Questão 2

  1. [1 pt] Utilizando o desenvolvimento por linhas ou colunas do determinante (método de Laplace), mostrar que \operatorname{det}(A)=-2 k\left(k^{2}-1\right) para a matriz
A=\left(\begin{array}{cccc} 0 & 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & k \\\ k & 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & k & 0 & 0 \end{array}\right), \quad \text { onde } k \in \mathbb{R} .
  1. [1,5 pt] Para cada k \in \mathbb{R}, considere a matriz coluna
B=\left(\begin{array}{c} k \\\\ 0 \\\ k^{2} \\\\ 0 \end{array}\right)
Determine os valores de k para os quais o sistema A X=B tem solução única, infinitas soluções, nenhuma solução.

Passo 1

O enunciado dá a matriz A e pede duas coisas:
  • (1) Mostrar, usando desenvolvimento por linhas/colunas (Laplace), que \det(A)=-2k\bigl(k^{2}-1\bigr), para
A=\begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & k \\\ k & 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & k & 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad k\in\mathbb{R}.
  • (2) Para a matriz coluna
B=\begin{pmatrix}k\\[4pt]0\\[4pt]k^{2}\\[4pt]0\end{pmatrix},
determinar, para cada k\in\mathbb{R}, quando o sistema linear A X=B tem solução única, infinitas soluções ou nenhuma solução.
As informações relevantes fornecidas: a matriz A (dependendo do parâmetro k) e o vetor B (também dependendo de k). O objetivo é primeiro calcular \det(A) por Laplace e depois usar esse resultado e análise de ranks/consistência para classificar as soluções de A X=B.]

Passo 2

Breve lembrete sobre o método que vou usar para calcular \det(A): o desenvolvimento de Laplace por uma linha (ou coluna) usa que \det(A)=\sum_j a_{i j}(-1)^{i+j}\det(M_{i j}), onde M_{i j} é a menor obtida eliminando a linha i e a coluna j. É conveniente escolher uma linha ou coluna com muitos zeros para simplificar os cálculos.
Observando A, a primeira linha tem dois zeros e apenas um elemento não nulo: a_{1,3}=-2. Vou desenvolver pela primeira linha.

Passo 3

Desenvolvendo \det(A) pela primeira linha:
os termos com a_{1,1}=0, a_{1,2}=0, a_{1,4}=0 não contribuem. O único termo é o de a_{1,3}=-2. Assim
\det(A)=a_{1,3}(-1)^{1+3}\det(M_{1,3})=(-2)\cdot(-1)^{4}\det(M_{1,3})=(-2)\det(M_{1,3}),
onde M_{1,3} é a menor 3\times3 obtida eliminando a linha 1 e a coluna 3. Ao eliminar a linha 1 e a coluna 3 de A, pego os elementos das colunas 1,2,4 das linhas 2,3,4, ou seja
M_{1,3}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & k \\\ k & 1 & 0 \\\\ 1 & k & 0 \end{pmatrix},
pois estas são as linhas:
  • da linha 2: (0,0,k) (colunas 1,2,4),
  • da linha 3: (k,1,0),
  • da linha 4: (1,k,0).

Passo 4

Calcular \det(M_{1,3}). Novamente convém desenvolver por uma linha com muitos zeros: a primeira linha de M_{1,3} tem 0,0,k, só o terceiro elemento é não nulo. Desenvolvendo pela primeira linha:
\det(M_{1,3}) = k\cdot(-1)^{1+3}\det\!\begin{pmatrix}k & 1\\[4pt]1 & k\end{pmatrix} = k\cdot(-1)^{4}\bigl(k\cdot k - 1\cdot 1\bigr) = k\bigl(k^{2}-1\bigr).
Portanto, voltando para \det(A),
\det(A)=(-2)\det(M_{1,3}) = (-2)\,k\bigl(k^{2}-1\bigr).
Isso mostra exatamente que \det(A)=-2k\bigl(k^{2}-1\bigr), como pedido.]

