Resolução de Sistemas Lineares e Verificação de Base

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EXERCÍCIOS 
Resolver cada um dos exercícios a seguir, sempre passo a passo. 
1. Resolver o sistema linear a seguir, escalonando o sistema (não é preciso chegar na 
forma escada da matriz). 
{
𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 𝑡 = 0
3𝑥 + 𝑦 + 3𝑧 + 𝑡 = 0
𝑥 − 𝑦 − 𝑧 − 5𝑡 = 0
 
Solução. 
Consideremos o sistema na forma matricial: 
(
1 −1
3 1
1 −1
2 −1
3 1
−1 −5
)(
𝑥
𝑦
𝑧
𝑡
) = (
0
0
0
) 
Resolvemos usando transformações elementares: 
(
1 −1
3 1
1 −1
2 −1
3 1
−1 −5
|
0
0
0
) →
𝐹2 ≔ 𝐹2 − 3𝐹1
𝐹3 ≔ 𝐹3 − 𝐹1
→ (
1 −1
3 − 3 1 + 3
1 − 1 −1 + 1
2 −1
3 − 6 1 + 3
−1 − 2 −5 + 1
|
0
0
0
) = (
1 −1
0 4
0 0
2 −1
−3 4
−3 −4
|
0
0
0
) 
Temos a forma escada associada a matriz ampliada: 
(
1 −1
0 4
0 0
2 −1
−3 4
−3 −4
|
0
0
0
) 
Considere 𝛾 ∈ ℝ e 𝑤 = 𝛾, logo podemos reescrever o sistema da seguinte forma: 
{
𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 − 𝛾 = 0
4𝑦 − 3𝑧 + 4𝛾 = 0
−3𝑧 − 4𝛾 = 0
→
{
 
 
 
 𝑧 = −
4
3
𝛾
4𝑦 + 8𝛾 = 0 → 𝑦 = −2𝛾
𝑥 −
5
3
𝛾 = 0 → 𝑥 =
5
3
𝛾
 
Logo a solução (paramétrica) do sistema é: 
{
 
 
 
 𝑥 =
5
3
𝛾
𝑦 = −2𝛾
𝑧 = −
4
3
𝛾
𝑤 = 𝛾
, 𝛾 ∈ ℝ 
 
2. Dados os sistemas a seguir: 
2.1. {
3𝑥 + 5𝑦 = 1
2𝑥 + 𝑧 = 3
5𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0
 2.2. {
𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 = 0
2𝑥 + 5𝑦 + 6𝑧 = 0
 
 
a) Escreva a matriz ampliada correspondente. 
b) Encontre a matriz escada associada. 
c) Calcule o posto, a nulidade e o grau de liberdade. 
d) Encontre a solução para o sistema, se possível. 
Solução. 
2.1 Dado o sistema 
{
3𝑥 + 5𝑦 = 1
2𝑥 + 𝑧 = 3
5𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 0
 
Forma matricial: 𝐴𝑋 = 𝑏, onde: 
𝐴 = (
3 5 0
2 0 1
5 1 −1
) ; 𝑋 = (
𝑥
𝑦
𝑧
) ; 𝑏 = (
1
3
0
) 
a. Matriz ampliada: 
𝐴 ∣ 𝑏 = (
3 5 0
2 0 1
5 1 −1
|
1
3
0
 ) 
 
b. Matriz escada associada: 
Usaremos transformações elementares: 
(
3 5 0
2 0 1
5 1 −1
|
1
3
0
 ) → 𝐹1 = 𝐹1 − 𝐹2 → (
1 5 −1
2 0 1
5 1 −1
|
−2
3
0
 ) 
(
1 5 −1
2 0 1
5 1 −1
|
−2
3
0
 ) → 𝐹2 = 𝐹2 − 2𝐹1 → (
1 5 −1
0 −10 3
5 1 −1
|
−2
7
0
 ) 
(
1 5 −1
0 −10 3
5 1 −1
|
−2
7
0
 ) → 𝐹3 = 𝐹3 − 5𝐹1 → (
1 5 −1
0 −10 3
0 −24 4
|
−2
7
10
 ) 
(
1 5 −1
0 −10 3
0 −24 4
|
−2
7
10
 ) → 𝐹2 =
𝐹2
2
→ (
1 5 −1
0 −10 3
0 −12 2
|
−2
7
5
 ) 
(
1 5 −1
0 −10 3
0 −12 2
|
−2
7
5
 ) → 𝐹2 = 𝐹2 − 𝐹3 → (
1 5 −1
0 2 1
0 −12 2
|
−2
2
5
 ) 
(
1 5 −1
0 2 1
0 −12 2
|
−2
2
5
 ) → 𝐹3 = 𝐹3 + 6𝐹2 → (
1 5 −1
0 2 1
0 0 8
|
−2
2
17
 ) 
 
