( \mathbf{2 5} pts) Considere o sistema linear nas variáveis x, y, z e w :
\left\{\begin{array}{ccc} x+2 y+\boldsymbol{\alpha} z-w & = & 1 \\\\ -\boldsymbol{\alpha} x-2 \boldsymbol{\alpha} y-z+(2+\boldsymbol{\alpha}) w & = & 2-\boldsymbol{\alpha} \\\\ -x-2 y-\boldsymbol{\alpha} z+\boldsymbol{\alpha} w & = & \boldsymbol{\beta} \end{array}\right.
(a) (8 pts) Para que valores de \boldsymbol{\alpha} e \boldsymbol{\beta} o sistema (1) é possível e indeterminado? Justifique, pelo Teorema do Posto.
(b) (8 pts) Para que valores de \boldsymbol{\alpha} e \boldsymbol{\beta} o sistema (1) é impossível? Justifique, pelo Teorema do Posto.
(c) (9 pts) Usando \boldsymbol{\alpha}=3 e \boldsymbol{\beta}=5, resolva o sistema (1) utilizando a fatoração \boldsymbol{L} \boldsymbol{U}.

Passo 1

Vou deixar bem claro o que o enunciado nos dá e o que pede (peguei todas as informações do próprio enunciado).
  • Sistema nas variáveis x,y,z,w:
\left\{\begin{array}{rcl} x+2y+\alpha z-w &=& 1,\\[4pt] -\alpha x-2\alpha y - z + (2+\alpha)w &=& 2-\alpha,\\[4pt] -x-2y-\alpha z +\alpha w &=& \beta. \end{array}\right.
  • Parâmetros: \alpha e \beta são números reais desconhecidos.
  • Perguntas:
    (a) Para que valores de \alpha e \beta o sistema é possível e indeterminado?
    (b) Para que valores de \alpha e \beta o sistema é impossível?
    (c) Tomando \alpha=3 e \beta=5, resolver o sistema usando fatoração L U.
Observações úteis que vamos usar depois (não estou resolvendo ainda):
  • Montarei a matriz dos coeficientes A e a matriz aumentada [A\mid b].
  • Aplicarei o Teorema do Posto: o sistema é consistente se, e somente se, \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A\mid b]). Se consistente e \operatorname{rank}(A)< número de incógnitas (aqui 4), então há infinitas soluções (indeterminado). Se \operatorname{rank}(A)<\operatorname{rank}([A\mid b]) então é impossível.]

Passo 2

Escrevo a matriz dos coeficientes A e o vetor coluna dos termos independentes b.
  • Matriz dos coeficientes A (3 linhas × 4 colunas):
A=\begin{pmatrix} 1 & 2 & \alpha & -1\\[4pt] -\alpha & -2\alpha & -1 & 2+\alpha\\[4pt] -1 & -2 & -\alpha & \alpha \end{pmatrix}.
  • Vetor b:
b=\begin{pmatrix}1\\[4pt] 2-\alpha\\[4pt] \beta\end{pmatrix}.
Comentário didático rápido sobre posto: para uma matriz com 3 linhas, o posto (rank) máximo é 3. Se encontrarmos algum menor 3\times3 (ou seja, escolher 3 colunas e formar uma matriz 3\times3) com determinante não nulo, então \operatorname{rank}(A)=3. Caso todos os menores 3\times3 sejam nulos, o posto é menor que 3 (ou seja 2 ou 1 ou 0). Vou calcular um menor 3\times3 conveniente e ver quando ele é zero ou não.]

Passo 3

Calculo o determinante do menor formado pelas colunas 1,3,4 de A. Essa escolha evita alguns termos repetitivos e dá uma expressão simples.
Matriz formada pelas colunas 1,3,4:
M(\alpha)=\begin{pmatrix} 1 & \alpha & -1\\[4pt] -\alpha & -1 & 2+\alpha\\[4pt] -1 & -\alpha & \alpha \end{pmatrix}.
Calculo o determinante \det M(\alpha). Fazendo a expansão (desenvolvimento por primeira linha, por exemplo), chega-se a
\det M(\alpha)=(\alpha-1)^2(\alpha+1).
(Desenvolvimento detalhado: ao expandir e fatorar os termos obtém-se a fatoração acima; é útil perceber que o resultado fatorado facilita identificar os valores de \alpha que anulam o determinante.)
Conclusão deste passo:
  • Se \alpha\neq 1 e \alpha\neq -1 então \det M(\alpha)\neq 0, portanto \operatorname{rank}(A)=3.
  • Se \alpha=1 ou \alpha=-1 então \det M(\alpha)=0, então o posto de A é menor que 3 (vou estudar cada caso separadamente).]

