15

ÁLGEBRA LINEAR I

CAPÍTULO 2

2 SISTEMAS DE EQUACOES LINEARES

2.1 Atividade 1

Resolva os sistemas lineares abaixo pelo método de eliminação, determinando o tipo de solução de cada um

deles.

(a) 2 8

3 4 4

x y

x y

+ =

− =

Resposta: Vamos multiplicar a primeira equação por 2:

=−

=+⇒

=−

⋅=+

443

1642

443

)2(82

yx

yx

yx

yx

Agora, somamos as duas equações:

( yx 42 + ) + ( )4()16()43 +=− yx

2005 =+ yx

4 =x

Note que a incógnita y foi eliminada, possibilitando, assim, encontrarmos um valor para x. Agora, substituímos

x em uma das equações para encontrar o valor de y:

Vamos substituir na equação

443 =− yx

y)-( 4443 =

y 4412 =−

y 1244 −=−

84 =y

2 =y

Logo, este sistema terá uma única solução que é: 4=x e 2=y .

(b) 3

2 2 8

x y

x y

+ =

+ =

16

ÁLGEBRA LINEAR I

Resposta: Vamos subtrair duas vezes a primeira equação da segunda:

=+

−=−−⇒

=+

−⋅=+

822

622

822

)2( 3

yx

yx

yx

yx

Somando as duas equações, teremos:

)8()6()22()22( +−=++−− yxyx

–2x + 2x – 2y + 2y = –2

0 = –2

A expressão à qual chegamos não tem sentido. Logo, o sistema não tem solução.

(c)

2 3 4 15

3 4 5 8

2 4 6 12

x y z

x y z

x y z

− − =

+ + = − + + = −

Resposta: Vamos diminuir a segunda equação da terceira:

)8(12)543()642( −−−=++−++ zyxzyx

8120 +−=++− zyx

4−=+− zx

xz +−= 4

Substituindo o valor de z na primeira equação, teremos:

15432 =−− zyx

15)4(432 =+−⋅−− xyx

1541632 =−+− xyx

xy 216153 +−=−

3

21

xy

−=

Agora substituímos esses dois valores em uma das equações. Por exemplo, na terceira, fica:

12642 −=++ zyx , ou seja, 12)4(63

2142 −=+−⋅+

−⋅+ x

xx e resolvendo para x,

2x + 126243

84−=+−

−x

x, ou ainda, 2412

3

848 +−=

−+

xx , ou melhor, 368424 =−+ xx o que

leva a 3216 =x e assim, 2.=x

Voltando para as equações de y e z, conseguimos.

17

ÁLGEBRA LINEAR I

xz +−= 4 , ou ainda, 24 +−=z e assim, z = 2. Para y, fica, 3

21

xy

−= , ou ainda,

3

41

−=y e assim, y

= -1.

Logo, o sistema terá uma única solução: 2 , 1 , 2 −=−== zyx

(d) 3 12

2 2 6 6

x y y

x y z

+ + =

+ + =

Resposta: Observe a equivalência 6622

124

6622

123

=++

=+⇒

=++

=++

zyx

yx

zyx

yyxe assim,

124 =+ yx , donde, x = 12 – 4y .

Substituindo o valor de x na segunda equação, teremos: 6622 =++ zyx , ou seja,

662)412(2 =++−⋅ zyy , ou ainda, 662824 =++− zyy , ou melhor, zy 6186 −−=− e assim,

y = 3 + z.

Encontrando x na primeira equação: x = 12 – 4(3+z), ou seja, x = 12 – 12 – 4z e assim, x = -4z.

Note que teremos x e y em função de z. Logo, esse sistema terá infinitas soluções.

(e)

3 3

2 4 8

3 3

x y

x y

x y

+ = −

+ = − + =

Resposta: Vamos subtrair a primeira equação da terceira: 33 )3()3( +=+−+ yxyx , donde vem, 0=6.

Note que esta expressão não faz sentido. Logo o sistema não tem solução.

(f)

0

2 4 6

4 6

x y

y z

x y z

− =

+ = + + =

Resposta: observe que de x – y = 0, vem x = y. Substituindo x na terceira equação, vem:

64 =++ zyy , ou melhor, 2y +4z = 6, ou ainda, yz 264 −= , e assim, 2

3 yz

−= .

Note que obtemos x e z em função de y. Logo, esse sistema terá infinitas soluções.

18

ÁLGEBRA LINEAR I

2.2 Atividade 2

Dada a matriz 2 0 2 4

3 2 6 5

1 3 1 1

A

= − −

. Ache as matrizes efetuando-se as seguintes operações elementares

sobre as linhas de A: (a) Multiplicação da terceira linha por -4.

Solução: →

−← 33 4

1

5

4

131-

62-3

202LL

4-

5

4

4-12-4

62-3

202

(b) Troca da posição relativa da segunda e terceira linhas.

Solução: →

↔ 32

1

5

4

131-

62-3

202

LL

5

1

4

62-3

131-

202

(c) Adicionar 3 vezes a primeira linha à segunda linha.

Solução: →

+← LLL 322

1

5

4

131-

62-3

202

1

17

4

131-

122-9

202

2.3 Atividade 3

1 – Determine quais das seguintes matrizes se encontram na forma escada reduzida por linhas:

(a) 1 0 0 0 3

0 0 1 0 4

0 0 0 1 2

A

− =

Resposta: É linha reduzida à forma escada.

(b) 0 1 0 0 5

0 0 1 0 4

0 1 0 2 3

B

= −

Resposta: Não é linha reduzida à forma escada, pois não obedece ao segundo item da definição, ou seja, nas

linhas 1 e 3 acontece que os demais elementos da coluna que contem o primeiro elemento não nulo de uma

linha não são todos iguais a zero.

(c)

1 0 0 0 2

0 0 1 0 0

0 0 0 1 3

0 0 0 0 0

C

=

19

ÁLGEBRA LINEAR I

Resposta: É linha reduzida à forma escada.

2 - Reduza as seguintes matrizes à forma escada reduzida por linhas:

(a)

−

−

311

132

243

220

Resposta: Vamos iniciar, fazendo a troca das linhas 1 e 4.

41

311

132

243

220LL ↔

−

−≈

1322

1233220

132

243

311LLL

LLL

−←

−←

−

− ≈

7

22

220

550

770

311 −←

−−

−−

LL

≈

2244

2533

211

220

550

110

311

LLL

LLL

LLL

−←

+←

−←

−− ≈

000

000

110

201

.

(b)

−

−

1121

5301

0121

Resposta: Vamos começar as operações elementares, observe:

122

1331121

5301

0121LLL

LLL

+←

−←

−

− ≈

2

22

1040

5420

0121L

L ←

−

≈

2211

24331040

2/5210

0121LLL

LLL

−←

+←

−

≈

≈

8

33

11800

2/5210

5301L

L ←

−−

≈

3311

32228/11100

2/5210

5301LLL

LLL

+←

−←

−−

≈

−

−

811100

41010

87001

(c)

−

−

−

3412

1232

2310

Resposta: Iniciando as operações elementares, sempre pensando na forma escada.

20

ÁLGEBRA LINEAR I

12

3412

1232

2310LL ↔

−

−

−

≈

2

11

3412

2310

1232L

L ↔

−

−

−

≈

1233

3412

2310

2/112/31LLL −←

−

−

−

≈

≈

22

311

22334620

2310

2/112/31LLL

LLL

−←

+←

−−

−

−

≈

−

−

0000

2310

2/52/701

3 - Dado o sistema 2 3

3 5 1

5 0

x z

x y

x y z

+ =

+ = + − =

escreva a matriz ampliada associada ao sistema. Reduza à forma escada

reduzida por linhas para resolver o sistema original.

Resposta: A matriz ampliada que representa o sistema é:

− 0115

1053

3102

. Agora, fazendo as operações:

2

11

0115

1053

3102L

L ←

−

≈

1322

15330115

1053

232101LLL

LLL

−←

−←

−

≈

5

22

2/152/710

272350

232101L

L ←

−−

−− ≈

≈

233

2152710

10710310

232101LLL −←

−−

−− ≈

316

53

53451600

10710310

232101LL

−←

−−

−− ≈

≈

32

111

310

322

817100

10710310

232101LLL

LLL

−←

+←

−− ≈

−

817100

161010

16/7001

Logo, a solução do sistema é 8

17

16

1 ;

16

7=

−== zeyx

2.4 Atividade 4

1 – Determine as soluções dos sistemas de equações lineares abaixo através do método de eliminação de Gauss.

