Calcule o determinante de cada uma das matrizes seguintes:
B=\left[\begin{array}{ccccc}2 & 6 & 5 & 1 & 0 \\\\ 1 & 1 & 3 & 2 & -2 \\\\ 1 & 2 & 1 & 1 & -2 \\\\ -1 & -1 & 2 & -3 & 4 \\\\ 0 & 3 & -1 & 2 & 3\end{array}\right]

Passo 1

O que o enunciado pede: calcular o determinante da matriz
B=\begin{pmatrix} 2 & 6 & 5 & 1 & 0 \\\\ 1 & 1 & 3 & 2 & -2 \\\\ 1 & 2 & 1 & 1 & -2 \\\\ -1 & -1 & 2 & -3 & 4 \\\\ 0 & 3 & -1 & 2 & 3 \end{pmatrix}.
Informações dadas importantes:
  • A matriz B é quadrada de ordem 5.
  • O objetivo é encontrar \det(B).

Passo 2

Plano e regras rápidas (coisas que vou usar e explicar):
  • Vou transformar B em uma matriz triangular superior por operações elementares sobre linhas. Para matrizes triangulares vale a regra:
\text{o determinante de uma matriz triangular} = \prod_{i=1}^{n} a_{ii},
onde a_{ii} são os elementos da diagonal principal.
  • Atenção ao efeito das operações sobre o determinante:
    • Trocar duas linhas multiplica o determinante por -1.
    • Somar a uma linha um múltiplo de outra linha não altera o determinante.
    • Multiplicar uma linha por um escalar k multiplica o determinante por k (evitarei esse tipo de operação para não ter que acompanhar fatores).
      Vou preferir trocar linhas e somar múltiplos de linhas, controlando o sinal por trocas.

Passo 3

Primeira operação: trocar R_1 com R_2 para obter um pivô 1 na primeira linha (isso facilita eliminação). Essa troca multiplica o determinante por -1.
Após R_1\leftrightarrow R_2:
\begin{array}{l} R_1=(1,1,3,2,-2),\\[2pt] R_2=(2,6,5,1,0),\\[2pt] R_3=(1,2,1,1,-2),\\[2pt] R_4=(-1,-1,2,-3,4),\\[2pt] R_5=(0,3,-1,2,3). \end{array}]

Passo 4

Usando R_1 para zerar a primeira coluna nas outras linhas por operações que preservam o determinante:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1
  • R_4 \leftarrow R_4 + R_1
    ( R_5 já tem zero na primeira coluna)
Calculando cada uma:
\begin{array}{l} R_2 = (2,6,5,1,0) - 2(1,1,3,2,-2)=(0,4,-1,-3,4),\\[2pt] R_3 = (1,2,1,1,-2) - (1,1,3,2,-2)=(0,1,-2,-1,0),\\[2pt] R_4 = (-1,-1,2,-3,4) + (1,1,3,2,-2)=(0,0,5,-1,2). \end{array}
Agora a matriz (linhas 1 a 5) é
\begin{array}{l} R_1=(1,1,3,2,-2),\\[2pt] R_2=(0,4,-1,-3,4),\\[2pt] R_3=(0,1,-2,-1,0),\\[2pt] R_4=(0,0,5,-1,2),\\[2pt] R_5=(0,3,-1,2,3). \end{array}]

Passo 5

Para eliminar a coluna 2 de forma simples, troco R_2 com R_3 para ter pivô 1 em (2,2). Essa troca multiplica o determinante por -1 novamente. Contabilizando: uma troca anterior e esta = duas trocas \Rightarrow sinal final +1 (ou seja, o produto dos sinais é (-1)\cdot(-1)=+1).
Após R_2\leftrightarrow R_3:
\begin{array}{l} R_1=(1,1,3,2,-2),\\[2pt] R_2=(0,1,-2,-1,0),\\[2pt] R_3=(0,4,-1,-3,4),\\[2pt] R_4=(0,0,5,-1,2),\\[2pt] R_5=(0,3,-1,2,3). \end{array}]

Passo 6

Eliminação na coluna 2 (usar R_2 como pivô):
  • R_3 \leftarrow R_3 - 4R_2
  • R_5 \leftarrow R_5 - 3R_2
    ( R_4 já tem zero na coluna 2)
Calculemos:
\begin{array}{l} R_3 = (0,4,-1,-3,4) - 4(0,1,-2,-1,0) = (0,0,7,1,4),\\[4pt] R_5 = (0,3,-1,2,3) - 3(0,1,-2,-1,0) = (0,0,5,5,3). \end{array}
Agora temos:
\begin{array}{l} R_1=(1,1,3,2,-2),\\[2pt] R_2=(0,1,-2,-1,0),\\[2pt] R_3=(0,0,7,1,4),\\[2pt] R_4=(0,0,5,-1,2),\\[2pt] R_5=(0,0,5,5,3). \end{array}
Até aqui só fiz trocas de linhas (2 trocas) e somas de múltiplos de linhas (que não alteram o determinante).]

