Coeficiente para sistema possível.

O sistema $\begin{cases}(\lambda + 1)x + y = 0\\ x + \lambda y = -2\end{cases}$ tem solução para $y = 0$. Qual o valor de $\lambda$?

Se $y = 0$, $x = -2$. Assim $-2\lambda - 2 = 0\ \Rightarrow\ \fbox{$\lambda = -1$}$.

Sejam $u = (1, -3, 2)$ e $v = (2, -1, 1)$, qual o valor de $k$ para que $(1, k, 5)$ seja uma combinação linear de $u$ e $v$?

Basta discutir o sistema:

$\begin{cases}x + 2y = 1\\ -3x - y = k\\ 2x + y = 5\end{cases}$,

que é consistente para $k = -8$.

Seja $u = (u_j)_1^n$ uma solução do sistema linear $AX = B$, seja $\displaystyle\sum_{i=1}^m c_i \left(\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij} x_j\right) = \displaystyle\sum_{i=1}^m c_i b_i$ uma combinação linear de equações de $AX = B$, $u$ é solução da combinação linear.

$\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij} u_j = b_i\ \Rightarrow\ \displaystyle\sum_{i=1}^m c_i \left(\displaystyle\sum_{j=1}^n a_{ij} u_j\right) = \displaystyle\sum_{i=1}^m c_i b_i$

Quod Erat Demonstrandum.

Seja o sistema homogêneo $AX = O$ em que $A_{ij} = 0$ para $j = k$, o sistema tem mais de uma solução.

Por ser homogêno, o sistema é consistente.

Sejam $X = (x_i)_0^n$ e $X' = (x'_i)_0^n$ vetores-coluna tais que $x'_j = x_j$ para $j \neq k$ e $x'_j = a,\ a \neq x_j$ para $j = k$, $AX' = O$.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $u$ uma solução do sistema linear $AX = B$ (*), e $w$ uma solução do sistema homogêneo associado $AX = O$ (**). Se $U$ é o conjunto solução de (*) e $W$ é o conjunto solução de (**), $U = u + W = \{u + w,\ w \in W\}$.

$A(u + w) = Au + \cancelto{O}{Aw} = B$. Logo $u + w \in U\ \Rightarrow\ u + W \subset\ U.\ \large{(I)}$

Seja $v$ uma solução de (*), $v = u + (v - u)$.

$A(v - u) = Av - Au = B - B = O$. Logo $v - u \in W\ \Rightarrow\ v \in u + W\ \Rightarrow$

$\Rightarrow\ U \subset\ u + W\ \large{(II)}$

$\large{(I)}\ \wedge\ \large{(II)}\ \Rightarrow\ U = u + W$

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $\displaystyle\sum_{i=1}^n A_i x_i = 0$, Com $A_i \in \mathfrak{M}_{mx1} (\mathbb{R})$ um sistema com solução não trivial em $\mathbb{C}$, mostre que ele admite solução não trivial em $\mathbb{R}$.

Seja $\displaystyle\sum_{i=1}^n A_i x_i = 0$, Com $A_i \in \mathfrak{M}_{mx1} (\mathbb{R})$ um sistema com solução não trivial em $\mathbb{C}$, mostre que ele admite solução não trivial em $\mathbb{R}$.

Resolução:

Se o sistema admite solução não trivial complexa, $A_1, ..., A_n$ são linearmente dependentes sobre $\mathbb{C}$, ou seja,

$\displaystyle\sum_{i \in I}A_i z_i = A_j$, com $I = \{1, ..., j-1, j+1, ..., n\}$.

Como $A_j$ tem componentes reais,

$\displaystyle\sum_{i \in I}A_i [Re(z_i)] = A_j$, com $I = \{1, ..., j-1, j+1, ..., n\}$.

Ou seja, $A_1, ..., A_n$ são linearmente dependentes sobre $\mathbb{R}$. Consequentemente o sistema admite solução não trivial em $\mathbb{R}$.

Quod Erat Demonstrandum.

Seja $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i A_i = 0$ um sistema homogêneo, mostrar que todos $X = (x_i)_1^n$, soluções do sistema, formam um espaço vetorial.

Seja $\displaystyle\sum_{i=1}^n x_i A_i = 0$ um sistema homogêneo, mostrar que todos $X = (x_i)_1^n$, soluções do sistema, formam um espaço vetorial.

Resolução:

Se $A_1, ..., A_n$ são linearmente independentes, teremos como única solução o $O$, e $\{O\}$ é um espaço vetorial. Se são linearmente dependentes, há uma infinidade de soluções; como estas soluções são um subconjunto do espaço vetorial $\mathbb{R}^n$, basta mostrar que

$\bullet$ $O$ pertence ao subconjunto, o que é evidente;

$\bullet$ Sejam $v$ e $w$ dois elementos, $v + w$ também é elemento. De fato, se $v = (v_i)_1^n$ e $w = (w_i)_1^n$, $\displaystyle\sum_{i=1}^n v_i A_i = 0$ e $\displaystyle\sum_{i=1}^n w_i A_i = 0$, $\displaystyle\sum_{i=1}^n (v_i + w_i) A_i = 0$;

$\bullet$ Se $c$ é um escalar e $v = (v_i)_1^n$ é um elemento, $\displaystyle\sum_{i=1}^n cv_i A_i = c\displaystyle\sum_{i=1}^n v_i A_i = 0$.

Quod Erat Demonstrandum.

Brincando com sistemas lineares: traço da matriz incompleta dos coeficientes e elementos de raízes.