21

ÁLGEBRA LINEAR I

a)

zyx

zyx

zyx

=++

=−+

=++

22

32

1

Resposta: Escalonando a matriz até obter uma matriz triangular superior:

1233

1222112

3211

1111LLL

LLL

−←

−←

− ≈

23

0110

2300

1111LL ↔

−−

− ≈

)1/(22

2300

0110

1111−←

−

−−

LL

≈

≈

− 2300

0110

1111

.

Com esse escalonamento, obtemos o seguinte sistema:

=++

=+

=−

1

0

23

zyx

zy

z

. Cuja solução pode ser obtida por

substituição, assim, de -3z = 2 vem 3

2−=z . De y + z = 0, vem 0

3

2 =

−+y , donde

3

2 =y e da outra

equação x + y + z = 1, vem 13

2

3

2=

−+

+x , e assim, x = 1.

Logo, a solução do sistema é 3

2−=z ,

3

2=y e 1=x .

b)

=−++

=++−

=+++

13

82

1332

wzyx

wzyx

wzyx

Resposta: Escalonando a matriz

122

133311113

81121

133211LLL

LLL

−←

−←

−

− ≈

3

22

3810520

52130

133211L

L −←

−−−−

−−−− ≈

≈

2233

21138105203

53

23

110

133211LLL

LLL

+←

−←

−−−−

≈

313

33

3104

326

31300

35

32

3110

334

37

3501

LL −←

−−−

≈

22

ÁLGEBRA LINEAR I

≈

33

122

33

511

821003

53

23

110

334

37

3501

LLL

LLL

−←

−←

≈

−

−−

82100

10010

21001

Geramos, com esse escalonamento, o seguinte sistema:

=+

−=

−=−

82

1

2

wz

y

wx

, e assim: x = w – 2, z = 8 – 2w, e y = -1.

Note que só temos uma solução para y, mas x e z ficam em função de w. Logo, o sistema tem infinitas

soluções.

2 – Resolva os seguintes sistemas de equações lineares determinando as matrizes ampliadas linha reduzidas à forma escada (Método de Gauss-Jordan). Determine, ainda, seus postos, os postos das matrizes dos coeficientes e, se o sistema for possível, o número de variáveis livres.

(a)

=+

=+

=++

1

3

0

zy

yx

zyx

Resposta: Observe o escalonamento

122

1110

3011

0111LLL −←

≈

32

1110

3100

0111LL ↔

− ≈

211

3100

1110

0111LLL −←

−

≈

≈

33

3100

1110

1001LL −←

−

−

≈

322

3100

1110

1001LLL −←

−

−

≈

−

−

3100

4010

1001

Logo, a solução do sistema é: 3 4 ; 1 −==−= zeyx ; O posto da matriz dos coeficientes é 3, e o da

matriz ampliada é 3.

b)

=+

=+−

=+++

863

82

723

zy

wyx

wzyx

Resposta: Seja o escalonamento

23

ÁLGEBRA LINEAR I

1222

80630

81012

72311LLL −←

− ≈

3

22

80630

63630

72311L

L −←

−−−− ≈

211

233380630

21210

72311LLL

LLL

−←

−←

≈

3

33

23000

21210

51101 −←

−

LL

≈

− 3/21000

21210

51101

Daí segue:

−=

=++

=++

32

22

5

w

wzy

wzx

Assim: 3

2−=w , e substituindo na equação outra equação vem 2

3

22 =−+ zy , ou seja, 6263 =−+ zy ,

ou ainda, 3

68 zy

−= . Da primeira equação obtemos, 5

3

2=−+ zx , ou ainda, 15233 =−+ zx , logo,

3

317 zx

−= .

Portanto, o sistema tem infinitas soluções. O posto da matriz dos coeficientes é 3, e o da matriz ampliada é 3.

Observe que o número de variáveis livres é 1.

c) 2 4 6 6

3 2 4 38

2 3 3

x y z

x y z

x y z

+ + = −

− − = − + + = −

Resposta: Seja o escalonamento

211

3321

38423

6642LL ←

−

−−−

−

≈

133

13223321

38423

3321LLL

LLL

−←

−←

−

−−−

−

≈

8/22

0000

291380

3321LL −←

−−−

−

≈ ≈

2211

00008

298

1310

3321LLL −←

−

≈

−−

00008

298

1310

441

4101

, portanto o sistema fica

=+

=−

8

29

8

13

4

41

4

1

zy

zx

Logo, o sistema leva as soluções:8

1329

4

41 zye

zx

−=

+= e portanto, o sistema terá infinitas soluções.

O posto da matriz dos coeficientes é 2 e o da matriz ampliada é 2, e o número de varáveis livres é 1.

24

ÁLGEBRA LINEAR I

d) 3 2 0

2 3 0

2 3 0

x y z

x y z

x y z

+ + =

+ + = + + =

Resposta: Seja o escalonamento

3

11

0312

0321

0123L

L ←

≈

122

1233

0312

0321

03

13

21LLL

LLL

−=

−=

≈

24

32

03

73

10

03

83

40

03

13

21LL =

−−

≈

≈

23

211

23

133

03

73

10

0210

03

13

21LLL

LLL

−←

+←

−−

≈

35

33

03

500

0210

0101LL −←

−

−

≈

311

32220100

0210

0101LLL

LLL

+←

−←

−

≈

≈

0100

0010

0001

Logo, as únicas soluções são 0 0 ;0 === zeyx .

O posto da matriz dos coeficientes é 3, e o da matriz ampliada é 3.

e)

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

0

4

4

2

x x x x

x x x x

x x x x

x x x x

+ + + =

+ − + = −

+ + − = − + + =

Resposta: Seja o escalonamento

144

133

122

21111

41111

41111

01111

LLL

LLL

LLL

−←

−←

−←

−

−

−−≈

42

20020

42000

40200

01111LL ↔

−

−≈

2

22

40200

42000

20020

01111L

L ←

−

−≈

≈

211

40200

42000

10010

01111LLL −←

−

− ≈

43

40200

42000

10010

11101LL ↔

−

− ≈

2

33

42000

40200

10010

11101L

L ←

−

− ≈

25

ÁLGEBRA LINEAR I

≈

311

42000

20100

10010

11101LLL −←

−

−≈

2

44

42000

20100

10010

11001L

L ←

−

−

−

≈

411

21000

20100

10010

11001LLL −←

−

−

−

≈

≈

−

−

21000

20100

10010

10001

A solução desse sistema será é x1 = 1, x2 = -1, x3 = 2 e x4 = -2. O posto da matriz dos coeficientes é 4, e o da

matriz ampliada é 4.

f) {3 6 9 0

2 4 6 0

x y z

x y z

+ − =+ − =

Resposta: seja o escalonamento

3

11

0642

0963L

L ←

−

− ≈

1222

0642

0321LLL −←

−

− ≈

−

0000

0321

Observe que temos uma equação não nula e três incógnitas. Portanto, o sistema tem infinitas soluções, onde

podemos colocar x=3z – 2z, ou seja, duas varáveis livres. O posto da matriz dos coeficientes é o mesmo da

matriz ampliada e igual a 1.

3. Ache os valores de k para os quais o sistema linear equivalente resultante a) não tenha solução; b) tenha uma única solução; c) tenha infinitas soluções.

