aplicar o escalonamento para calcubar o determinante:
B=\left(\begin{array}{cccc} 1 & -1 & 2 & 3 \\\\ 2 & 1 & 0 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 2 & -1 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede o cálculo de \det(B) para a matriz
B=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 3 \\[6pt] 2 & 1 & 0 & 1 \\[6pt] 1 & 1 & 1 & 1 \\[6pt] 0 & 1 & 2 & -1 \end{pmatrix}
usando escalonamento (operações elementares do tipo “somar múltiplo de uma linha a outra”), que não alteram o valor do determinante. Nosso objetivo é levar B a uma forma triangular superior, para então obter \det(B) como produto dos pivôs.]

Passo 2

Eliminamos abaixo do pivô da primeira coluna B_{11}=1:
  • L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1} - L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1} A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 3 \\[4pt] 0 & 3 & -4 & -5 \\[4pt] 0 & 2 & -1 & -2 \\[4pt] 0 & 1 & 2 & -1 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Agora usamos o pivô da segunda coluna 3 para zerar abaixo:
  • L_{3}\leftarrow L_{3}-\tfrac{2}{3}L_{2} - L_{4}\leftarrow L_{4}-\tfrac{1}{3}L_{2} Como são operações do tipo “somar múltiplo de outra linha”, o determinante não muda. A matriz passa a ser
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 3 \\[4pt] 0 & 3 & -4 & -5 \\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{5}{3} & \tfrac{4}{3} \\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{10}{3} & \tfrac{2}{3} \end{pmatrix}.]

Passo 4

Por fim, com pivô \tfrac{5}{3} na terceira coluna, eliminamos o elemento abaixo:
  • L_{4}\leftarrow L_{4}-2\,L_{3} Ainda sem alterar o determinante, obtemos a forma triangular
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 3 \\[4pt] 0 & 3 & -4 & -5 \\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{5}{3} & \tfrac{4}{3} \\[4pt] 0 & 0 & 0 & -2 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Em uma matriz triangular superior, o determinante é o produto dos elementos da diagonal. Assim,
\det(B) =1 \times 3 \times \tfrac{5}{3} \times (-2) =-10.

Resposta

\det(B)=-10

Exercícios relacionados