Considere a matriz A e vetor b dados por:
A=\left[\begin{array}{ccc} 1 & 1 & 1 \\\\ 2 & 1 & -1 \\\\ 3 & 2 & 0 \end{array}\right], b=\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ -1 \\\\ 0 \end{array}\right]
a) Calcule o determinante de A e faça suas considerações sobre a solução do sistema \mathrm{Ax}=\mathrm{b}.
b) Resolva pela Eliminação Gaussiana.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas:
  1. Calcular o determinante da matriz A e comentar o que esse valor implica sobre as soluções do sistema \mathrm{Ax}=\mathrm{b}.
  2. Resolver o sistema \mathrm{Ax}=\mathrm{b} usando Eliminação Gaussiana.
As informações dadas são:
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 2 & 0 \end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 2

Vou calcular \det(A) usando a expansão pela primeira linha (fórmula de Laplace simples para matrizes 3\times3). Lembre que para uma matriz 3\times3
\det(A)=a_{11}\det(M_{11})-a_{12}\det(M_{12})+a_{13}\det(M_{13}),
onde M_{1j} é a matriz obtida eliminando a linha 1 e a coluna j.
Aqui a_{11}=1, a_{12}=1, a_{13}=1. Os menores são:
M_{11}=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]2 & 0\end{pmatrix},\quad M_{12}=\begin{pmatrix}2 & -1\\[4pt]3 & 0\end{pmatrix},\quad M_{13}=\begin{pmatrix}2 & 1\\[4pt]3 & 2\end{pmatrix}.
Calculo os determinantes dos menores (para uma 2\times2, \det\begin{pmatrix}p&q\\\ r&s\end{pmatrix}=ps-qr):
\det(M_{11}) = 1\cdot 0 - (-1)\cdot 2 = 2,
\det(M_{12}) = 2\cdot 0 - (-1)\cdot 3 = 3,
\det(M_{13}) = 2\cdot 2 - 1\cdot 3 = 4-3 = 1.
Agora aplico a fórmula:
\det(A)=1\cdot 2 - 1\cdot 3 + 1\cdot 1 = 2-3+1 = 0.
Interpretação: \det(A)=0 significa que A é singular (não inversível). Consequência direta: o sistema \mathrm{Ax}=\mathrm{b} não tem uma única solução determinada por x=A^{-1}b. Pode ocorrer ou nenhuma solução (inconsistente) ou infinitas soluções (consistente com grau de liberdade). Para decidir qual dos dois casos, precisamos verificar a consistência — isto é, comparar a classificação (posto) de A e do sistema ampliado [A|b]. Vou fazer isso usando Eliminação Gaussiana.]

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada [A|b]:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & 1 & -1 & -1\\[4pt] 3 & 2 & 0 & 0 \end{array}\right]
Explico as operações elementares que vou usar: substituir uma linha por ela menos um múltiplo de outra linha (operação do tipo R_i\leftarrow R_i - kR_j) não altera o posto nem o determinante (quando considerada só na matriz A). Essa operação é a base da eliminação.]

Passo 4

Eliminação: quero zerar as entradas abaixo do pivô a_{11}=1.
Faço R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1. Cálculo elemento a elemento:
  • nova R_2[1]: 2-2\cdot1=0,
  • nova R_2[2]: 1-2\cdot1=-1,
  • nova R_2[3]: -1-2\cdot1=-3,
  • nova R_2[4] (lado direito): -1-2\cdot1=-3.
Portanto R_2 se torna [0\; -1\; -3\;|\; -3].
Faço R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1. Cálculo:
  • nova R_3[1]: 3-3\cdot1=0,
  • nova R_3[2]: 2-3\cdot1=-1,
  • nova R_3[3]: 0-3\cdot1=-3,
  • nova R_3[4]: 0-3\cdot1=-3.
Portanto R_3 se torna [0\; -1\; -3\;|\; -3].
A matriz aumentada agora é
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & -3 & -3\\[4pt] 0 & -1 & -3 & -3 \end{array}\right].]

Passo 5

Vejo que R_2 e R_3 são idênticas. Para eliminar o elemento abaixo do pivô da segunda linha faço R_3 \leftarrow R_3 - R_2:
  • todas as entradas de R_3 ficam 0.
Então obtenho
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & -3 & -3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Conclusão sobre postos: a matriz A reduzida tem duas linhas não nulas (duas pivôs), então \operatorname{rank}(A)=2. A matriz aumentada também tem terceira linha toda zero, então \operatorname{rank}([A|b])=2. Como \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A|b])=2<3 (número de incógnitas), o sistema é consistente e tem infinitas soluções (um grau de liberdade).]

Passo 6

Agora resolvo explicitamente as equações equivalentes obtidas na forma triangular:
As duas equações não-nulas (das duas primeiras linhas) são:
\begin{cases} x_1 + x_2 + x_3 = 1,\\[4pt] - x_2 -3x_3 = -3. \end{cases}
Da segunda equação isolo x_2. Multiplicando por -1:
x_2 + 3x_3 = 3 \quad\Rightarrow\quad x_2 = 3 - 3x_3.
Chamo a variável livre x_3=t\in\mathbb{R}. Substituo em x_1 + x_2 + x_3 = 1:
x_1 + (3-3t) + t = 1 \quad\Rightarrow\quad x_1 + 3 -2t = 1.
Isolando x_1:
x_1 = 1 -3 + 2t = -2 + 2t.
Portanto a solução geral é
x_1 = -2 + 2t,\qquad x_2 = 3 - 3t,\qquad x_3 = t,\qquad t\in\mathbb{R}.
Em forma vetorial:
x=\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}2\\[4pt]-3\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.]

Passo 7

Checagem rápida (para garantir que não cometi erro): tomo t=0 e obtenho x=(-2,3,0)^\top. Calculo Ax:
A\begin{pmatrix}-2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot(-2)+1\cdot 3 +1\cdot 0\\[4pt] 2\cdot(-2)+1\cdot 3 +(-1)\cdot 0\\[4pt] 3\cdot(-2)+2\cdot 3 +0\cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\end{pmatrix}=b,
confere com b. Boa — a família de soluções está correta.]

Resposta

a) \det(A)=0. Como \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A|b])=2<3, o sistema é consistente e possui infinitas soluções (um parâmetro livre).
b) \displaystyle x=\begin{pmatrix}-2\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}2\\[4pt]-3\\[4pt]1\end{pmatrix},\quad t\in\mathbb{R}.]

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