3.1) 3 2

2 3

3 2

x y

x y

x y k

− = −

+ = − =

Resposta: Escalonando a matriz ampliada temos

1222

133323

312

231LLL

LLLk

−←

−←

−

−−

≈

7/22

670

770

231LL

k

←

+

−−

≈

2311

2733670

110

231LLL

LLLk

+←

−←

+

−−

≈

≈

−100

110

101

k

Agora, o posto da matriz dos coeficientes é 2, e o posto da matriz ampliada depende do valor de k. Se k–1≠

0, ou seja, se k≠ 1, o posto da matriz ampliada fica sendo 3, maior que o da matriz dos coeficientes, e assim

26

ÁLGEBRA LINEAR I

o sistema não terá solução, ou seja, ele é incompatível. Agora se k–1 = 0, isto é, se k = 1, o posto da matriz

ampliada é 2 e o sistema terá solução única, que seja, x = 1 e y =1. Não há possibilidade de o sistema possuir

infinitas soluções.

2) 2

2

( 5)

2 3

x y z

x y k z k

x y z

+ − =

+ + − = + + =

Resposta: Seja a matriz ampliada e seu escalonamento

122

133

2

3121

511

2111LLL

LLL

kk

−←

−←

−

−

≈

32

2

1210

2400

2111LL

kk

↔

−−

−

≈

−−

−

2400

1210

2111

2kk

Para calcularmos o posto tanto da matriz dos coeficientes como da matriz ampliada precisamos discutir o que

acontece com k2-4 e k-2.

Suponhamos que 4 – k2 = 0. Neste caso, o sistema só terá solução se 2 – k = 0, e ainda será infinitas

soluções. Mas note que, se 4 – k2 = 0, k = ± 2. Assim, se k = 2, o sistema terá infinitas soluções, pois a última

linha se anulará; e se k = – 2, o sistema não terá solução, pois resolvendo o sistema chegaremos à expressão

0 = 4, que não faz sentido.

Suponhamos agora, que 04 2 ≠− k , neste caso, k ±≠ 2 e o sistema terá uma única solução.

3) 0

2 2 0

2 0

x y z

x y z

x ky z

+ − =

− − = + + =

Resposta: Seja a matriz ampliada e seu escalonamento

122

1233012

0221

0111LLL

LLLk

−←

−←

−−

−

≈

3

22

0320

0130

0111 −←

−

−−

−L

L

k

≈

≈

2)2(33

0320

03/110

0111LkLL

k

−−←

−

−

≈

−

−

03/)11(00

03/110

0111

k

Como o sistema é homogêneo, ele sempre tem solução, vamos ver se tem única solução ou infinitas. Para ter

infinitas soluções, (11-k)/3 deve ser zero, e para ter solução única, (11-k)/3 deve ser diferente de zero. Assim,

se 11-k = 0, ou seja, se k = 11, o sistema terá infinitas soluções, e caso contrário, terá apenas a solução

trivial.

27

ÁLGEBRA LINEAR I

2.5 Atividade 5

1) Seja a b

Ac d

=

. Mostre que o sistema homogêneo 0AX = tem somente a solução trivial se e somente

se 0ad bc− ≠ .

Resposta: Antes de iniciar a demonstração observe que ad – bc = det(A). Temos de provar que: 0)det( trivialsolução a só tem0 ≠⇔= AAX . Faremos a demonstração em duas etapas.

(⇐) Suponha que det(A)≠ 0, isto é, 0≠− bcad e vamos provar que AX=0 tem a solução trivial apenas.

Suponha por absurdo, que ∃ x solução de AX = 0 tal que 0≠x ( ),( 21 xxx = ). Segue que:

=+

=+⇒

=

⋅

⇒=

0

0

0

0

c

a 0

21

21

2

1

xdxc

xbxa

x

x

d

bAX .

Da primeira equação temos: 1x = a

xb 2 − . Substituindo 1x na segunda equação, teremos:

.0 0

0 222

22 =⋅

+

−⇒=+−⇒=+

−⋅ xd

a

bcxd

a

xcbxd

a

xbc

Mas, note que 02 ≠x . Logo,

+

−d

a

bc = 0. Assim, 0 0 =−⇒=+− bcadadbc , o que contraria a

hipótese, gerando o absurdo. Logo 0=x , e o sistema terá, portanto, somente a solução trivial.

Observe que se pode chegar a este mesmo resultado pela somas, dado o sistema

=+

=+

0

0

21

21

xdxc

xbxa, vem

=+

=−−

0

0

21

21

xadxac

xcbxca, donde obtemos, (ad-bc) 2x =0.

(⇒) Agora se o sistema AX = 0 tem somente a solução trivial, então temos de provar que 0≠− bcad .

Suponha por absurdo que det(A) = 0, isto é, ad – bc = 0.

=+

=+⇒

=

⋅

⇒=

0

0

0

0 0

21

21

2

1

dxcx

bxax

x

x

dc

baAX

De maneira análoga à feita anteriormente, teremos [ ] 2xbcad ⋅− =0. Mas, note que ad –bc = 0, por

suposição. Logo, 0 2 ≠∃ x tal que AX = 0, o que contraria a hipótese, pois dessa forma o sistema teria outra

solução que não a trivial. Portanto, .0≠− bcad

2. Dado o sistema linear AX B= . Mostre que: a) Se 1X é uma solução do sistema AX B= e 1Y é uma solução do sistema linear homogêneo associado

0AX = , então ( 1 1X Y+ ) é uma solução do sistema AX B= .

28

ÁLGEBRA LINEAR I

b) Toda solução X de AX B= pode ser escrita como ( 1 1X Y+ ), onde 1X é uma solução particular de

AX B= e 1Y é uma solução de 0AX = . (Sugestão: Faça 1 1( )X X X X= + − ).

Resposta:

a) Se X1 é uma solução do sistema AX=B e Y1 é uma solução do sistema homogêneo AX=0 então X1 + Y1 é

solução de AX=B.

De fato: A(X1 + Y1) = A X1 + A Y1 . Como Y1 é solução de AX = 0, temos que AY1 = 0 e como X1 é solução de

AX = B temos que A X1 = B. Assim A X1 + A Y1 = B + 0 = B. Logo, X1+Y1 é solução de A X = B.

b) Toda solução X de AX B= pode ser escrita como ( 1 1X Y+ ), onde 1X é uma solução particular de

AX B= e 1Y é uma solução de 0AX = .

Suponha X solução de A X = B. Agora, se A X = B tem solução única, tome Y = 0 + X.

Se A X = B não tem solução única, vamos supor X e X1 soluções de AX = B. Assim, tome X = X1 + (X - X1),

daí, A(X1 + (X - X1)) = A X1 + A (X - X1) = B + AX – AX1 = B + B – B = B. Logo, X = X1 + (X - X1) é solução de

AX=B e além disso, (X-X1) é solução de AX=0, como pode ser provado por, A(X-X1) = AX –AX1 = B – B = 0.

Portanto, toda solução de A X = B é a soma de uma solução A X = 0 com uma solução AX=B.

2.6 Atividade 6

1. Uma fábrica produziu quatro dúzias de camisetas, algumas brancas e outras coloridas. O custo de cada camiseta branca é R$ 12,00 e da camiseta colorida, R$ 15,00. A fábrica gastou R$ 636,00 paras produzir as camisetas. (a) Quantas camisetas brancas e quantas coloridas a fábrica produziu? (b) Quanto a fábrica vai lucrar, se vender as brancas por R$ 20,00 e as coloridas por R$ 25,00? Resposta: a) Quantas camisetas brancas e quantas coloridas a fábrica produziu?

Total: 48 camisetas, sendo x camisetas brancas a um custo de R$ 12,00 e y camisetas coloridas a um custo

de R$ 15,00, totalizando um custo de R$ 636,00. Com estas informações conseguimos:

=+

=+

6361512

48

yx

yx

Cuja solução é, de x = 48 – y, aplicando na outra equação, 12(48 – y) + 15y = 636, ou seja, 576 – 12y +15y =

636, ou ainda, y = 3

60= 20, donde obtemos x=28.

Logo, a fábrica produziu 28 camisetas brancas e 20 camisetas coloridas.

Resposta: b) Quanto a fábrica vai lucrar, se vender as brancas por R$ 20,00 e as coloridas por R$ 25,00?

29

ÁLGEBRA LINEAR I

Note que para produzir 28 camisetas brancas à R$ 12,00, e 20 camisetas coloridas à R$ 15,00 a fábrica

gastou um total de R$ 636,00. Se vender 28 camisetas brancas à R$ 20,00: 28.20 =560, receberá R$ 560,00.

