Seja S um sistema linear com n equações e n incógnitas. Mostre que a matriz formada por seus coeficientes possui determinante não nulo se, e somente se, o sistema admite uma única solução.
(Sugestão: para a “ida”, use o fato de que, se A é a matriz dos coeficientes de S, então podemos escrever S da seguinte forma:
A \cdot\left(\begin{array}{c} x_{1} \\\ \vdots \\\ x_{n} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c} \beta_{1} \\\ \vdots \\\ \beta_{n} \end{array}\right)
Para a “volta”, pense no exrecício anterior).

Passo 1

O enunciado nos dá:
  • Um sistema linear S com n equações e n incógnitas, que podemos escrever na forma matricial
A \cdot \begin{pmatrix} x_{1} \\\ \vdots \\\ x_{n} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \beta_{1} \\\ \vdots \\\ \beta_{n} \end{pmatrix},
onde A é a matriz quadrada n\times n dos coeficientes e \beta é o vetor dos termos independentes.
  • A tarefa: mostrar que \det(A)\neq 0 se, e somente se, o sistema A x=\beta admite uma única solução.

Passo 2

Definições e fatos fundamentais (passo-a-passo, sem pular nada):
  • O núcleo (ou espaço nulo) de A é o conjunto \{v\in\mathbb{R}^n \mid A v=0\}.
  • Dizemos que A é invertível quando existe A^{-1} tal que A^{-1}A=AA^{-1}=I. Para matrizes quadradas n\times n valem as equivalências clássicas: A é invertível \iff as colunas de A são linearmente independentes \iff o núcleo de A é só o vetor zero \{0\} \iff \operatorname{rank}(A)=n.
  • Um fato-chave sobre determinante: para matriz quadrada A vale
\det(A)=0 \iff \text{as colunas de }A\text{ são linearmente dependentes}.ã
Logo \det(A)\neq0 é equivalente a dizer que as colunas são linearmente independentes (e, portanto, A é invertível).
Vou usar esses fatos — explico quando preciso por que cada um é verdade.

Passo 3

Prova da implicação ( \det(A)\neq0\Rightarrow sistema tem solução única).
  1. Suponha \det(A)\neq0. Então, pelas observações acima, as colunas de A são linearmente independentes. Em particular o núcleo de A é trivial:
A v=0 \quad\Rightarrow\quad v=0.
Explicando: se existisse v\neq0 com Av=0, isso seria uma relação linear não trivial entre as colunas de A, contradizendo a independência. Logo o único vetor que o A manda em 0 é o 0.
  1. Agora, pelo Teorema do posto (rank–nullity) para uma aplicação linear A:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^n,
\operatorname{rank}(A)+\dim\ker(A)=n.
Como \ker(A)=\{0\} tem dimensão 0, segue \operatorname{rank}(A)=n. Para uma aplicação linear de um espaço de dimensão n em outro de dimensão n, ter posto n significa que A é sobrejetora (e também injetora). Assim, para todo vetor \beta\in\mathbb{R}^n existe pelo menos um x\in\mathbb{R}^n tal que Ax=\beta.
  1. Unicidade: já que \ker(A)=\{0\}, se x_1 e x_2 são soluções de Ax=\beta então A(x_1-x_2)=0, logo x_1-x_2=0 e x_1=x_2. Portanto a solução é única.
Conclusão desta direção: \det(A)\neq0 implica que, para qualquer \beta, o sistema Ax=\beta tem exatamente uma solução.

Passo 4

Comentário pedagógico sobre as peças usadas (para você levar para a prova):
  • Mostrar unicidade costuma passar por estudar o homogêneo Ax=0: se o homogêneo só tem a solução trivial, então qualquer solução de Ax=\beta é única, porque a diferença de duas soluções estaria no núcleo.
  • Mostrar existência para todo \beta usa que, em dimensão finita, injetividade + mesma dimensão do domínio e contradomínio implica sobrejetividade (o rank fica máximo). Esse é o teorema do posto (rank–nullity).
  • O fato \det(A)=0 equivaler à dependência linear das colunas pode ser lembrado assim: colunas dependentes significam que uma coluna é combinação linear das outras; aplicando operações linha/coluna isso cria colunas repetidas ou combinações que anulam o determinante (propriedades multilineares e alternantes do determinante).

Passo 5

Prova da implicação inversa (se o sistema admite solução única, então \det(A)\neq0).
  1. Suponha que o sistema Ax=\beta admite uma única solução x_0. Em particular existe pelo menos uma solução x_0.
  2. Considere o homogêneo Ax=0. Mostrarei que este homogêneo só pode ter a solução trivial. De fato, se existisse v\neq0 tal que Av=0, então, para qualquer escalar t\in\mathbb{R},
A(x_0+t v)=Ax_0 + tAv = \beta + t\cdot 0 = \beta.
Isso mostra que x_0+t v seria uma solução de Ax=\beta para todo t. Como v\neq0, escolhendo t diferentes obteríamos soluções diferentes, entrando em contradição com a unicidade. Logo não existe v\neq0 no núcleo: \ker(A)=\{0\}.
  1. Como no passo anterior, \ker(A)=\{0\} implica \operatorname{rank}(A)=n e, portanto, pelas equivalências clássicas, A é invertível. Assim \det(A)\neq0.
Conclusão desta direção: se o sistema Ax=\beta tem exatamente uma solução, então \det(A)\neq0.

Passo 6

Conclusão final e observações práticas:
  • Reunindo as duas implicações temos a equivalência desejada:
\det(A)\neq0 \quad\Longleftrightarrow\quad \text{o sistema }A x=\beta\text{ admite solução única.}çãú
  • Em provas é comum fazer o raciocínio usando o homogêneo: mostrar que \det(A)=0 implica existência de vetor não nulo no núcleo, o que gera não unicidade (ou nenhuma solução) para Ax=\beta; e no outro sentido usar que unicidade do sistema força núcleo trivial, então \det(A)\neq0.
Força aí — esse é um teorema central e a técnica de “estudar o homogêneo” e usar o rank–nullity costuma salvar em várias questões de prova.

Resposta

\det(A)\neq0 \iff o sistema A x=\beta admite uma única solução.

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