Reduza as matrizes abaixo à forma escalonada:
(a) A=\left(\begin{array}{cccc}1 & 1 & 1 & 3 \\\\ 1 & 0 & -1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 2 & 2\end{array}\right)
(b) B=\left(\begin{array}{ccc}6 & 3 & -4 \\\\ -4 & 1 & -1 \\\\ 0 & 1 & 2\end{array}\right)
(c) C=\left(\begin{array}{cccc}0 & 1 & 3 & -2 \\\\ 2 & 1 & -4 & 3 \\\\ 2 & 3 & 2 & -1\end{array}\right)
(d) B=\left(\begin{array}{cc}1 & -4 \\\\ 0 & 2\end{array}\right)
(e) B=\left(\begin{array}{ll}1 & 0 \\\ 0 & 1 \\\ 0 & 0 \\\ 1 & 2\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado pede para reduzir cinco matrizes diferentes à forma escalonada, ou seja, usar operações elementares de linha para obter zeros abaixo dos pivôs. O conteúdo é eliminação de Gauss (forma escalonada) em álgebra linear. Vamos tratar cada caso separadamente, apresentando as operações e o resultado após cada etapa significativa.

Passo 2

Para
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 3\\\\ 1 & 0 & -1 & 1\\\\ 0 & 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}
  1. Elimina em R_2 o elemento da coluna 1:
    R_2 \leftarrow R_2 - R_1, resulta \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 3\\\\ 0 & -1 & -2 & -2\\\\ 0 & 1 & 2 & 2 \end{pmatrix}.
  2. Anula em R_3 o elemento da coluna 2 somando R_2:
    R_3 \leftarrow R_3 + R_2, resulta \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 3\\\\ 0 & -1 & -2 & -2\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
  3. Ajusta o pivô de R_2 multiplicando por -1:
    R_2 \leftarrow -\,R_2, obtendo a forma escalonada A_{\mathrm{esc}} = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 3\\\\ 0 & 1 & 2 & 2\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Passo 3

Para
B=\begin{pmatrix} 6 & 3 & -4\\\\ -4 & 1 & -1\\\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}
  1. Elimina em R_2 o elemento da coluna 1 usando R_1:
    R_2 \leftarrow R_2 + \tfrac{2}{3}R_1, resulta \begin{pmatrix} 6 & 3 & -4\\\\ 0 & 3 & -\tfrac{11}{3}\\\\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
  2. Elimina em R_3 o elemento da coluna 2 usando R_2:
    R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{1}{3}R_2, obtendo B_{\mathrm{esc}} = \begin{pmatrix} 6 & 3 & -4\\\\ 0 & 3 & -\tfrac{11}{3}\\\\ 0 & 0 & \tfrac{29}{9} \end{pmatrix}.

Passo 4

Para
C=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 3 & -2\\\\ 2 & 1 & -4 & 3\\\\ 2 & 3 & 2 & -1 \end{pmatrix}
  1. Como o primeiro elemento de R_1 é zero, trocamos R_1\leftrightarrow R_2: \begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & 3\\\\ 0 & 1 & 3 & -2\\\\ 2 & 3 & 2 & -1 \end{pmatrix}.
  2. Elimina em R_3 o elemento da coluna 1:
    R_3 \leftarrow R_3 - R_1, obtendo \begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & 3\\\\ 0 & 1 & 3 & -2\\\\ 0 & 2 & 6 & -4 \end{pmatrix}.
  3. Anula em R_3 o elemento da coluna 2 usando R_2:
    R_3 \leftarrow R_3 - 2\,R_2, e surge uma linha nula: C_{\mathrm{esc}} = \begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & 3\\\\ 0 & 1 & 3 & -2\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Passo 5

Para
D=\begin{pmatrix} 1 & -4\\\\ 0 & 2 \end{pmatrix}
já temos zeros abaixo do pivô 1 em (1,1) e embaixo de 2 em (2,2). Logo
D_{\mathrm{esc}} = \begin{pmatrix} 1 & -4\\\\ 0 & 2 \end{pmatrix}.

Passo 6

Para
E=\begin{pmatrix} 1 & 0\\\\ 0 & 1\\\\ 0 & 0\\\\ 1 & 2 \end{pmatrix}
  1. Elimina em R_4 o elemento da coluna 1:
    R_4 \leftarrow R_4 - R_1, resulta
    \bigl(0\;\;2\bigr).
  2. Anula em R_4 o elemento da coluna 2 usando R_2:
    R_4 \leftarrow R_4 - 2\,R_2, obtendo linha nula. Assim E_{\mathrm{esc}} = \begin{pmatrix} 1 & 0\\\\ 0 & 1\\\\ 0 & 0\\\\ 0 & 0 \end{pmatrix}.

Resposta

(a) \displaystyle\begin{pmatrix}1 & 1 & 1 & 3\\\ 0 & 1 & 2 & 2\\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}
(b) \displaystyle\begin{pmatrix}6 & 3 & -4\\\ 0 & 3 & -\tfrac{11}{3}\\\ 0 & 0 & \tfrac{29}{9}\end{pmatrix}
(c) \displaystyle\begin{pmatrix}2 & 1 & -4 & 3\\\ 0 & 1 & 3 & -2\\\ 0 & 0 & 0 & 0\end{pmatrix}
(d) \displaystyle\begin{pmatrix}1 & -4\\\ 0 & 2\end{pmatrix}
(e) \displaystyle\begin{pmatrix}1 & 0\\\ 0 & 1\\\ 0 & 0\\\ 0 & 0\end{pmatrix}

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