Se vender 20 camisetas coloridas à R$ 15,00: 20.15=300, receberá R$ 300,00. Logo, se somarmos os

valores obtidos com as vendas e subtrairmos o valor do gasto que a fábrica teve para produzir as camisetas,

a fábrica terá o seguinte lucro: 300 + 560 – 636 = 224, logo, a fábrica irá lucrar R$ 224,00.

2. Um nutricionista está preparando uma refeição que consiste nos alimentos A, B e C. Cada grama de alimento A contém 2 unidades de proteína, 3 unidades de gordura e 4 unidades de carboidratos. Cada grama do alimento B contém 3 unidades de proteína, 2 unidades de gordura e 1 unidade de carboidrato. Cada grama do alimento C contém 3 unidades de proteína, 3 unidades de gordura e 2 unidades de carboidrato. Quantas gramas de cada tipo de alimento deveriam ser usadas, se a refeição deve fornecer 25 unidades de proteína, 24 unidades de gordura e 21 unidades de carboidrato? Resposta: Vamos construir a tabela

Com os dados construímos o sistema:

=++

=++

=++

2124

24323

25332

CBA

CBA

CBA

, cujo escalonamento é

2

11

21214

24323

25332L

L ←

≈

1322

143321214

24323

2/252/32/31LLL

LLL

−←

−←

≈

≈

2)5/2(2

29450

2/272/32/50

2/252/32/31LL −←

−−−

−−− ≈

2)2/3(11

253329450

5/275/310

2/252/32/31LLL

LLL

−←

+←

−−−

≈

≈

33

2100

5/275/310

5/225/301LL −←

−−

≈

3)5/3(11

3)5/3(222100

5/275/310

5/225/301LLL

LLL

−←

−←

≈

2100

5/21010

5/16001

Assim, C = 2, B = 21/5 e A = 16/5, ou seja, 16/5g do alimento A, 21/5g do alimento B,e 2g do alimento C.

3. Três trabalhadores: um carpinteiro, um eletricista e um bombeiro decidem simultaneamente fazer reparos em suas casas. Eles decidem trabalhar um total de dez dias cada um de acordo com a seguinte escala:

Alimento Unid. Proteína Unid. Gordura Unid. Carboidrato

A 2 3 4

B 3 2 1

C 3 3 2

Total que a refeição deve conter 25 24 21

30

ÁLGEBRA LINEAR I

Trabalho

realizado pelo carpinteiro

Trabalho realizado pelo eletricista

Trabalho realizado pelo bombeiro

Dias de trabalho/casa carpinteiro 2 1 6 Dias de trabalho/casa eletricista 4 5 1 Dias de trabalho/casa bombeiro 4 4 3 Eles ganham normalmente por um dia de trabalho entre R$ 60,00 e R$ 80,00. Por isso, um deve pagar ao outro um salário diário razoável tal que o total pago seja o mesmo recebido. Determine todos os possíveis salários. Sugestão: Chame o salário diário do carpinteiro de “ c ”, “ e ” o salário diário do eletricista e “b ” o salário diário do bombeiro. Então, temos o seguinte sistema de equações:

2 6 10

4 5 10

4 4 3 10

c e b c

c e b e

c e b b

+ + =

+ + = + + =

.

Resposta: Considerando o sistema formado com as informações

=++

=++

=++

bbec

ebec

cbec

10344

1054

1062

, que é equivalente ao

sistema

=−+

=+−

=++−

0744

054

068

bec

bec

bec

. Agora considerando a matriz do sistema e fazendo o escalonamento, temos:

8

11

0744

0154

0618 −←

−

−

−L

L

≈

1422

1433

0744

0154

04

38

11LLL

LLL

−←

−←

−

−

−−

≈

≈

29

22

042

90

042

90

04

38

11LL

−←

−

−

−−

≈

281

11

229

33

042

90

09

810

04

38

11LLL

LLL

+←

−←

−

−

−−

≈

−

−

0000

09

810

036

3101

.

Donde, obtemos e=9

8b e c=

36

31b. Assim, os salários podem ter variações, como afirmado no enunciado,

entretanto, percebemos que o salário do bombeiro é o maior, em seguida o do eletricista e por fim o do carpinteiro. Observe ainda que o valor máximo seria o de R$ 80,00 para o bombeiro, que levaria ao salário de R$ 71,11 para o eletricista e de R$ 68,89 para o carpinteiro. E o menor salário seria de R$ 60,00 para o carpinteiro, R$ 67,50 para o eletricista e R$ 69.68 para o bombeiro. 4. Uma cidade tem três indústrias principais: uma mineradora de carvão, uma geradora de eletricidade e uma ferrovia local. Para produzir R$ 1,00 de carvão a mineradora consome R$ 0,25 de eletricidade e R$ 0,25 de transporte. Para produzir R$ 1,00 de eletricidade a geradora requer R$ 0,65 de carvão, R$ 0,05 de eletricidade para seus equipamentos auxiliares e R$ 0,05 de transporte. Para R$ 1,00 de transporte, a

31

ÁLGEBRA LINEAR I

ferrovia local gasta R$ 0,55 de carvão e R$ 0,10 de eletricidade. Numa certa semana, a mineradora recebe um pedido de R$ 50.000,00 de carvão de outra cidade, a geradora de eletricidade recebe um pedido de R$ 25.000,00 de eletricidade de fora. Não há demanda externa para ferrovia local. Como cada uma das indústrias deve produzir, naquela semana, para satisfazerem suas demandas externa e interna? Sugestão: Chame 1x o valor total da produção de carvão, 2x o valor total da produção de eletricidade e 3x o

valor total da produção de transporte. Se C é a matriz consumo local, X o vetor coluna produção total e D a demanda externa, então devemos resolver o sistema

X CX D− = , onde

0 0,65 0,55

0,25 0,05 0,10

0,25 0,05 0

C

=

e

50.000

25.000

0

D

=

.

Resposta: Vamos analisar a sugestão dada:

Se C é a matriz consumo local, X o vetor coluna produção total e D a demanda externa, então devemos resolver o sistema:

X CX D− = , onde

0 0,65 0,55

0,25 0,05 0,10

0,25 0,05 0

C

=

e

50.000

25.000

0

D

=

.

Se X é o vetor da produção total, temos que

=

3

2

1

x

x

x

X .

=

⋅

=

3

2

1

005,025,0

10,005,025,0

55,065,00

x

x

x

CX

++

++

++

321

321

321

005,025,0

10,005,025,0

55,065,00

xxx

xxx

xxx

, assim, de X CX D− = , vem

=

++

++

++

−

0

000.25

000.50

005,025,0

10,005,025,0

55,065,00

321

321

321

3

2

1

xxx

xxx

xxx

x

x

x

de onde podemos visualizar o sistema

=++−

=++−

=++−

0)005,025,0(

000.25)10,005,025,0(

000.50)55,065,00(

3213

3212

3211

xxxx

xxxx

xxxx

, que organizando fica,

=−−

=−−−

=−−

005,025,0

000.2510,005,025,0

000.5055,065,0

213

3212

321

xxx

xxxx

xxx

, ou seja,

=+−−

=−+−

=−−

005,025,0

000.2510,095,025,0

000.5055,065,0

321

321

321

xxx

xxx

xxx

. Agora, para facilitar a visualização das contas colocamos na forma

de matriz e antes de escalonar, escrevemos os números na forma de fração:

32

ÁLGEBRA LINEAR I

3203

2202

1201

0105,025,0

2500010,095,025,0

5000055,065,01

LL

LL

LL

←

←

←

−−

−−

−−

≈

−−

−−

−−

02015

5000002195

1000000111320

≈

e agora começamos o escalonamento propriamente dito:

≈

20

11

02015

5000002195

1000000111320L

L ←

−−

−−

−−

≈

1522

1533

02015

5000002195

5000020

1120

131LLL

LLL

+←

+←

−−

−−

−−

≈

≈

263

42

250004

694

170

750004

194

630

5000020

1120

131LL ←

−

−

−−

≈

22013

11

2417

33

250004

694

170

211000000

631910

5000020

1120

131LLL

LLL

+←

+←

−

−

−−

≈

≈

3100663

3

219500000

63100600

211000000

631910

211700000

634701

LL ←

−

−

≈

36347

11

36319

22503

14250000100

211000000

631910

211700000

634701

LLL

LLL

+→

+←

−

−

≈

≈

50314250000100

50328250000010

50351350000001

.

