Cada - representa, nos sistemas lineares abaixo, um número diferente de zero. (Diferentes ■’s podem assumir valores distintos!) Assinale o único destes sistemas que pode, talvez, não ter solução.
(A) \left[\begin{array}{lll|l}0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 \\\ \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 \\\\ 0 & \mathbf{m} & 0 & 0\end{array}\right]
(B) \left[\begin{array}{lll|l}\mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 & \mathbf{m} \\\\ 0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} \\\ \mathbf{m} & 0 & 0 & \mathbf{m}\end{array}\right]
(C) \left[\begin{array}{lll|l}\mathbf{m} & 0 & \mathbf{m} & 0 \\\ \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 & 0 \\\\ 0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0\end{array}\right]
(D) \left[\begin{array}{lll|l}\mathbf{m} & 0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} \\\ \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} \\\\ 0 & \mathbf{m} & 0 & \mathbf{m}\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado apresenta quatro sistemas lineares escritos como matrizes aumentadas 3×3+1, em que cada traço - representa um número diferente de zero (ou seja, cada \(\mathbf{m}\) é não nulo; diferentes \(\mathbf{m}\) podem ser valores distintos). A pergunta é: assinale o único desses sistemas que pode, talvez, não ter solução (ou seja, existe alguma atribuição de valores não nulos aos símbolos que torne o sistema impossível).
Informações dadas (peguei isso do enunciado):
  • Sistema (A): \left[\begin{array}{lll|l}0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 \\\ \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 \\\\ 0 & \mathbf{m} & 0 & 0\end{array}\right]. (RHS todo zero.)
  • Sistema (B): \left[\begin{array}{lll|l}\mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 & \mathbf{m} \\\\ 0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} \\\ \mathbf{m} & 0 & 0 & \mathbf{m}\end{array}\right]. (RHS possivelmente não zero.)
  • Sistema (C): \left[\begin{array}{lll|l}\mathbf{m} & 0 & \mathbf{m} & 0 \\\ \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0 & 0 \\\\ 0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} & 0\end{array}\right]. (RHS todo zero.)
  • Sistema (D): \left[\begin{array}{lll|l}\mathbf{m} & 0 & \mathbf{m} & \mathbf{m} \\\ \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} & \mathbf{m} \\\\ 0 & \mathbf{m} & 0 & \mathbf{m}\end{array}\right]. (RHS possivelmente não zero.)
O que o problema pede: identificar qual dos quatro sistemas é o único que pode vir a NÃO ter solução para alguma escolha de valores não nulos.

Passo 2

Observação importante (conceito usado aqui): um sistema homogêneo (RHS todo zero) sempre tem pelo menos a solução trivial x=0; portanto um sistema homogêneo nunca é inconsistente (ele pode ter infinidade de soluções, mas nunca “nenhuma”). Aplicando isso aos nossos casos:
  • (A) e (C) são homogêneos (vetor RHS é todo zero). Logo, independentemente dos valores não nulos das entradas, esses sistemas sempre têm a solução trivial e portanto jamais serão inconsistentes.
    Portanto só resta analisar (B) e (D).

Passo 3

Outra observação útil (breve aula): para um sistema linear com matriz de coeficientes A quadrada 3\times3,
  • se \det(A)\neq0 então A é invertível e o sistema A x = b tem solução única para qualquer b (ou seja, é sempre consistente);
  • se \det(A)=0 então A é singular e pode ocorrer que o sistema seja inconsistente ou que tenha infinitas soluções, dependendo se b pertence ou não ao espaço coluna de A.
    Logo, para saber se um sistema “pode não ter solução” basta verificar se existe uma escolha de entradas não nulas que faça \det(A)=0 e, além disso, escolher um b (RHS) que não esteja no espaço coluna correspondente. Se \det(A) for sempre não nulo (para todas as escolhas não nulas), o sistema será sempre consistente.
Vou aplicar isso a (B) e (D).