c. Posto, nulidade e grau de liberdade: 
Usando a forma escada linha associada: 
𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜(𝐴) = 3 
𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜( 𝐴 ∣ 𝑏 ) = 3 
𝑛𝑢𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒(𝐴) = 3 − 3 = 0 
𝑔𝑟𝑎𝑢 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑡𝑎𝑑𝑒 = 4 − 3 = 1 
 
d. Solução para o sistema: 
Usando substituição regressiva: 
𝑥 + 5𝑦 − 𝑧 = −2 
2𝑦 + 𝑧 = 2 
8𝑧 = 17 → 𝑧 =
17
8
 
Logo substituindo: 
2𝑦 +
17
8
= 2 → 2𝑦 = −
1
8
→ 𝑦 = −
1
16
 
𝑥 + 5 (−
1
16
) − (
17
8
) = −2 → 𝑥 −
39
16
= −2 → 𝑥 =
7
16
 
Solução do sistema: 
𝑥 =
7
16
 
𝑦 = −
1
16
 
𝑧 =
17
8
 
 
2.2 Dado o sistema 
{
𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 = 0
2𝑥 + 5𝑦 + 6𝑧 = 0
 
Forma matricial: 𝐴𝑋 = 𝑏, onde: 
𝐴 = (
1 −2 3
2 5 6
) ; 𝑋 = (
𝑥
𝑦
𝑧
) ; 𝑏 = (
0
0
) 
a. Matriz ampliada: 
𝐴 ∣ 𝑏 = (
1 −2 3
2 5 6
|
0
0
) 
 
b. Matriz escada associada: 
Usaremos transformações elementares: 
(
1 −2 3
2 5 6
|
0
0
 ) → 𝐹1 = 𝐹1 − 2𝐹2 → (
1 −2 3
0 9 0
|
0
0
 ) 
 
c. Posto, nulidade e grau de liberdade: 
Usando a forma escada linha associada: 
𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜(𝐴) = 2 
𝑝𝑜𝑠𝑡𝑜( 𝐴 ∣ 𝑏 ) = 2 
𝑛𝑢𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒(𝐴) = 3 − 2 = 1 
𝑔𝑟𝑎𝑢 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑒𝑟𝑡𝑎𝑑𝑒 = 4 − 2 = 2 
 
d. Solução para o sistema: 
Usando substituição regressiva: 
𝑥 − 2𝑦 + 3𝑧 = 0 
9𝑦 = 0 → 𝑦 = 0 
Logo substituindo: 
𝑥 − 0 + 3𝑧 = 0 → 𝑥 = −3𝑧 
Considere 𝑡 ∈ ℝ e 𝑧 = 𝑡, logo a solução do sistema é: 
𝑥 = −3𝑡 
𝑦 = 0 
𝑧 = 𝑡 
 
3. Em cada gráfico a seguir, temos um subconjunto do ℝ2. Suponha que cada um deles 
contenha a sua respectiva fronteira (representada pela linha mais grossa). Esses 
subconjuntos não são subespaços de ℝ2. Determine qual(is) propriedade(s) da definição 
de espaço vetoriais é (são) violadas em cada caso. Justifique suas respostas, pode ser 
graficamente, esboçando algumas figuras ou argumentando. 
a. O primeiro quadrante de ℝ2. 
 
Solução. 
O subconjunto 𝑈 = { (𝑥, 𝑦) ∣∣ 𝑥 ≥ 0; 𝑦 ≥ 0 } não satisfaz: 
 Existência do elemento simétrico: 
Dado qualquer elemento 𝑃 ∈ 𝑈, não existem um elemento 𝑄 ∈ 𝑈 tal que 
𝑃 + 𝑄 = (0,0) 
Caso contrário: 
𝑄 = −𝑃 = (−𝑥, −𝑦); mas − 𝑥 ≤ 0 e − 𝑦 ≤ 0 → 𝑄 ∉ 𝑈. 
 
b. A união do primeiro quadrante com o terceiro quadrante. 
 