Portanto, as produções devem ser

==

==

==

28330,02503

14250000x

56163,022503

28250000x

102087,48503

51350000

3

2

1x

2.7 Atividade 7

1 – Dada a matriz 1 2

3 4A

=

, determine sua matriz inversa caso ela exista.

Sugestão: Utilize a definição, supondo a b

Bc d

=

inversa de A .

Resposta: Utilizaremos A-1=B. Note que A.A-1=I2. Tomemos

=−

dc

baA

1 , matriz inversa de A. Assim,

A.A-1= I2, nos leva a

=

⋅

10

01

43

21

dc

ba, ou seja,

33

ÁLGEBRA LINEAR I

=

++

++

10

01

4343

22

dbca

dbca, donde vem o sistema:

=+

=+

=+

=+

143

043

02

12

db

ca

db

ca

Cuja solução pode ser calculada por substituição: a = 1 – 2c, e assim, 3(1-2c) +4c=0, donde vem c = 3/2, e

consequentemente, a = -2. Agora, b = -2d, e assim, 3(-2d) + 4d = 1, ou seja, -6d + 4d = 1, e portanto, d = -1/2,

e conseqüentemente, b = 1.

Logo,

−

−=−

2123

121

A .

2 – Se 2 0 0

0 3 0

0 0 4

D

− =

, ache 1D

− .

Resposta: Note que 3

1IDD =⋅ −

Suponha

=−

ihg

fed

cba

D1 , inversa de D. Segue que:

=

⋅

−

100

010

001

400

030

002

ihg

fed

cba

, ou seja,

=

−−−

100

010

001

444

333

222

ihg

fed

cba

E assim: 02 =− b , 02 =− c , 03 =d , 03 =f , 04 =g e 04 =h , e

=

=

=−

14

13

12

i

e

a

. Donde resulta,

21−=a , 31=e e 41=i e os outros todos iguais a zero. Logo,

−

=−

4100

0310

00211

D .

3. Suponha 1 3

2 7B

=

e, através da definição de matriz inversa determine:

a) 1B

− ; b) 1( )t

B− ;

c) Compare 1( )tB

− e 1B

− . Respostas: a) 1

B−

34

ÁLGEBRA LINEAR I

Note que 2

1 IBB =⋅ − . Supondo

=−

dc

baB

1 , temos de 2

1 IBB =⋅ − ,

=

⋅

10

01

72

31

dc

ba donde

=

++

++

10

01

7231

7231

dbdb

caca , cujo sistema resultante é:

=+

=+

=+

=+

172

031

072

131

db

db

ca

ca

. Sua solução é, utilizando substituição, 1a + 3c = 1, ou seja, a = 1 – 3c, que aplicando na outra

equação fica, 2a + 7c = 0, ou seja, 2(1 – 3c)+7c = 0, e assim, c = – 2 , donde, a = 7. Agora, 1b + 3d = 0, ou seja, b = –3d, que aplicando na outra equação, 2b + 7d = 1, fica, 2(–3d)+7d = 1, ou seja, –6d + 7d = 1, donde, d = 1 e leva a b= –3.

Logo,

−

−=−

12

371

B

Respostas: b) 1( )t

B−

Observe que

=

73

21tB . Supondo que

=−

dc

baB

t 1)( , e fazendo 2

1)( IBB t =⋅ − , vem:

=

⋅

10

01

73

21

dc

ba, ou seja,

=

++

++

10

01

7373

2121

dbca

dbca, donde obtemos o sistema

=+

=+

=+

=+

173

02

073

12

db

db

ca

ca

, cuja solução é obtida por substituição: de a + 2c = 1, vem, a = 1 – 2c, que substituindo em 3a

+ 7c = 0, fica, 3(1 – 2c) + 7c = 0 e assim, c = –3 e a = 7; de b+2d=0, vem b = –2d, substituindo em 3b + 7d =

1, fica, 3(–2d) + 7d = 1, ou seja, d = 1 e b = –2. Portanto:

−

−=−

13

27)( 1t

B

Resposta: c) Compare 1( )t

B− e 1

B− .

Temos que

−

−=−

12

371

B e

−

−=−

13

27)( 1t

B

Comparando esses dois resultados podemos observar que tt BB )()( 11 −− = .

2.8 Atividade 8

1 – Ache, sempre que possível, as matrizes inversas das matrizes dadas:

35

ÁLGEBRA LINEAR I

(a)1 3

2 6A

= −

Respostas: Considerando a representação ampliada com a identidade, obtemos

1222

1062

0131LLL +←

− �

�≈

12/22

12120

0131LL ←

�

� ≈

2311

12112210

0131LLL −←

�

�

≈

−

1216110

1232101

�

�. Logo,

−=

−=−

12161

4121

12161

123211

A

b)

1 2 3

2 3 5

3 4 2

B

=

Resposta: Seja a matriz escrita na forma ampliada com a identidade,

1222

1333100243

010532

001321LLL

LLL

−←

−←

�

�

�

≈

22

103720

012110

001321LL −←

−−−

−−−

�

�

�

≈

≈

2211

2233103720

012110

001321LLL

LLL

−←

+←

−−−

−

�

�

�

≈

533

121500

012110

023101LL −←

−−

−

−

�

�

�

≈

≈

311

322515251100

012110

023101LLL

LLL

−←

−←

−−

−

−

�

�

�

≈

−−

−

−

515251100

5157511010

5158514001

�

�

�

.

Logo,

−−

−

−

=−

515251

5157511

51585141

B

c)

1 0 1

0 3 0

1 0 4

C

=

Resposta: Seja a matriz na forma ampliada com a matriz identidade,

36

ÁLGEBRA LINEAR I

313

100401

010030

001101LLL −←

�

�

�

≈

322

101300

010030

001101LL ←

−− �

�

�

≈

≈

33 3

101300

0310010

001101LL −←

−− �

�

�

≈

311

31031100

0310010

001101LLL −←

−�

�

�

≈

≈

−

−

31031100

0310010

31034001

�

�

�

. Logo,

−

−

=−

31031

0310

310341

C

d)

1 1 1 1

1 3 1 2

1 2 1 1

5 9 1 6

D

= −

Resposta: Seja a matriz na forma ampliada com a matriz identidade,

133

122

1544

10006195

01001121

00102131

00011111

LLL

LLL

LLL

−←

−←

−←

−

�

�

�

�

≈

2

22

10051440

01010210

00111020

00011111L

L ←

−−

−−

−

�

�

�

�

≈

≈

2444

233

211

10051440

01010210

002

12

12

1010

00011111

LLL

LLL

LLL

−←

−←

−←

−−

−−

−

�

�

�

�

≈

≈

2

33

10231400

012

12

12

1200

002

12

12

1010

002

12

32

1101

LL −←

−−−−

−−−−

−

−

�

�

�

�

≈

≈

311

344410231400

02

14

14

14

1100

002

12

12

1010

002

12

32

1101LLL

LLL

−←

+←

−−−−

−

−

−

�

�

�

�

≈

37

ÁLGEBRA LINEAR I

≈

−−−

−

−

−

12120000

02

14

14

14

1100

002

12

12

1010

02

14

34

54

1001

�

�

�

�

.

Podemos observar que a matriz

1 1 1 1

1 3 1 2

1 2 1 1

5 9 1 6

D

= −

é equivalente por linhas á matriz

00004

1100

21010

41001

, a

qual foi obtida após aplicar as operações elementares em D. Como esta matriz tem uma linha de zeros,

paramos o processo e concluímos que a matriz D é singular, isto é, não é invertível.

