1 { }^{\mathbf{a}} Questão Considere a matriz A=\left[\begin{array}{cccc}1 & -2 & 1 & -1 \\\\ 2 & -3 & 3 & -4 \\\\ -1 & 1 & -2 & 3\end{array}\right].
(a) (0.5 pts) Seja \mathbf{b}=\left[\begin{array}{lll}1 & -2 & k\end{array}\right]^{\top}. Para qual valor de k o sistema linear (S): A \mathbf{X}=\mathbf{b} possui solução?
(b) (1.0 pt) Para o valor de k encontrado em (a), encontre o subespaço afim \operatorname{Sol}(S).
(c) (1.0 pt) Seja p=\operatorname{posto}(A). Encontre uma decomposição de A como um produto A=M N em que M tem p colunas e N tem p linhas.

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & -1\\\\ 2 & -3 & 3 & -4\\\\ -1 & 1 & -2 & 3 \end{pmatrix}
e o vetor
\mathbf b = \begin{pmatrix}1\\\ -2\k\end{pmatrix},
e pede:
(a) para qual k o sistema (S)\colon A\mathbf X=\mathbf b tem solução;
(b) para esse k, descrever o subespaço afim \mathrm{Sol}(S);
(c) denotar p=\mathrm{posto}(A) e achar uma fatoração A = M\,N em que M tem p colunas e N tem p linhas.
Vamos usar conceitos de posto (rank), espaço coluna, sistemas lineares e fatoração pelo pivoteamento natural das colunas.

Passo 2

Calcular o posto de A e a condição de consistência de (S).
Aplicamos operações de linha em [A\mid \mathbf b]:
\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & -1 & \vrule & 1\\\\ 2 & -3 & 3 & -4 & \vrule & -2\\\\ -1 & 1 & -2 & 3 & \vrule & k \end{pmatrix}
R2 \to R2 – 2\cdotR1, R3 \to R 3+ R1:
\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & -1 & \vrule & 1\\\\ 0 & 1 & 1 & -2 & \vrule & -4\\\\ 0 & -1 & -1 & 2 & \vrule & k+1 \end{pmatrix}
Agora R3 \to R 3+ R2:
\begin{pmatrix} 1 & -2 & 1 & -1 & \vrule & 1\\\\ 0 & 1 & 1 & -2 & \vrule & -4\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vrule & k-3 \end{pmatrix}.
Os dois primeiros pivôs mostram \mathrm{posto}(A)=2. Para haver solução, a linha zero deve ter também 0 à direita, logo k-3=0.

Passo 3

Da condição acima obtemos
k = 3.

Passo 4

Com k=3\), o sistema reduzido é \[\begin{cases} x_1 - 2x_2 + x_3 - x_4 = 1,\\\ \phantom{x_1{}}x_2 + x_3 - 2x_4 = -4. \end{cases}
Escolhemos parâmetros livres (\displaystyle s = x_3,; t = x_4].
Da segunda equação:
x_2 = -4 - s + 2t.
Da primeira:
x_1 = 1 + 2x_2 - s + t = 1 + 2(-4 - s + 2t) - s + t = -7 - 3s + 5t.
Logo a solução geral é
\mathbf X = \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\x_4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-7\\\ -4\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + s \begin{pmatrix}-3\\\ -1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} + t \begin{pmatrix}5\\\ 2\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}, \quad s,t\in\mathbb R.
Assim
\mathrm{Sol}(S) = \begin{pmatrix}-7\\\ -4\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + \Span\Bigl\{\begin{pmatrix}-3\\\ -1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}5\\\ 2\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}\Bigr\}.

Passo 5

Temos p=\mathrm{posto}(A)=2. Para decompor A=M\,N com M\in\mathbb R^{3\times2} e N\in\mathbb R^{2\times4}, escolhemos as colunas-pivô de A, que são as colunas 1 e 2.
Definimos
M = \bigl[\col_1(A)\;\;\col_2(A)\bigr] = \begin{pmatrix} 1 & -2\\\\ 2 & -3\\\\ -1 & 1 \end{pmatrix}.
Agora escrevemos cada coluna de A como combinação linear de \col_1(A) e \col_2(A):
\col_1(A) = 1\cdot \col_1 + 0\cdot \col_2, \quad \col_2(A) = 0\cdot \col_1 + 1\cdot \col_2,
\col_3(A) = 3\cdot \col_1 + 1\cdot \col_2, \quad \col_4(A) = -5\cdot \col_1 + (-2)\cdot \col_2.
Assim
N = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 & -5\\\\ 0 & 1 & 1 & -2 \end{pmatrix},
e de fato A = M\,N.

Resposta

(a) k=3.
(b) \displaystyle \mathrm{Sol}(S) = \begin{pmatrix}-7\\\ -4\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + \Span\Bigl\{\!(\!-3,-1,1,0)^{\!\top},\,(5,2,0,1)^{\!\top}\Bigr\}.
(c) p=2 e uma fatoração é
M = \begin{pmatrix} 1 & -2\\\\ 2 & -3\\\\ -1 & 1 \end{pmatrix},\quad N = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 3 & -5\\\\ 0 & 1 & 1 & -2 \end{pmatrix}, \quad A = M\,N.

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