Questão 12. Considere a matriz A abaixo, onde a e b são números reais.
A=\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 1 & -1 & 1 \\\\ 2 & 3 & 1 & 2 \\\\ -1 & -1 & 1 & b \\\\ 1 & 2 & a & 0 \end{array}\right]
a) Determine o posto de A em função de a e b.
Considere agora o sistema de equações lineares em 3 variáveis cuja matriz ampliada é A.
b) Para que valores de a e b o sistema admite solução?
c) Resolva o sistema com a=3 e b=-1.

Passo 1

O enunciado dá a matriz aumentada
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\\\ 2 & 3 & 1 & 2\\\\ -1 & -1 & 1 & b\\\\ 1 & 2 & a & 0 \end{pmatrix},
onde a,b\in\mathbb{R}.
a) Pede o posto de A em função de a,b.
b) A matriz dos coeficientes (primeiras três colunas) é
M=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\\\ 2 & 3 & 1\\\\ -1 & -1 & 1\\\\ 1 & 2 & a \end{pmatrix}.
Para que o sistema tenha solução precisamos de \operatorname{rank}(M)=\operatorname{rank}(A)\le3.
c) Depois resolveremos o sistema para a=3, b=-1.

Passo 2

Vamos triangular A por eliminação de Gauss, sem usar a última coluna ainda:
Partindo de
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\\\ 2 & 3 & 1 & 2\\\\ -1 & -1 & 1 & b\\\\ 1 & 2 & a & 0 \end{pmatrix}
fazer
R_2\gets R_2-2R_1,\quad R_3\gets R_3+R_1,\quad R_4\gets R_4-R_1
obtém-se
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\\\ 0 & 1 & 3 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & b+1\\\\ 0 & 1 & a+1 & -1 \end{pmatrix}.
Em seguida
R_4\gets R_4-R_2
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\\\ 0 & 1 & 3 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & b+1\\\\ 0 & 0 & a-2 & -1 \end{pmatrix}.

Passo 3

Analisando pivôs nos 4 rótulos de linha:
  • Já temos pivôs em colunas 1 e 2.
  • Se a\neq2, então a-2\neq0 e há pivô na coluna 3 (linha 4 original). Depois, se também b\neq-1, teremos pivô em coluna 4 (linha 3 original), dando posto 4; se b=-1, a linha 3 é zero e o posto fica 3.
  • Se a=2, a linha 4 reduzida é (0,0,0,-1), pivô na coluna 4, e linha 3 só tem b+1 mas fica na mesma coluna 4, não gera pivô novo; então o posto é sempre 3 (não importa b).
    Resumindo,
\operatorname{rank}(A)= \begin{cases} 4, & a\neq2\text{ e }b\neq-1,\\\\ 3, & \text{caso contrário}. \end{cases}á

Passo 4

Agora o posto da matriz de coeficientes M. Repetimos a eliminação sem a última coluna:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\\\ 2 & 3 & 1\\\\ -1 & -1 & 1\\\\ 1 & 2 & a \end{pmatrix} \to \begin{pmatrix} 1 & 1 & -1\\\\ 0 & 1 & 3\\\\ 0 & 0 & 0\\\\ 0 & 0 & a-2 \end{pmatrix}.
Há pivôs em colunas 1 e 2 sempre. Se a\neq2 surge pivô em coluna 3, logo
\operatorname{rank}(M)= \begin{cases} 3, & a\neq2,\\\\ 2, & a=2. \end{cases}

Passo 5

Para existir solução precisamos
\operatorname{rank}(M)=\operatorname{rank}(A)\le3.
Vimos que \operatorname{rank}(A)=4 se e só se a\neq2 e b\neq-1, o que daria \rank(M)=3 mas \rank(A)=4, não cabível.
Portanto o único caso com \rank(A)=\rank(M) é
a\neq2\quad\text{e}\quad b=-1,
onde ambos valem 3.

Passo 6

Resolvendo o sistema para a=3\), \(b=-1\). As equações são \[\begin{cases} x+y-z=1,\\\\ 2x+3y+z=2,\\\\ -\,x-y+z=-1,\\\ x+2y+3z=0. \end{cases}
Note que a terceira é o negativo da primeira, então basta usar as três independentes. De x+y-z=1\] vem \(x=1-y+z. Substituindo em 2x+3y+z=2
2(1-y+z)+3y+z=2\quad\Longrightarrow\quad y+3z=0\quad\Longrightarrow\quad y=-3z.
Então x=1-(-3z)+z=1+4z. Por fim em x+2y+3z=0
(1+4z)+2(-3z)+3z=1+z=0\quad\Longrightarrow\quad z=-1.
Logo y=-3(-1)=3 e x=1+4(-1)=-3.

Resposta

a) \displaystyle\rank(A)=4 se e só se a\neq2 e b\neq-1; caso contrário \rank(A)=3.
b) O sistema tem solução exata quando a\neq2 e b=-1.
c) Para a=3, b=-1, a solução é
(x,y,z)=(-3,\,3,\,-1).

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