(IME-85 CG) Seja o sistema: \left(\begin{array}{ccc}1 & -2 & 1 \\\\ 2 & 1 & 1 \\\\ 0 & 5 & -1\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x \\\ y \\\ z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{l}y_{1} \\\ y_{2} \\\ y_{3}\end{array}\right). Discutir os valores de y_{1}, y_{2} e y_{3} para que este sistema admita soluçăo.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
A\begin{pmatrix}x\y\z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}y_{1}\y_{2}\y_{3}\end{pmatrix},
onde
A=\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1\\\\ 2 & 1 & 1\\\\ 0 & 5 & -1 \end{pmatrix}.
Queremos discutir para quais valores de y_{1},y_{2},y_{3} o sistema é compatível. Usaremos o método do posto (rank): se \operatorname{rank}A=\operatorname{rank}[A\,|\,\mathbf y] então há solução.

Passo 2

Calculamos o determinante de A para testar invertibilidade:
\det A =1\cdot(1\cdot(-1)-1\cdot5)\; -(-2)\cdot(2\cdot(-1)-1\cdot0)\; +1\cdot(2\cdot5-1\cdot0) =-6-4+10=0.
Como \det A=0, a matriz não é invertível e \operatorname{rank}A<3.

Passo 3

Para ver que \operatorname{rank}A=2, basta notar que o menor principal de ordem 2
\begin{vmatrix} 1 & -2\\\\ 2 & 1 \end{vmatrix} =1\cdot1-(-2)\cdot2=5\neq0.
Logo \operatorname{rank}A=2.

Passo 4

O sistema é compatível exatamente se \operatorname{rank}[A\,|\,\mathbf y] também for 2. Isso equivale a exigir que \mathbf y esteja ortogonal a todo vetor não nulo do núcleo à esquerda de A. Procuramos \mathbf w=(\alpha,\beta,\gamma)\neq(0,0,0) tal que
\mathbf w^{T}A=0. Das equações
\alpha+2\beta=0,\quad -2\alpha+\beta+5\gamma=0,\quad \alpha+\beta-\gamma=0
vem \alpha=-2\beta, \gamma=-\beta. Tomando \beta=1 temos \mathbf w=(-2,1,-1). A condição de consistência é
\mathbf w^{T}\begin{pmatrix}y_{1}\y_{2}\y_{3}\end{pmatrix} =-2y_{1}+y_{2}-y_{3}=0.

Resposta

O sistema admite solução se, e somente se,
-2y_{1}+y_{2}-y_{3}=0,
isto é, y_{2}=2y_{1}+y_{3}.

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