Passo 4

Caso geral: \alpha\neq \pm1.
  • Temos \operatorname{rank}(A)=3 (pela determinação do menor não nulo).
  • A matriz aumentada [A\mid b] tem também no máximo posto 3 (porque só tem 3 linhas). Portanto \operatorname{rank}([A\mid b])\le 3.
  • Logo \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A\mid b])=3, ou seja o sistema é consistente.
  • Como o número de incógnitas é 4 e \operatorname{rank}(A)=3<4, o sistema tem infinitas soluções (é indeterminado) — haverá exatamente 4-3=1 parâmetro livre.
Portanto, para todo \alpha\neq 1 e \alpha\neq -1, o sistema é possível e indeterminado, independentemente de \beta.

Passo 5

Agora estudar separadamente os casos críticos \alpha=1 e \alpha=-1, porque então \operatorname{rank}(A)\le 2 e pode haver inconsistência dependendo de \beta.
Caso \alpha=1:
  • Substituo \alpha=1 nas linhas (coeficientes): A_{\alpha=1}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 1 & -1\\[4pt] -1 & -2 & -1 & 3\\[4pt] -1 & -2 & -1 & 1 \end{pmatrix}, \qquad b_{\alpha=1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]\beta\end{pmatrix}.
  • Observação de dependência linear entre as linhas: a 1ª linha r_1 e a 3ª linha r_3 satisfazem r_1 + r_3 = 0 \quad\text{(vetor zero)},porque r_3 = -r_1 salvo pelo quarto elemento? checando: r_1=(1,2,1,-1), r_3=(-1,-2,-1,1)=-r_1. Logo r_1 + r_3 =0.
  • Pela relação linear entre as linhas dos coeficientes, para que o sistema seja consistente precisamos a mesma relação nos termos independentes: b_1 + b_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad 1 + \beta = 0 \quad\Rightarrow\quad \beta = -1.
  • Conclusões:
    • Se \alpha=1 e \beta=-1, então a dependência entre linhas se repete também na parte direita, logo \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A\mid b])=2 e o sistema é possível e indeterminado (há 4-2=2 graus de liberdade).
    • Se \alpha=1 e \beta\neq -1, então \operatorname{rank}([A\mid b])=3 enquanto \operatorname{rank}(A)=2, portanto o sistema é impossível.]

Passo 6

Caso \alpha=-1:
  • Substituo \alpha=-1: A_{\alpha=-1}=\begin{pmatrix} 1 & 2 & -1 & -1\\[4pt] 1 & 2 & -1 & 1\\[4pt] -1 & -2 & 1 & -1 \end{pmatrix}, \qquad b_{\alpha=-1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]3\\[4pt]\beta\end{pmatrix},porque 2-\alpha=2-(-1)=3.
  • Verifico dependências: observa-se que a 2ª linha r_2 e a 3ª linha r_3 satisfazem r_2 + r_3 = 0 \quad\text{(pois \(r_3=-r_2\))},porque r_2=(1,2,-1,1) e r_3=(-1,-2,1,-1)=-r_2.
  • Para a consistência, a mesma relação deve valer nos termos independentes: b_2 + b_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad 3 + \beta = 0 \quad\Rightarrow\quad \beta = -3.
  • Conclusões:
    • Se \alpha=-1 e \beta=-3 então \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A\mid b])=2 e o sistema é possível e indeterminado (há 4-2=2 graus de liberdade).
    • Se \alpha=-1 e \beta\neq -3 então o sistema é impossível.]

Passo 7

Resumo (interpretação do Teorema do Posto aplicada a todos os casos) — já justificado pelos passos anteriores:
  • Para \alpha\neq\pm1: \operatorname{rank}(A)=3 e o sistema é sempre possível e indeterminado (infinitas soluções).
  • Para \alpha=1: \operatorname{rank}(A)=2. O sistema é possível e indeterminado somente se \beta=-1; é impossível se \beta\neq -1.
  • Para \alpha=-1: \operatorname{rank}(A)=2. O sistema é possível e indeterminado somente se \beta=-3; é impossível se \beta\neq -3.
Esses respondem (a) e (b). A seguir faço (c).

Passo 8

Parte (c): resolvendo para \alpha=3 e \beta=5 usando fatoração L U.
Primeiro escrevo o sistema com \alpha=3 e \beta=5:
\left\{\begin{array}{rcl} x+2y+3z-w &=& 1,\\[4pt] -3x-6y - z +5w &=& -1,\\[4pt] -x-2y-3z +3w &=& 5. \end{array}\right.
(Observe que 2-\alpha=2-3=-1.)
Como já se sabe do item anterior, para \alpha=3 o posto de A é 3, então o sistema é consistente e indeterminado (tem um parâmetro livre). Para aplicar LU com conforto escolho uma variável livre e resolvo para as outras três com uma matriz 3\times3 invertível. Vou escolher y como parâmetro livre (escrevo y=s, com s\in\mathbb{R}). Assim tratamos y como conhecido e resolvemos um sistema 3\times3 nas incógnitas x,z,w.
Reescrevendo com y=s e isolando as colunas das incógnitas x,z,w:
\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1\\[4pt] -3 & -1 & 5\\[4pt] -1 & -3 & 3 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[4pt] z\\[4pt] w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1-2s\\[4pt] -1+6s\\[4pt] 5+2s \end{pmatrix}.
Chame essa matriz B e o lado direito d(s):
B=\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1\\[4pt] -3 & -1 & 5\\[4pt] -1 & -3 & 3 \end{pmatrix},\qquad d(s)=\begin{pmatrix}1-2s\\[4pt]-1+6s\\[4pt]5+2s\end{pmatrix}.]