Solução. 
O subconjunto 𝑈 = { (𝑥, 𝑦) ∣∣ 𝑥𝑦 ≥ 0 } não satisfaz: 
 A soma não é fechada: 
De fato, os elementos (−1,−2), (2,0) ∈ 𝑈 mas (−1, −2) + (2,0) = (1, −2) ∉ 𝑈. 
 
c. Um disco com centro na origem. 
 
Solução. 
O subconjunto 𝑈 = { (𝑥, 𝑦) ∣∣ 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 , para algum 𝑟 > 0 } não satisfaz: 
 O produto por escalares não é fechado: 
De fato, o elemento (𝑟, 0) ∈ 𝑈 mas 2(𝑟, 0) = (2𝑟, 0) ∉ 𝑈, pois: 
(2𝑟)2 + (0)2 = 4𝑟2 + 0 = 4𝑟2 ≠ 𝑟2 → (2𝑟, 0) ∉ 𝑈 
 
d. A união de duas retas distintas passando pela origem. 
 
Solução. 
O subconjunto 𝑈 = { (𝑥, 𝑦) ∣∣ 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 = 0 } ∪ { (𝑥, 𝑦) ∣∣ 𝑓𝑥 + 𝑔𝑦 = 0 } não satisfaz: 
 A soma não é fechada: 
De fato: Sejam os elementos (𝑝, 𝑞), (𝑟, 𝑠) ∈ 𝑈 tais que 
𝑎𝑝 + 𝑏𝑞 = 0 
𝑓𝑟 + 𝑔𝑠 = 0 
Mas (𝑝, 𝑞) + (𝑟, 𝑠) = (𝑝 + 𝑟, 𝑞 + 𝑠): 
𝑎(𝑝 + 𝑟) + 𝑏(𝑞 + 𝑠) = 𝑎𝑝 + 𝑎𝑟 + 𝑏𝑞 + 𝑏𝑠 = (𝑎𝑝 + 𝑏𝑞) + 𝑎𝑟 + 𝑏𝑠 = 𝑎𝑟 + 𝑏𝑠 
𝑓(𝑝 + 𝑟) + 𝑔(𝑞 + 𝑠) = 𝑓𝑝 + 𝑓𝑟 + 𝑔𝑞 + 𝑔𝑠 = (𝑓𝑟 + 𝑔𝑠) + 𝑓𝑝 + 𝑔𝑞 = 𝑓𝑝 + 𝑔𝑞 
Não necessariamente 𝑎𝑟 + 𝑏𝑠 = 0 ou 𝑓𝑝 + 𝑔𝑞 = 0; segue-se que (𝑝, 𝑞) + (𝑟, 𝑠) ∉ 𝑈. 
 
4. Verifique se os pares de vetores a seguir formam uma base de ℝ2, justificando sua 
resposta. 
 
a) [
3
1
] , [
−1
2
] 
Solução. 
Dados 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, tais que 𝛼 [
3
1
] + 𝛽 [
−1
2
] = 0⃗ , isto é: 
𝛼 [
3
1
] + 𝛽 [
−1
2
] = [
0
0
] 
[
3𝛼
𝛼
] + [
−𝛽
2𝛽
] = [
0
0
] 
[
3𝛼 − 𝛽
𝛼 + 2𝛽
] = [
0
0
] 
Obtemos o seguinte sistema: 
{
3𝛼 − 𝛽 = 0 → 𝛽 = 3𝛼
𝛼 + 2𝛽 = 0
 
Substituindo 𝛽 = 3𝛼 na segunda equação temos: 
0 = 𝛼 + 2𝛽 = 𝛼 + 2(3𝛼) = 7𝛼 
0 = 7𝛼 
0 = 𝛼 → 𝛽 = 0 
Isto implica que a combinação linear apresentada é a combinação linear nula, segue-se 
que os vetores escolhidos são LI. 
Por outro lado, dado que o subespaço de ℝ2 gerado por esses vetores tem dimensão 2, 
então necessariamente esses 2 vetores formam uma base de ℝ2. 
b) [
3
−6
] , [
−1
2
] 
Solução. 
Dados 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ ℝ, tais que 𝛼 [
3
−6
] + 𝛽 [
−1
2
] = 0⃗ , isto é: 
𝛼 [
3
−6
] + 𝛽 [
−1
2
] = [
0
0
] 
[
3𝛼
−6𝛼
] + [
−𝛽
2𝛽
] = [
0
0
] 
[
3𝛼 − 𝛽
−6𝛼 + 2𝛽
] = [
0
0
] 
Obtemos o seguinte sistema: 
{
3𝛼 − 𝛽 = 0
−6𝛼 + 2𝛽 = 0
→ {
3𝛼 = 𝛽
𝛽 = 3𝛼
 
Isto implica que a combinação linear apresentada não é a combinação linear nula. De 
fato, podemos escolher 𝛼 = 1 → 𝛽 = 3𝛼 = 3(1) = 3: 
[
3
−6
] + 3 [
−1
2
] = [
0
0
] 
[
3
−6
] = −3 [
−1
2
] 
Segue-se que que os vetores escolhidos são LD e não formam uma base de ℝ2. 
 
