Q3: Calcule det \left(\left[\begin{array}{rrrrr}0 & 3 & 3 & 3 & 3 \\\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & -1 & 0 & -3 & 0 \\\\ 2 & -4 & -4 & -5 & -5 \\\\ 1 & 7 & 7 & 5 & 9\end{array}\right]\right)
Dica: Calcule via escalonamento.
(A) 5
(B) 6
(C) 7
(D) 8
(E) 9
(F) 10
(G) 11
(H) 12

Passo 1

O enunciado pede para calcular o determinante da matriz 5\times5 abaixo (usar escalonamento):
A=\begin{pmatrix} 0 & 3 & 3 & 3 & 3 \\\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & -1 & 0 & -3 & 0 \\\\ 2 & -4 & -4 & -5 & -5 \\\\ 1 & 7 & 7 & 5 & 9 \end{pmatrix}
Pergunta: qual é \det(A)? (Escolhas dadas: (A) 5, (B) 6, (C) 7, (D) 8, (E) 9, (F) 10, (G) 11, (H) 12.)

Passo 2

Breve explicação das regras que vou usar (muito importantes ao escalonar para obter o determinante):
  • Trocar duas linhas multiplica o determinante por -1. Ex.: trocar R_i com R_j faz \det virar -\det.
  • Somar a uma linha um múltiplo de outra linha não altera o determinante. Ex.: R_i \leftarrow R_i + k R_j mantém \det.
  • Multiplicar uma linha por um escalar c multiplica o determinante por c. Vou evitar multiplicar linhas por escalares sempre que possível para não introduzir fatores extra, preferindo operações do tipo soma de linhas.
    No fim, se eu conseguir triangular superior a matriz sem escalonar linhas por multiplicação, o determinante é o produto das entradas da diagonal principal, ajustado pelos sinais/fatores introduzidos pelas trocas/multiplicações efetuadas.

Passo 3

Primeiro objetivo: ter um pivô não nulo na posição (1,1). Observando A, a primeira entrada é 0 e a segunda linha tem 1 nessa coluna. Faço a troca
R_1 \leftrightarrow R_2.
Efeito sobre o determinante: multiplica por -1, então nesse ponto temos
\det(A) = -\det(A_1),
onde A_1 é a matriz após a troca. A matriz resultante é
A_1=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 3 & 3 & 3 & 3 \\\\ 0 & -3 & -2 & -5 & -2 \\\\ 0 & -6 & -6 & -7 & -7 \\\\ 0 & 6 & 6 & 4 & 8 \end{pmatrix}
(Obs.: eu obtive as linhas 3,4,5 subtraindo 2R_1, 2R_1 e 1R_1 daquelas linhas originais respectivamente; vou explicar essa conta no passo seguinte.)

Passo 4

Mostro como obtive as linhas 3,4,5 em A_1. Após a troca, R_1=(1,1,1,1,1). Para zerar as entradas da primeira coluna nas linhas 3,4,5 usei operações do tipo R_i \leftarrow R_i - kR_1, que não alteram o determinante:
  • Para a linha 3: R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1. Cálculo componente a componente: (2,-1,0,-3,0) - 2(1,1,1,1,1) = (0,-3,-2,-5,-2).
  • Para a linha 4: R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1. (2,-4,-4,-5,-5) - 2(1,1,1,1,1) = (0,-6,-6,-7,-7).
  • Para a linha 5: R_5 \leftarrow R_5 - R_1. (1,7,7,5,9) - (1,1,1,1,1) = (0,6,6,4,8).
Essas operações garantiram a forma de A_1 mostrada no passo anterior e não mudaram \det (além do sinal já introduzido pela troca).

Passo 5

Agora uso o pivô em (2,2), que na matriz A_1 é 3. Quero zerar as entradas embaixo dele na coluna 2. Como essas entradas são -3,-6,6 nas linhas 3,4,5, posso usar combinações inteiras sem introduzir fatores:
  • Faço R_3 \leftarrow R_3 + R_2 (pois -3+3=0).
  • Faço R_4 \leftarrow R_4 + 2R_2 (pois -6+2\cdot3=0).
  • Faço R_5 \leftarrow R_5 - 2R_2 (pois 6-2\cdot3=0).
    Essas operações não alteram o determinante. Calculando as novas linhas:
  • R_3 = (0,-3,-2,-5,-2) + (0,3,3,3,3) = (0,0,1,-2,1).
  • R_4 = (0,-6,-6,-7,-7) + 2(0,3,3,3,3) = (0,0,0,-1,-1).
  • R_5 = (0,6,6,4,8) - 2(0,3,3,3,3) = (0,0,0,-2,2).
    A matriz fica então
A_2=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 3 & 3 & 3 & 3 \\\\ 0 & 0 & 1 & -2 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & -1 & -1 \\\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 2 \end{pmatrix}
e \det(A) = -\det(A_2) (lembrando o sinal da troca anterior).

Passo 6

Continuo com o escalonamento: o pivô em (3,3) é 1, já bom; a entrada em (4,4) é -1. Quero zerar a entrada (5,4)=-2. Uso a operação
R_5 \leftarrow R_5 - 2R_4,
pois -2 - 2(-1) = -2 + 2 = 0. Essa operação não altera o determinante. Calculando:
(0,0,0,-2,2) - 2(0,0,0,-1,-1) = (0,0,0,0,4).
Agora a matriz está em forma triangular superior:
A_3=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 3 & 3 & 3 & 3 \\\\ 0 & 0 & 1 & -2 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & -1 & -1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 4 \end{pmatrix}
e ainda \det(A) = -\det(A_3).

Passo 7

Para uma matriz triangular superior, o determinante é o produto das entradas da diagonal principal. Assim
\det(A_3) = 1 \cdot 3 \cdot 1 \cdot (-1) \cdot 4 = -12.
Como \det(A) = -\det(A_3) (devido à troca inicial de linhas), temos
\det(A) = -(-12) = 12.

Resposta

(H) 12

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