Passo 9

Faço a fatoração B=LU sem pivoteamento (Doolittle: L com diagonal de uns).
Começo com B e eliminação passo a passo:
  • Pivot u_{11}=1.
    • l_{21}=-3 (porque -3/1=-3),
    • l_{31}=-1.
  • Atualizo linhas:
    • Linha 2 ← Linha2 − l_{21}*Linha1 = Linha2 +3·Linha1 = (0,8,2).
    • Linha 3 ← Linha3 − l_{31}*Linha1 = Linha3 +1·Linha1 = (0,0,2).
  • Agora pivot u_{22}=8.
    • l_{32}=0 (porque a posição (3,2) é 0).
  • A matriz triangular superior U e a inferior L são:
L=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0\\[4pt] -3 & 1 & 0\\[4pt] -1 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad U=\begin{pmatrix} 1 & 3 & -1\\[4pt] 0 & 8 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}.
Verificação rápida: L U reconstrói B (pode-se multiplicar para checar).]

Passo 10

Resolve-se agora [B \begin{pmatrix}x\z\w\end{pmatrix}=d(s)) por substituição direta em duas etapas:
  1. Resolver L y = d(s) para y.
  2. Resolver U \begin{pmatrix}x\z\w\end{pmatrix} = y por retro-substituição.
Passo 1: L y = d(s). Escrevendo y=(y_1,y_2,y_3)^T:
\begin{cases} y_1 &= 1-2s,\\[4pt] -3y_1 + y_2 &= -1+6s,\\[4pt] -1\cdot y_1 + y_3 &= 5+2s. \end{cases}
Daí:
  • y_1 = 1-2s\]. - \[y_2 = -1+6s +3y_1 = -1+6s +3(1-2s) = -1+6s +3 -6s = 2.
    - y_3 = 5+2s + y_1 = 5+2s + (1-2s) = 6.
Logo y=\begin{pmatrix}1-2s\\[4pt]2\\[4pt]6\end{pmatrix}.
Passo 2: resolver U [x,z,w]^T = y. Escrevo as equações:
\begin{cases} x + 3z - w &= 1-2s,\\[4pt] 8z + 2w &= 2,\\[4pt] 2w &= 6. \end{cases}
Da terceira equação 2w=6\] obtemos \(w=3.
Da segunda 8z + 2\cdot 3 =2 \Rightarrow 8z +6 =2 \Rightarrow 8z=-4 \Rightarrow z=-\dfrac{1}{2}.
Da primeira:
x + 3\left(-\tfrac{1}{2}\right) - 3 = 1-2s \quad\Rightarrow\quad x -\tfrac{3}{2} -3 = 1-2s
x -\tfrac{9}{2} = 1-2s \quad\Rightarrow\quad x = 1-2s +\tfrac{9}{2} = \tfrac{11}{2} -2s.]

Passo 11

Voltando à variável livre y=s (ou seja y é o parâmetro), a solução geral para \alpha=3,\\ \beta=5 é
x=\dfrac{11}{2}-2s,\qquad y=s,\qquad z=-\dfrac{1}{2},\qquad w=3,
com s\in\mathbb{R} (um parâmetro livre). Podemos também escrever tomando y como parâmetro t se preferir: x=\dfrac{11}{2}-2t,\\ y=t,\\ z=-\dfrac{1}{2},\\ w=3.
Verificação rápida: substituindo esses valores nas três equações obtêm-se identidades válidas (confere com os termos independentes).

Resposta

(a) O sistema é possível e indeterminado para todos os \alpha\neq 1 e \alpha\neq -1 (qualquer \beta). Além disso é possível e indeterminado para \alpha=1,\\ \beta=-1 e para \alpha=-1,\\ \beta=-3.
(b) O sistema é impossível somente nos casos \alpha=1,\\ \beta\neq -1 e \alpha=-1,\\ \beta\neq -3.
(c) Para \alpha=3,\\ \beta=5 a solução geral (com y parâmetro livre s) é
x=\dfrac{11}{2}-2s,\qquad y=s,\qquad z=-\dfrac{1}{2},\qquad w=3,\qquad s\in\mathbb{R}.

Exercícios relacionados