5. Verifique se os conjuntos de vetores a seguir formam uma base de ℝ3, justificando sua 
resposta. 
a) [
−1
3
2
] , [
4
1
−4
] , [
3
3
1
] 
Solução. 
Dados 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ ℝ, tais que 𝛼 [
−1
3
2
] + 𝛽 [
4
1
−4
] + 𝛾 [
3
3
1
] = 0⃗ , isto é: 
𝛼 [
−1
3
2
] + 𝛽 [
4
1
−4
] + 𝛾 [
3
3
1
] = [
0
0
0
] 
[
−𝛼
3𝛼
2𝛼
] + [
4𝛽
𝛽
−4𝛽
] + [
3𝛾
3𝛾
𝛾
] = [
0
0
0
] 
[
−𝛼 + 4𝛽 + 3𝛾
3𝛼 + 𝛽 + 3𝛾
2𝛼 − 4𝛽 + 𝛾
] = [
0
0
0
] 
Obtemos o seguinte sistema: 
{
−𝛼 + 4𝛽 + 3𝛾 = 0
3𝛼 + 𝛽 + 3𝛾 = 0
2𝛼 − 4𝛽 + 𝛾 = 0
→ 𝛾 = −2𝛼 + 4𝛽 
Substituindo 𝛾 = −2𝛼 + 4𝛽 na primeira e segunda equação temos o sistema: 
{
−𝛼 + 4𝛽 + 3(−2𝛼 + 4𝛽) = 0
3𝛼 + 𝛽 + 3(−2𝛼 + 4𝛽) = 0
→ {
−𝛼 + 4𝛽 − 6𝛼 + 12𝛽 = 0
3𝛼 + 𝛽 − 6𝛼 + 12𝛽 = 0
→ {
−7𝛼 + 16𝛽 = 0
−3𝛼 + 13𝛽 = 0
 
Multiplicando por (3) a primeira equação e (-7) a segunda equação temos: 
{
−7𝛼 + 16𝛽 = 0
−3𝛼 + 13𝛽 = 0
→ {
3(−7𝛼 + 16𝛽) = 0
−7(−3𝛼 + 13𝛽) = 0
→ {
−21𝛼 + 48𝛽 = 0
21𝛼 − 91𝛽= 0
 
Somando as equações temos: 
−21𝛼 + 48𝛽 = 0 + 
 21𝛼 − 91𝛽 = 0 
− −−−− −−− 
−43𝛽 = 0 → 𝛽 = 0 
Substituindo: 
−3𝛼 + 13𝛽 = −3𝛼 + 13(0) = 0 → −3𝛼 = 0 → 𝛼 = 0 
𝛾 = −2𝛼 + 4𝛽 = −2(0) + 4(0) = 0 
Isto implica que a combinação linear apresentada é a combinação linear nula, segue-se 
que os vetores escolhidos são LI. 
Por outro lado, dado que o subespaço de ℝ3 gerado por esses vetores tem dimensão 3, 
então necessariamente esses 3 vetores formam uma base de ℝ3. 
 
b) [
2
2
−1
] , [
1
−3
2
] , [
0
−8
5
] 
Solução. 
Dados 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ ℝ, tais que 𝛼 [
2
2
−1
] + 𝛽 [
1
−3
2
] + 𝛾 [
0
−8
5
] = 0⃗ , isto é: 
𝛼 [
2
2
−1
] + 𝛽 [
1
−3
2
] + 𝛾 [
0
−8
5
] = [
0
0
0
] 
[
2𝛼
2𝛼
−𝛼
] + [
𝛽
−3𝛽
2𝛽
] + [
0
−8𝛾
5𝛾
] = [
0
0
0
] 
[
2𝛼 + 𝛽
2𝛼 − 3𝛽 − 8𝛾
−𝛼 + 2𝛽 + 5𝛾
] = [
0
0
0
] 
Obtemos o seguinte sistema: 
{
2𝛼 + 𝛽 = 0
2𝛼 − 3𝛽 − 8𝛾 = 0
−𝛼 + 2𝛽 + 5𝛾 = 0
→ 𝛽 = −2𝛼 
Substituindo 𝛽 = −2𝛼 na segunda e terceira equação temos o sistema: 
{
2𝛼 − 3(−2𝛼) − 8𝛾 = 0
−𝛼 + 2(−2𝛼) + 5𝛾 = 0
→ {
2𝛼 + 6𝛼 − 8𝛾 = 0
−𝛼 − 4𝛼 + 5𝛾 = 0
→ {
8𝛼 − 8𝛾 = 0
−5𝛼 + 5𝛾 = 0
 