2. Para que valores de β o seguinte sistema homogêneo admite solução não-trivial?

{2 ( 1) 0

( 1) 2 0

x y

x y

ββ

+ − =− + =

Resposta: Para que o sistema linear homogêneo tenha outra solução que não a trivial, a matriz que

representa este sistema deve ser singular, ou seja, ao aplicarmos sobre ela as operações elementares,

devemos obter uma de suas linhas nulas. Observe que neste caso o posto da matriz dos coeficientes deve

ser menor que o número de incógnitas. Vamos verificar então as condições para que esta matriz seja

singular:

211

2)1(

)1(2LL ←

−

−

β

β ≈

1)1(22

2)1(

2)1(1LLL −−←

−

−β

β

β ≈

++−

−

2)32(0

2)1(12 ββ

β

Note que a matriz será singular se 0322 =++− ββ . Então, vamos encontrar o valor de β para que a

equação seja verdadeira: seja então:

0322 =++− ββ , multiplicando por (-1) fica, 0322 =−− ββ , cuja solução pode ser encontrada por:

2

)3(1422 2 −⋅⋅−±=β , ou seja,

2

1242 +±=β , ou ainda,

2

162 ±=β e, portanto

2

42 ±=β ,

donde se obtém 32

42' =+

=β e 12

42'' −=−

=β .

Logo, os valores de β para que o sistema admita solução não-trivial são 3=β e 1−=β .

3 – Determine se os seguintes sistemas lineares admitem solução não-trivial:

38

ÁLGEBRA LINEAR I

(a) 1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 0

2 3 0

3 2 0

x x x

x x x

x x x

+ − =

− − =− − + =

Resposta: Temos de verificar se o determinante da matriz é diferente de zero, se o determinante for zero, então o sistema terá soluções diferentes da trivial. Uma forma de fazer isso é escalonar a matriz dos coeficientes e verificar se chegamos ou não a matriz identidade, vamos aproveitar as contas e tentar encontrar a inversa da matriz. Veja:

2/11

100213

010321

001112LL ←

−−

−−

−

�

�

�

≈

122

3133

100213

010321

002

12

12

11LLL

LLL

−←

+←

−−

−−

−

�

�

�

≈

≈

25

22

102

32

12

10

012

12

52

50

002

12

12

11LL −←

−−−

−

�

�

�

≈

2

211

2

233

102

32

12

10

05

25

1110

002

12

12

11

LLL

LLL

−←

−←

−

−

�

�

�

≈

≈

−

−

15

15

7000

05

25

1110

05

15

2101

�

�

�

Note que a matriz

−−

−−

−

213

321

112

é equivalente por linhas à matriz

−

000

110

101

, que é uma matriz

singular, podemos concluir que o sistema admite outra solução que não a trivial.

b) 1 2 3

1 2

1 2 3

0

2 0

2 2 2 0

x x x

x x

x x x

− + =

+ = − + =

Resposta: Da mesma forma que no item (a):

1222

1233100222

010012

001111LLL

LLL

−←

−←

−

−

�

�

�

≈

−

−−

−

102000

012230

001111

�

�

�

Como a matriz

−

−

222

012

111

é equivalente por linhas à matriz

−

−

000

230

111

, que é uma matriz singular,

podemos concluir que o sistema admite outra solução que não a trivial.

39

ÁLGEBRA LINEAR I

2.9 Atividade 9

1. Calcule os seguintes determinantes através da definição:

(a) 2 1

3 1

−

Resposta: Vamos calcular os determinantes utilizando a dica dada na apostila (página 29). 2 1

3 1

− = 2.1 – (-1)3 = 2 + 3 = 5

Mas observe que a definição nos mostra que o determinante é 2!

0 1

1 (1) 2 (2) 11 22 12 21 11 22 12 21

1

det ( 1) ( 1) ( 1)JA a a a a a a a a a aσ σσ =

= − = − + − = −∑

(b) 4 1 0

0 2 2

0 0 3

−

Resposta: Pela definição temos que o determinante de uma matriz 3x3 é: 3!

0 2 2

1 (1) 2 (2) 3 (3) 11 22 33 12 23 31 13 21 32

1

det ( 1) ( 1) ( 1) ( 1)JA a a a a a a a a a a a aσ σ σσ =

= − = − + − + − +∑

3 1 1

13 22 31 11 23 32 12 21 33( 1) ( 1) ( 1)a a a a a a a a a+ − + − + − .

Ou seja,

11 22 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31 11 23 32 12 21 33det A a a a a a a a a a a a a a a a a a a= + + − − − .

Assim, detA = 3.0.10.2.40).2.(00.0.00.2.13).2.(4 −−−−++− 0000024 −−+++−= = -24. Ou usando a dica (regra de Sarrus):

11 12 13 11 12

21 22 23 21 22

31 32 33 31 32

a a a a a

a a a a a

a a a a a

(-) (-) (-)

(+) (+) (+)

00300

20220

14014

�

�

�

−− = 3.0.10.2.40).2.(00.0.00.2.13).2.(4 −−−−++− =

0000024 −−+++−= 24 −=

(c) 2 1 0

1 3 2

0 5 1

− .

Resposta: Usando a regra de Sarrus, vem

40

ÁLGEBRA LINEAR I

10150

31231

12012

�

�

�

−− 1.1.1-2.2.5-0.(-3).0-0.1.51.2.02.(-3).1 ++= 1200006 −−+++−=

27−=

2 – Se det A =

1 2 3

1 2 3

1 2 3

a a a

b b b

c c c

4= − , determine os determinantes das matrizes indicadas, utilizando suas

propriedades:

(a) 3 2 1

3 2 1

3 2 1

a a a

B b b b

c c c

=

;

Resposta: A propriedade VI diz que, se trocarmos a posição de duas linhas da matriz A, o determinante troca

de sinal. Mas a propriedade vale também se trocarmos a posição de duas colunas. Logo, o 4det =B . Uma

forma de perceber esta propriedade é observar que as permutações trocam os números de inversões.

(Isto pode ser observado também se aplicarmos o mesmo método de resolução do exercício anterior nas

matrizes A e B)

(b) ;

Resposta: Propriedade III: Se multiplicarmos uma linha da matriz A por uma constante, o determinante fica multiplicado por esta constante. Logo, 8)2.(4det =−−=C

(c) 1 2 3

1 1 2 2 3 3

1 2 3

3 3 3

a a a

D b c b c b c

c c c

= + + +

.

Resposta: Propriedade VII: O determinante não se altera se somarmos a uma linha, outra linha multiplicada

por uma constante. Logo, det D = 4−

3. Qual seria a linha ou coluna mais conveniente para calcular o determinante de

1 2 3 4

1 0 3 0

4 1 2 1

3 2 1 5

A

− = −

pelo

desenvolvimento de Laplace. Justifique sua resposta. Após, calcule o determinante da matriz A .

1 2 3

1 2 3

1 2 32 2 2

a a a

C b b b

c c c

= − − −

41

ÁLGEBRA LINEAR I

Resposta: A linha mais conveniente para calcular o determinante pelo desenvolvimento de Laplace é a

segunda, pois irá zerar duas das multiplicações, evitando assim, o cálculo de dois determinantes.

Vamos efetuar, então, o cálculo do determinante de A:

( ) −−−⋅−+

512

121

432

1112 ( ) +−⋅

+

513

124

431

1022 ( ) −−−⋅

+

523

114

421

1332 ( )

123

214

321

1042

−−⋅+ =

=

512

121

432

1 −⋅ −− 0 −−

523

114

421

3 0 =

512

121

432

1 −⋅

523

114

421

3 −−

Vamos calcular individualmente esses determinantes:

12512

21121

32432

�

�

�

−− 5).1.(31.1.22.2.41).1.(42.1.35.2.2 −−−−−++= =

152164620 +−−−+= 19=

e

23523

14114

21421

�

�

�

−− = 5.4.22.1.13).1.(42.4.43.1.25).1.(1 −−−−++− =

402123265 −−+++−= 3=

Assim, teremos:

512

121

432

1 −⋅

523

114

421

3 −− 10919)3.(3)19.(1 =−=−= .

