(a) Mostre que se a d-b c \neq 0, então a forma escalonada reduzida por linhas de
\left[\begin{array}{ll} a & b \\\ c & d \end{array}\right] \text { é }\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\\\ 0 & 1 \end{array}\right]é
(b) Use o resultado da parte (a) para mostrar que se a d-b c \neq 0, então o sistema linear
\begin{gathered} a x+b y=k \\\ c x+d y=1 \end{gathered}
tem exatamente uma solução.

Passo 1

O enunciado pede em (a) mostrar que, se \det A = ad - bc \neq 0, então a forma escalonada reduzida por linhas (RREF) da matriz
A = \begin{pmatrix}a & b \\\ c & d\end{pmatrix}
é a identidade \displaystyle \begin{pmatrix}1 & 0\\\ 0 & 1\end{pmatrix}. Em (b) devemos usar esse fato para concluir que o sistema
\begin{cases} a\,x + b\,y = k,\\\ c\,x + d\,y = 1 \end{cases}
tem exatamente uma solução. O conteúdo envolvido é eliminação de Gauss (operações elementares em linhas) e a relação com determinante e inversibilidade.

Passo 2

Como ad - bc \neq 0, temos que \det A\neq 0, logo A é invertível e suas linhas são linearmente independentes. Em particular, pelo menos um dos elementos a ou c é não nulo. Se a=0, então c\neq 0 e basta trocar a primeira linha com a segunda; depois renomeamos linhas de modo que o pivô na primeira coluna seja não nulo. Sem perda de generalidade, suponha agora a\neq 0.

Passo 3

Aplicamos eliminação de Gauss:
  1. Divida a primeira linha por a:
R_1\leftarrow \frac{1}{a}R_1 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1 & \frac{b}{a}\\[6pt] c & d \end{pmatrix}.
  1. Zere o elemento abaixo do pivô na coluna 1:
R_2\leftarrow R_2 - c\,R_1 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1 & \frac{b}{a}\\[6pt] 0 & d - \frac{bc}{a} \end{pmatrix}.
Mas
d - \frac{bc}{a} = \frac{ad - bc}{a} \neq 0
pois ad - bc\neq 0. Então o segundo pivô também é não nulo.]

Passo 4

Continuando a escalonar:
  1. Escalamos a segunda linha para obter pivô 1:
R_2\leftarrow \frac{a}{ad - bc}\,R_2 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1 & \frac{b}{a}\\[6pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.
  1. Zere o elemento acima do segundo pivô:
R_1\leftarrow R_1 - \frac{b}{a}\,R_2 \;\Longrightarrow\; \begin{pmatrix} 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 \end{pmatrix}.
Assim mostramos que a RREF de A é a matriz identidade.]

Passo 5

Para a parte (b), consideramos a matriz aumentada do sistema:
\bigl[A\mid\mathbf{b}\bigr] =\begin{pmatrix} a & b & \vline & k\\\ c & d & \vline & 1 \end{pmatrix}.
Como as operações usadas em (a) não envolvem trocar colunas, aplicamos exatamente os mesmos passos à matriz aumentada e chegamos à forma
\begin{pmatrix} 1 & 0 & \vline & x^*\\\\ 0 & 1 & \vline & y^* \end{pmatrix}.
Isso significa que o sistema tem solução única (x,y)=(x^*,y^*). Pelo cálculo padrão (ou pela regra de Cramer) obtém-se
x^* = \frac{d\,k - b\cdot1}{ad - bc} \quad\text{e}\quad y^* = \frac{a\cdot1 - c\,k}{ad - bc},
ou seja, exatamente uma solução.

Resposta

(a) A RREF de \displaystyle\begin{pmatrix}a&b\c&d\end{pmatrix} é \displaystyle\begin{pmatrix}1&0\\\ 0&1\end{pmatrix} sempre que ad-bc\neq0.
(b) O sistema \displaystyle a x+b y=k,\;c x+d y=1 tem exatamente a solução
x=\frac{d\,k - b}{ad - bc}, \quad y=\frac{a - c\,k}{ad - bc},
portanto é única sempre que ad - bc\neq0.
ewline

Exercícios relacionados