Simplificando as duas equações: 
{
8𝛼 − 8𝛾 = 0
−5𝛼 + 5𝛾 = 0
→ {
𝛼 − 𝛾 = 0
−𝛼 + 𝛾 = 0
→ {
𝛼 = 𝛾
𝛾 = 𝛼 
Isto implica que a combinação linear apresentada não é a combinação linear nula. De 
fato, podemos escolher 𝛼 = 1 → 𝛽 = −2𝛼 = −2(1) = −2; 𝛾 = 𝛼 = 1: 
[
2
2
−1
] − 2 [
1
−3
2
] + [
0
−8
5
] = [
0
0
0
] 
[
2
2
−1
] + [
0
−8
5
] = 2 [
1
−3
2
] 
1
2
[
2
2
−1
] +
1
2
[
0
−8
5
] = [
1
−3
2
] 
Segue-se que que os vetores escolhidos são LD e não formam uma base de ℝ3. 
 
6. Considere os vetores 𝑎1 = [
1
2
] , 𝑎2 = [
1
−1
] , 𝑎3 = [
−1
0
] 
 
a) Se tomarmos 𝑎1 e 𝑎2, eles são LI ou LD? 
Solução. 
Dados 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ, tais que 𝛼𝑎1 + 𝛽𝑎2 = 0⃗ , isto é: 
𝛼 [
1
2
] + 𝛽 [
1
−1
] = [
0
0
] 
[
𝛼
2𝛼
] + [
𝛽
−𝛽
] = [
0
0
] 
[
𝛼 + 𝛽
2𝛼 − 𝛽
] = [
0
0
] 
Obtemos o seguinte sistema: 
{
𝛼 + 𝛽 = 0
2𝛼 − 𝛽 = 0 → 𝛽 = 2𝛼
 
Substituindo 𝛽 = 2𝛼 na primeira equação temos: 
0 = 𝛼 + 𝛽 = 𝛼 + (2𝛼) = 3𝛼 
0 = 3𝛼 
0 = 𝛼 → 𝛽 = 0 
Portanto, a combinação linear apresentada é a combinação linear nula, segue-se que 
𝑎1 e 𝑎2 são LI. 
b) Se tomarmos 𝑎1, 𝑎2 e 𝑎3, eles são LI ou LD? 
Solução. 
Dados 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ ℝ, tais que 𝛼𝑎1 + 𝛽𝑎2 + 𝛾𝑎3 = 0⃗ , isto é: 
𝛼 [
1
2
] + 𝛽 [
1
−1
] + 𝛾 [
−1
0
] = [
0
0
] 
[
𝛼
2𝛼
] + [
𝛽
−𝛽
] + [
𝛾
0
] = [
0
0
] 
[
𝛼 + 𝛽 + 𝛾
2𝛼 − 𝛽
] = [
0
0
] 
Obtemos o seguinte sistema: 
{
𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 0
2𝛼 − 𝛽 = 0 → 𝛽 = 2𝛼
 
Substituindo 𝛽 = 2𝛼 na primeira equação temos: 
0 = 𝛼 + 𝛽 − 𝛾 = 𝛼 + (2𝛼) − 𝛾 = 3𝛼 − 𝛾 
0 = 3𝛼 − 𝛾 
𝛾 = 3𝛼 
Portanto, a combinação linear apresentada não é a combinação linear nula. De fato, 
podemos escolher 𝛼 = 1 → 𝛽 = 2𝛼 = 2(1) = 2; 𝛾 = 3𝛼 = 3(1) = 3: 
[
1
2
] + 2 [
1
−1
] + 3 [
−1
0
] = [
0
0
] 
[
1
2
] = −2 [
1
−1
] − 3 [
−1
0
] 
Segue-se que 𝑎1, 𝑎2 e 𝑎3 são LD.