Passo 5

Interpretação imediata do resultado para o sistema linear A X=B:
  • Se \det(A)\neq 0 então A é invertível e o sistema tem solução única (a solução é X=A^{-1}B).
  • Se \det(A)=0 então a matriz A não é invertível; nesse caso é preciso comparar \operatorname{rank}(A) e \operatorname{rank}([A\mid B]) (teorema de Rouché–Capelli): o sistema tem soluções se, e somente se, \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A\mid B]). Se a igualdade vale e é menor que o número de incógnitas (que é 4), então há infinitas soluções; se \operatorname{rank}([A\mid B])>\operatorname{rank}(A) ocorre inconsistência e não há solução.
Primeiro identifiquemos os valores de k que anulam \det(A). Da expressão \det(A)=-2k\bigl(k^{2}-1\bigr) temos
\det(A)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad k\bigl(k^{2}-1\bigr)=0 \quad\Longleftrightarrow\quad k\in\{-1,0,1\}.
Portanto, para k\notin\{-1,0,1\} o determinante é diferente de zero e o sistema tem solução única. Ainda restam os casos k=-1,0,1 a analisar.

Passo 6

Caso k=0. Substituindo k=0 em A e B:
A\big|_{k=0}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad B\big|_{k=0}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
O vetor B é o vetor nulo, logo o sistema é homogêneo e sempre tem pelo menos a solução trivial. Vamos determinar o posto (rank) de A\big|_{k=0}.
Reescrevendo as linhas em ordem conveniente (trocar linhas para ver pivôs): considere a ordem de linhas (4,3,2,1):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\\\ 0 & 1 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & -2 & 0 \end{pmatrix}.
Nessa forma é claro que as três primeiras linhas são linearmente independentes e a quarta é múltiplo da terceira ( \text{linha}_4=-2\cdot\text{linha}_3). Assim \operatorname{rank}(A\big|_{k=0})=3. Como B\big|_{k=0}=\mathbf{0}, o posto da matriz aumentada é igual ao posto da matriz dos coeficientes:
\operatorname{rank}([A\mid B])=\operatorname{rank}(A)=3.
Pelo teorema de Rouché–Capelli, o sistema é consistente e, como o posto é menor que o número de incógnitas ( 3<4), há infinitas soluções (espaço de soluções de dimensão 4-3=1).]

Passo 7

Caso k=1. Substituindo k=1:
A\big|_{k=1}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad B\big|_{k=1}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Note que a terceira e a quarta linhas de A\big|_{k=1} são iguais, então \operatorname{rank}(A\big|_{k=1})\le 3. Vamos fazer uma operação que mostra inconsistência na matriz aumentada. Escrevendo as linhas ampliadas [\,\text{linha}\mid b\,]:
\begin{array}{rcl} R_1 &:& \bigl(0\;0\;-2\;0\mid 1\bigr)\\[4pt] R_2 &:& \bigl(0\;0\;1\;1\mid 0\bigr)\\[4pt] R_3 &:& \bigl(1\;1\;0\;0\mid 1\bigr)\\[4pt] R_4 &:& \bigl(1\;1\;0\;0\mid 0\bigr) \end{array}
Subtraindo R_3 de R_4 obtém-se
R_4':\\ (0\;0\;0\;0\mid -1).
Essa linha corresponde à equação 0= -1, impossível. Portanto a matriz aumentada tem posto maior que o posto de A (neste caso o posto da aumentada é 4 enquanto o de A é 3), e o sistema é inconsistente: não há solução para k=1.]

Passo 8

Caso k=-1. Substituindo k=-1:
A\big|_{k=-1}=\begin{pmatrix} 0 & 0 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & -1 \\\\ -1 & 1 & 0 & 0 \\\\ 1 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix},\qquad B\big|_{k=-1}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Observe que a linha 4 é -1 vezes a linha 3 no bloco das colunas (isto é, colunas 1 e 2): de fato \text{linha}_4 = -\,\text{linha}_3 nas quatro primeiras colunas? Verificando: \text{linha}_3=(-1,1,0,0) e \text{linha}_4=(1,-1,0,0)=-\text{linha}_3. Agora olhemos as componentes do vetor B correspondentes: b_3=1 e b_4=0. Somando as linhas 3 e 4 da matriz aumentada obtemos
\text{linha}_3+\text{linha}_4 = (0,0,0,0\mid 1),
isto é, uma equação 0=1, impossível. Logo a matriz aumentada tem posto maior que o de A e o sistema é inconsistente. Portanto não há solução para k=-1.]

Resposta

k\in\mathbb{R}\setminus\{-1,0,1\} (solução única)
k=0 (infinitas soluções)
k=1 e k=-1 (nenhuma solução)

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