4 - Use o desenvolvimento de Laplace para calcular os seguintes determinantes:

(a) 1 3 0

1 2 3

2 1 3

A

− = −

;

Resposta: Vamos pegar a primeira linha para efetuar o cálculo do determinante de A por Laplace:

( ) ( ) ( )12

2110

32

311)3(

31

3211

312111

−−⋅+−⋅−+

−−⋅

+++0)2.33.1.(3))1.(33.2(1 +−+−−⋅= =

099 =−=

42

ÁLGEBRA LINEAR I

(b)

2 0 1 1

0 1 0 1

1 0 4 0

1 2 1 5

B

− = −

;

Resposta: Vamos pegar a segunda linha para efetuar o cálculo do determinante de B por Laplace:

( ) −−⋅+

512

040

110

1012 ( ) +

−

−⋅+

511

041

112

1122 ( )

521

001

102

1032

−

−⋅+ ( )

121

401

102

1142

−

−⋅++ =

121

401

102

10

511

041

112

10

−

⋅++

−

⋅−=

Calculando cada determinante individualmente:

11511

41041

12112

−− �

�

�

5.1.11.0.2)1.(4.11.1.1)1.(0.15.4.2 −−−−+−+= 405041040 =−−++−=

21121

01401

02102

−− �

�

�

1.1.02.4.2)1.(0.12.1.1)1.(4.01.0.2 −−−−+−+= =

140160200 −=−−++−=

Assim, temos:

121

401

102

1

511

041

112

1

−

⋅+

−

⋅− 541440)14.(1)40.(1 −=−−=−+−=

(c)

8 0 1 1

0 1 6 1

0 0 4 0

0 2 1 10

C

− =

Resposta: Vamos pegar a terceira linha para efetuar o cálculo do determinante de C por Laplace:

( ) ( ) ( ) ( )120

610

108

1.0

1020

110

108

1.4

1010

160

118

1.0

1012

161

110

1.043332313

−−+−−+−+−−++++ =

43

ÁLGEBRA LINEAR I

= ( )1020

110

108

1.433

−−+ =

1020

110

108

.4 −

Calculando o determinante:

201020

10110

08108

�

�

�

−− = 10.0.02.1.80).1.(12.0.10.1.010).1.(8 −−−−++− =

= -80 + 0 + 0 + 0 -16 - 0 = -96

Logo, o det C = 4.( –96) = – 384

2.10 Atividade 10

1. Dada a matriz , determine:

(a) .

Resposta: Precisamos calcular os elementos cofatores. Dado A =

−

−

123

021

312

, obtemos

212

02.)1( 2

11 =−

−=∆ ; 113

01.)1( 3

12 =−

−=∆ ; 423

21.)1( 4

13 −=−

−−=∆

712

31.)1( 3

21 −=−

−=∆ ; 713

32.)1( 4

22 −=−=∆ ; 723

12.)1( 5

23 =−

−=∆

602

31.)1( 4

31 −=−=∆ ; 301

32.)1( 5

32 −=−

−=∆ ; 521

12.)1( 6

33 =−

−=∆

Logo,

536

777

412

A

−−

−−

−

= e, portanto,

574

371

672

A

−

−−

−−

=adj .

b) ;

Resposta: Para calcular o determinante, usamos Laplace, neste caso, com a 3ª coluna para realizar o

desenvolvimento:

2 1 3

1 2 0

3 2 1

A

= − −

adj A

A

44

ÁLGEBRA LINEAR I

123

021

312

−

−=A = 21

12)1(

23

12)1(

23

21)1( 33

33

32

23

31

13−

⋅−⋅+−

⋅−⋅+−

−⋅−⋅= +++

aaaA , ou seja,

21

12)1(1

23

12)1(0

23

21)1(3

−⋅+

−⋅−⋅+

−

−⋅⋅=A = 3.(2 – 6) + 0.( – 4 – 3) + 1.(4+1) =

= 3.( –4) + 0 + 1.(5) = –12 + 5 = –7.

Logo, 7−=A .

c) , caso exista

Resposta: Para calcular a inversa, utilizaremos as matrizes elementares, veja:

2/21

1

0

0

0

1

0

0

0

1

1

0

3

2

2

1

3

1

2LL ←

−

−

�

�

�

≈

122

1221

0

0

0

1

0

0

0

2/1

1

0

2/3

2

2

2/1

3

1

1LLL

LLL

−←

+←

−

−

�

�

�

≈

≈

252

1

1

0

0

0

1

0

2/3

2/1

2/1

2/7

2/3

2/3

2/7

2/5

2/1

0

0

1LL ←

−−− �

�

�

≈

≈

2

211

2

2733

1

0

0

0

5/2

0

2/3

5/1

2/1

2/7

5/3

2/3

2/7

1

2/1

0

0

1L

LL

LLL

−←

+←

−−− �

�

�

≈7

353

1

0

0

5/7

5/2

5/1

5/4

5/1

5/2

5/7

5/3

5/6

0

1

0

0

0

1L

L ←

−

−− �

�

�

≈

≈

35

322

5

3611

7/5

0

0

1

5/2

5/1

7/4

5/1

5/2

1

5/3

5/6

0

1

0

0

0

1LLL

LLL

−←

−←

−−

−

�

�

�

≈

−−

−

−

7/5

7/3

7/6

1

1

1

7/4

7/1

7/2

1

0

0

0

1

0

0

0

1

�

�

�

Portanto,

−−

−

−

=−

7/517/4

7/317/1

7/617/21

A

2 - A partir do cálculo do determinante, conclua se as seguintes matrizes são não-singulares:

(a)

1 1 1

1 1 1

1 1 0

− −

;

Resposta: Devemos então, calcular o determinante, usamos Laplace sobre a primeira linha:

1A−

45

ÁLGEBRA LINEAR I

011

111

111

−

−

=A = 11

11)1(1

01

11)1()1(

01

11)1(1 432

−⋅−⋅+

−⋅−⋅−+⋅−⋅=A , ou seja,

A = (1).(0 – 1)+1.(0 – 1) + 1.( –1 – 1) = –1 + (– 1) + (– 2) = – 4

Portando, temos que det(A) ≠ 0, e a matriz é inversível, portanto, não singular.

(b) ;

Resposta: Veja o determinante:

02

15 −=B = 5.0 – (–1).2 = 0 + 2 = 2.

Logo, det(B) ≠ 2 e B é inversível. Portanto, B é não-singular.

(c)

2 1 1

1 1 1

1 1 0

− −

.

Resposta: Usando Laplace sobre a terceira linha:

011

111

112

−

−

=C = 11

12.)1.(0

11

12.)1.(1

11

11.)1.(1 654

−−+

−−+

−−

C =1.( – 1 – 1) – 1.(2 + 1) + 0 = – 2 – 3 = – 5

Logo, det(C) ≠0 e assim é inversível, portanto, não-singular.

3 – Determine condições sobre os escalares para que as matrizes admitam inversa:

(a) A= 0

0 0

a b c

d e

f

;

Resposta: Note que a matriz A possui inversa se det(A) ≠ 0. Assim, precisamos calcular o determinante,

neste caso, utilizamos a regra de Sarrus:

det(A) =

0000

00

�

�

�

f

ded

bacba

= a.d.f + b.e.0 + c.0. 0 – c.d.0 – a.e.0 – b.0.f = adf.

Então, A é inversível se a.d.f ≠ 0. Esta condição só será satisfeita se a ≠ 0, d ≠ 0 e f ≠ 0.

5 1

2 0

−

46

ÁLGEBRA LINEAR I

(b) B=

0 0

0

a

b d

c e f

;

Resposta: Da mesma forma que em (a)

det B =

ecfec

dbdb

aa

�

�

�

0

000

= a.d.f + 0.0.c + 0.b.e – 0.d.c – a.0.e – 0.b.f = adf

Logo, B só será inversível, se a.d.f ≠ 0, e portanto, a ≠ 0, d ≠ 0 e f ≠ 0.

(c) C=

0 0

0 0

0 0

a

d

f

.

Resposta: Seguindo o raciocínio,

det C =

0000

000

000

�

�

�

f

dd

aa

= a.d.f + 0 + 0 – 0 – 0 = adf

Logo, C só será inversível, se a.d.f ≠ 0, e portanto, a ≠ 0, d ≠ 0 e f ≠ 0.