Passo 4

Análise de (B). Escrevo a matriz de coeficientes de (B) com símbolos não nulos:
A_B=\begin{pmatrix} a & b & 0\\[4pt] 0 & c & d\\[4pt] e & 0 & 0 \end{pmatrix},
onde a,b,c,d,e são todos não nulos (cada \mathbf{m} diferente pode ser um desses símbolos).
Calculo do determinante (mostrando o passo):
\det(A_B) = a\det\begin{pmatrix}c & d\\[2pt]0 & 0\end{pmatrix} - b\det\begin{pmatrix}0 & d\\[2pt]e & 0\end{pmatrix} + 0\cdot(\cdots).
Agora
\det\begin{pmatrix}c & d\\[2pt]0 & 0\end{pmatrix}=c\cdot0-d\cdot0=0,
\det\begin{pmatrix}0 & d\\[2pt]e & 0\end{pmatrix}=0\cdot0-d\cdot e= -d e.
Portanto
\det(A_B)=0 - b\cdot(-d e)=b d e.
Como b,d,e são não nulos por hipótese, \det(A_B)=b d e\neq0 sempre. Conclusão: a matriz de coeficientes de (B) é sempre invertível para qualquer escolha de valores não nulos, logo (B) sempre tem solução (única) para qualquer RHS. Portanto (B) não pode ser o sistema que “talvez não tenha solução”.]

Passo 5

Análise de (D). Escrevo a matriz de coeficientes de (D):
A_D=\begin{pmatrix} a & 0 & b\\[4pt] c & d & e\\[4pt] 0 & f & 0 \end{pmatrix},
com a,b,c,d,e,f todos não nulos.
Calculo do determinante:
\det(A_D) = a\det\begin{pmatrix}d & e\\[2pt]f & 0\end{pmatrix} - 0\cdot(\cdots) + b\det\begin{pmatrix}c & d\\[2pt]0 & f\end{pmatrix}.
Agora
\det\begin{pmatrix}d & e\\[2pt]f & 0\end{pmatrix}=d\cdot0 - e\cdot f = -ef,
\det\begin{pmatrix}c & d\\[2pt]0 & f\end{pmatrix}=c\cdot f - d\cdot0 = cf.
Portanto
\det(A_D)=a(-ef) + b(cf)=f(-a e + b c)=f(bc - a e).
Aqui f é não nulo, mas o fator bc - a e pode ser zero para escolhas apropriadas de a,b,c,e. Ou seja, é possível escolher não nulos a,b,c,e com bc = a e so that \det(A_D)=0. Logo a matriz de coeficientes pode ser singular. Quando ela é singular existe a possibilidade de o sistema ser inconsistente, se o vetor RHS não estiver no espaço coluna.
Para mostrar concretamente que (D) “pode” não ter solução, basta dar um exemplo explícito com todas as entradas não nulas que resulta em contradição. Escolho valores simples não nulos que satisfazem bc = a e: tome
a=b=c=d=e=f=1,
e também tomo o vetor RHS com todas as entradas iguais a 1 (todos não nulos, como exige o enunciado para os traços). Então a matriz aumentada fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 1 \end{array}\right].
Resolvendo passo a passo:
  • A terceira equação dá y=1.
  • Substituindo em segunda equação: x + 1 + z = 1 \Rightarrow x+z=0.
  • A primeira equação diz x + z = 1.
    Temos x+z=0 e x+z=1 simultaneamente — contradição. Portanto esse caso não tem solução. Todas as entradas usadas são não nulas, então (D) realmente pode ser inconsistente para escolhas adequadas de valores não nulos.]

Passo 6

Resumo e conclusão lógica:
  • (A) e (C) são homogêneos ⇒ sempre têm a solução trivial ⇒ nunca inconsistente.
  • (B) tem matriz de coeficientes com determinante bde\neq0 sempre ⇒ invertível ⇒ sempre consistente.
  • (D) admite escolhas não nulas que fazem \det(A_D)=0 e, com escolhas adequadas do RHS (também não nulos), produz um sistema impossível (exemplo concreto fornecido). Portanto (D) é o único que pode, talvez, não ter solução.

Resposta

(D)

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