 1
]
.
Agora subtra´ımos treˆs vezes a primeira linha da segunda, obtendo[
1 2 | 1 −1
0 −1 | −3 4
]
.
Finalmente, adicionamos duas vezes a segunda linha a` primeira e depois multiplicamos (−1)
vezes a segunda para obter [
1 0 | −5 7
0 1 | 3 −4
]
.
Conclu´ımos que
X = A−1BA =
[ −5 7
3 −4
] [ −2 1
5 3
] [
4 7
3 5
]
=
[
228 395
−131 −227
]
.
8. Reduzimos a matriz aumentada associada 3 2 −1 | 04 5 2 | 0
−2 1 4 | 0
 .
Adicionamos a terceira linha a` primeira, e adicionamos duas vezes a terceira linha a` segunda,
para obter  1 3 3 | 00 7 10 | 0
−2 1 4 | 0
 .
6
Adicionamos agora duas vezes a primeira linha a` terceira, obtendo 1 3 3 | 00 7 10 | 0
0 7 10 | 0
 .
Finalmente subtra´ımos a segunda linha da terceira, adicionamos − 37 vezes a segunda linha a`
primeira, e multiplicamos a segunda linha por 17 para obter 1 0 − 97 | 00 1 107 | 0
0 0 0 | 0
 .
O varia´vel z e´ livre; seja z = α. A nosso soluc¸a˜o geral e´ x = 97α, y = − 107 α, e z = α, onde α
piode assumir qualquer valor.
7