Observe que nos três exercícios, tivemos a mesma condição. 4 – Calcule, caso existam, as inversas das matrizes dadas:

a) A =

−13

13

Resposta: Vamos primeiramente verificar se a matriz possui inversa, calculando o seu determinante:

det(A) = 3.(–1) – 1.3 = – 6 ≠ 0, portanto, a matriz terá inversa. Para calcular a sua inversa utilizamos a matriz

ampliada com a identidade, veja:

3

11

1013

0113L

L ←

− �

�≈

1322

1033

03/13/11LLL −←

�

�≈

2

22

1120

03/13/11L

L−

←

−− �

�≈

≈ 2

3

111

2/12/110

03/13/11LLL −←

−�

� ≈

2/12/110

6/16/101

−�

�

Logo, teremos

−=−

2/12/1

6/16/11A .

47

ÁLGEBRA LINEAR I

b) B =

Resposta: Seja o determinante:

det B =

11011

73273

02102

�

�

�−

= 2.7.0 + 0.2.1 + (–1).3.1 – (–1).7.1 – 2.2.1 –0.3.0 =

= 0 + 0 – 3 + 7 – 4 – 0 = 0.

Logo, como det(B) = 0 e a matriz não terá inversa.

c) C =

Resposta: Seja o determinante:

det C =

51651

13213

21421

−−

−−

�

�

�

= 1.(–1).6 + 2.2.1 +4.3.(–5) – 4.(–1).1– 1.2.(–5) – 2.3.6 =

= – 6 + 4 – 60 +4 +10 – 36 = – 84

Como det(C) ≠ 0, a matriz terá inversa. Vamos calcular a inversa utilizando as matrizes elementares,

1322

133100651

010213

001421LLL

LLL

−←

−←

−

−

�

�

�

≈

7

22

101270

0131070

001421L

L −←

−−

−−−

�

�

�

≈

≈

2211

2733101270

07

17

37

1010

001421LLL

LLL

−←

+←

−−

−

�

�

�

≈

12

33

1121200

07

17

37

1010

07

27

17

801

LL ←

−

−

�

�

�

≈

≈

37

811

37

1022

121

121

61100

07

17

37

1010

07

27

17

801LLL

LLL

−←

−←

−

−

�

�

�

≈

−

−−

−−

121

121

61100

425

421

214010

212

218

211001

�

�

�

2 0 1

3 7 2

1 1 0

−

1 2 4

3 1 2

1 5 6

− −

48

ÁLGEBRA LINEAR I

Portanto:

−

−−

−−

=−

121

121

61

425

421

214

212

218

211

1C

2.11 Atividade 11

1 – Resolva, quando possível , usando a regra de Cramer, o sistema linear dado:

(a).

=

−

−

6

3

2

011

111

111

z

y

x

Resposta: Primeiramente, vamos verificar se o determinante é diferente de zero.

det A =

011

111

111

−

−

= 0 –1 –1 –(+1 + 1 + 0) = –1 –1 –1 –1 = – 4.

Assim, o sistema tem solução única. Vamos agora usar regra de Cramer.

4

11

4

83

4

)026(360

4

016

113

112

=−

−−=

−

+++−+−=

−

−

=x

4

13

4

94

4

)063(620

4

061

131

121

=−

−−=

−

++−−+=

−

−

=y

2

5

4

111

4

)632(236

4

611

311

211

=−

−=

−

++−−−=

−

−

−

=z

Assim: 2

5;

4

13;

4

11=== zyx

(b)

2 1 1 1

1 1 1 0

1 1 0 1

x

y

z

− − = −

Resposta: Vamos calcular o determinante primeiramente,

49

ÁLGEBRA LINEAR I

532)021(10

11011

11111

12112

)det( −=−−=++−−=−−

−−

=

�

�

�

B . Observe que é diferente de zero.

Assim,

5

1

5

)011(010

5

011

110

111

−=−

++−−++=

−

−

−

=x

5

4

5

)020(110

5

011

101

112

−=−

+−−++=

−

−

−

=y

5

3

5

)101(102

5

111

011

112

=−

−+−−+−=

−

−

−

−

=z

Portanto: 5

3;

5

4;

5

1=−=−= zyx

2 – Verifique se os sistemas admitem solução única, caso afirmativo determine sua solução através da regra de Cramer:

(a) 2 3 1

2 3 5

2 0

x y z

x y z

x z

+ + =

+ − = − + =

Resposta: Este exercício pode ser resolvido de mais de uma forma, uma delas é calcular o posto da matriz dos coeficientes e o posto da matriz ampliada, para saber se o sistema tem solução ou não. Observe: Vamos calcular o posto

LLL

LLL

222

1330201

5132

1321−←

−←

−−

�

�

�

≈

22

0201

5132

1321LL −←

−− ≈

2211

22331120

7710

1321LLL

LLL

−←

−←

−−−

≈

≈

13

33

131300

7710

131101L

L ←

−−

≈

3722

311111100

7710

131101LLL

LLL

−←

+←

−−

≈

−

1100

0010

2001

�

�

�

.

Assim, o posto da matriz ampliada é 3 e o posto da matriz dos coeficientes é 3, também.

50

ÁLGEBRA LINEAR I

Como o posto da matriz dos coeficientes é igual ao posto da matriz ampliada o sistema é possível e determinado. Uma outra forma de verificar se o sistema tem única solução é através do determinante, vamos calculá-lo:

det A =

201

132

321

− = 6 – 2 + ) – (9 + 0 + 8) = 4 – 17 = -13. Como o determinante é diferente de zero os

sistema tem única solução. Vamos resolver o sistema por Cramer:

213

26

13

)2000(006

13

200

135

321

−=−

=−

−+−+++=

−

−−

=x

013

1111

13

)4015(0110

13

201

152

311

=−

+−=

−

++−−+−−=

−

−−

=y

113

13

13

)003(0100

13

001

532

121

=−

−=

−

++−+−=

−

−

=z

Assim: 1;0;2 ==−= zyx

(b)

Resposta: Vamos calcular o posto da matriz ampliada e dos coeficientes:

1233

14441011

52112

43120

42111LLL

LLL

−←

−←

−

−

−−

�

�

�

�

≈

2

22

83120

136310

43120

42111L

L ←

−−

−−

−−

≈

≈

2244

233

211

83120

136310

22

32

110

42111

LLL

LLL

LLL

+←

+←

−←

−−

−−

−−

≈

35

23

126000

152

152

500

22

32

110

62

72

101LL −←

−

−−

≈

2 4

2 3 4

2 2 5

4

x y z w

y z w

x y z w

x y w

+ + − = − + + = + − + =

− + =

51

ÁLGEBRA LINEAR I

≈

32

111

32

122

126000

63100

22

32

110

62

72

101LLL

LLL

−←

−←

−−

−−

≈

6

44

126000

63100

53010

32001L

L ←

−−

−−

≈

≈

4333

4322

4211

21000

63100

53010

32001

LLL

LLL

LLL

+←

−←

+←

−−

−−

≈

−

21000

00100

10010

10001

�

�

�

�

.

Logo, o posto da matriz ampliada é 4 e da matriz dos coeficientes também é. Como o posto da matriz dos coeficientes é igual ao posto da matriz ampliada o sistema é possível e determinado. Vamos ver o determinante,

det B =

1011

2112

3120

2111

−

−

−

= ( ) ( )101

212

211

12

101

211

211

102212

−

−

⋅−⋅+

−

−

−

⋅−⋅++ +

( ) ( )011

112

111

13

111

212

211

114232

−

−⋅−⋅+

−

−

⋅−⋅+++

Assim temos: ( ) ( ) ( ) 30159605391320)det( −=−−−=−⋅+⋅−−⋅+=B . Como o determinante é diferente de zero, o sistema tem solução única. Resolvendo por Cramer obtemos:

130

30

30

1014

2115

3124

2114

=−

−=

−

−

−

−−

=x

52

ÁLGEBRA LINEAR I

130

30

30

1041

2152

3140

2141

−=−

=−

−

−−

=y

030

0

30

1411

2512

3420

2411

=−

=−

−

−−

=z

230

60

30

4011

5112

4120

4111

=−

−=

−

−

−

−

=w

Assim: 2;0;1;1 ==−== wzyx