Passo 7

Agora trabalhar na terceira coluna com pivô R_3 que tem 7 em (3,3). Usarei operações que preservam o determinante:
  • R_4 \leftarrow R_4 - \dfrac{5}{7}R_3
  • R_5 \leftarrow R_5 - \dfrac{5}{7}R_3
Fazendo as contas (mostrando frações):
\begin{array}{l} R_4 = (0,0,5,-1,2) - \dfrac{5}{7}(0,0,7,1,4) = (0,0,0,-1-\dfrac{5}{7},\,2-\dfrac{20}{7})\\[4pt] \qquad\quad = \Bigl(0,0,0,-\dfrac{12}{7},-\dfrac{6}{7}\Bigr),\\[8pt] R_5 = (0,0,5,5,3) - \dfrac{5}{7}(0,0,7,1,4) = (0,0,0,5-\dfrac{5}{7},\,3-\dfrac{20}{7})\\[4pt] \qquad\quad = \Bigl(0,0,0,\dfrac{30}{7},\dfrac{1}{7}\Bigr). \end{array}
A matriz fica
\begin{array}{l} R_1=(1,1,3,2,-2),\\[2pt] R_2=(0,1,-2,-1,0),\\[2pt] R_3=(0,0,7,1,4),\\[2pt] R_4=\Bigl(0,0,0,-\dfrac{12}{7},-\dfrac{6}{7}\Bigr),\\[2pt] R_5=\Bigl(0,0,0,\dfrac{30}{7},\dfrac{1}{7}\Bigr). \end{array}]

Passo 8

Finalmente, eliminar a entrada (5,4) usando R_4 como pivô na coluna 4. O pivô em (4,4) é -\dfrac{12}{7}. Coeficiente para zerar R_5 é
\frac{(R_5)_{4}}{(R_4)_{4}} = \frac{\dfrac{30}{7}}{-\dfrac{12}{7}} = -\dfrac{30}{12} = -\dfrac{5}{2}.
Então faço R_5 \leftarrow R_5 - \bigl(\dfrac{30/7}{-12/7}\bigr) R_4 = R_5 + \dfrac{5}{2}R_4.
Calculemos a nova quinta linha:
\begin{array}{l} (R_5)_4 = \dfrac{30}{7} + \dfrac{5}{2}\cdot\Bigl(-\dfrac{12}{7}\Bigr) = \dfrac{30}{7} - \dfrac{60}{7} = 0,\\[6pt] (R_5)_5 = \dfrac{1}{7} + \dfrac{5}{2}\cdot\Bigl(-\dfrac{6}{7}\Bigr) = \dfrac{1}{7} - \dfrac{15}{7} = -\dfrac{14}{7} = -2. \end{array}
Assim a matriz triangular superior final (com zeros abaixo da diagonal) tem as diagonais:
a_{11}=1,\quad a_{22}=1,\quad a_{33}=7,\quad a_{44}=-\dfrac{12}{7},\quad a_{55}=-2.
Todas as operações finais foram combinações de linhas (não mudaram o determinante) exceto as duas trocas de linhas que, juntas, multiplicaram o determinante por (-1)\cdot(-1)=+1. Ou seja, não houve mudança líquida de sinal.]

Passo 9

Como a matriz está triangular superior, o determinante é o produto dos elementos da diagonal:
\det(B)=1\cdot 1\cdot 7 \cdot\Bigl(-\dfrac{12}{7}\Bigr)\cdot(-2).
Fazendo as contas passo a passo:
1\cdot 1 =1,\qquad 1\cdot 7 =7,
7\cdot\Bigl(-\dfrac{12}{7}\Bigr) = -12,
-12\cdot(-2)=24.
Portanto \det(B)=24.

Resposta

\det(B)=24

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