Em $\mathbb{U} = \mathcal{M}_{3x1}$,

$A \cdot X = B_i$,

para $A = \begin{bmatrix}2 & 1 & 7\\ 1 & 3 & 2\\ 5 & 3 & 4\end{bmatrix}$, $B_1 = \begin{bmatrix}16\\ -5\\ 11\end{bmatrix}$, $B_2 = \begin{bmatrix}25\\ -11\\ -5\end{bmatrix}$, $B_3 = \begin{bmatrix}3\\ 5\\ -5\end{bmatrix}$.

Sejam $x_1$ o primeiro elemento da solução do sistema para $i = 1$, $z_2$ o terceiro elemento da solução do sistema para $i = 2$, e $y_3$ o segundo elemento da solução do sistema para $i = 3$.

Seja $D$ o determinante de $A$. $D = -66$.

Seja $D_1$ o determinante da matriz $A$ com a primeira coluna substituída por $B_1$, $D_1 = -198$. Por Cramer, $x_1 = 3$.

Seja $D_2$ o determinante da matriz $A$ com a terceira coluna substituída por $B_2$, $D_2 = -264$. Por Cramer, $z_2 = 4$.

Seja $D_3$ o determinante da matriz $A$ com a segunda coluna substituída por $B_3$, $D_3 = -132$. Por Cramer, $y_3 = 2$.

$A^{-1} = \dfrac{1}{D} \cdot adj\ A$, logo o traço de $A^{-1}$ é $t = \dfrac{-16}{-66} = \dfrac{8}{33}$.

$\fbox{$t + x_1 + z_2 + y_3 = \dfrac{315}{33} \approx 10$}$

Resolver sistema linear.

Em $\mathbb{U} = \mathcal{M}_{5x1}$, resolver o sistema

$\begin{bmatrix}1 & 2 & 1 & 3 & 5\\ 0 & 3 & -2 & 0 & 3\\ 3 & -1 & 4 & 1 & 3\\ 2 & 1 & -4 & 1 & 2\\ 2 & 0 & 5 & -2 & 1\end{bmatrix} \cdot X = \begin{bmatrix}1\\ 2\\ 3\\ 4\\ 8\end{bmatrix}$.

Resolução:

Seja $A$ a matriz completa do sistema, vamos aplicar escalonamento.

$A = \begin{bmatrix}1 & 2 & 1 & 3 & 5 & 1\\ 0 & 3 & -2 & 0 & 3 & 2\\ 3 & -1 & 4 & 1 & 3 & 3\\ 2 & 1 & -4 & 1 & 2 & 4\\ 2 & 0 & 5 & -2 & 1 & 8\end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix}1 & 2 & 1 & 3 & 5 & 1\\ 0 & 1 & -2/3 & 0 & 1 & 2/3\\ 0 & -7 & 1 & -8 & -12 & 0\\ 0 & -3 & -6 & -5 & -8 & 2\\ 0 & -4 & 3 & -8 & -9 & 6\end{bmatrix} \sim$

$\sim \begin{bmatrix}1 & 0 & 7/3 & 3 & 3 & -1/3\\ 0 & 1 & -2/3 & 0 & 1 & 2/3\\ 0 & 0 & -11/3 & -8 & -5 & 14/3\\ 0 & 0 & -8 & -5 & -5 & 4\\ 0 & 0 & 1/3 & -8 & -5 & 26/3\end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & -23/11 & -2/11 & 29/11\\ 0 & 1 & 0 & 16/11 & 21/11 & -2/11\\ 0 & 0 & 1 & 24/11 & 15/11 & -14/11\\ 0 & 0 & 0 & 137/11 & 65/11 & -68/11\\ 0 & 0 & 0 & -96/11 & -60/11 & 100/11\end{bmatrix} \sim$

$\sim \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 1221/1507 & 2409/1507\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1837/1507 & 814/1507\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 495/1507 & -286/1507\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 65/137 & -68/137\\ 0 & 0 & 0 & 0 & -1980/1507 & 7172/1507\end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 69/15\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 223/45\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 11/9\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -163/45\end{bmatrix}$

Donde concluímos que $\fbox{$S = \{\begin{bmatrix}68/15\\ 223/45\\ 1\\ 11/9\\ -163/45\end{bmatrix}\}$}$.

Equação matricial.

Seja $\mathbb{U} = \mathcal{M}_{2x1}$, resolver a equação

$\begin{bmatrix}1 & 2\\ 3 & 4\end{bmatrix} \cdot X = \begin{bmatrix}13\\ 31\end{bmatrix}$.

Resolução:

Seja $X = \begin{bmatrix}a\\ b\end{bmatrix}$,

$\begin{cases}a + 2b = 13\\ 3a + 4b = 31\end{cases}\ \Rightarrow \fbox{$X = \begin{bmatrix}5\\ 4\end{bmatrix}$}$.

Calculadora: escalonar matriz.

Entre com uma string separada por barra vertical "|": primeiro: a matriz de números reais dispostos em linhas e colunas, o separador de linhas é o ponto e vírgula ";" e o separador dos elementos de uma linha é a vírgula ","; segundo: "e" para matriz escalonada ou "r" para matriz escalonada reduzida por linhas:

Exemplo:

Input: "2, 3, 19; 4, 5, 33 | r".

Output:

"
Dividindo a linha 1 por 2:

1 3/2 19/2
4 5 33
_____

Somando à linha 2 a linha 1 multiplicada por -4:

1 3/2 19/2
0 -1 -5
_____

Dividindo a linha 2 por -1:

1 3/2 19/2
0 1 5
_____

Somando à linha 1 a linha 2 multiplicada por -3/2:

1 0 2
0 1 5
"




Matriz escalonada:

Exercício: determinar os coeficientes de um sistema linear sabendo que é possível e indeterminado.

Seja $a$ um parâmetro real não nulo. Se o sistema $\begin{cases}ax + a^2y = 0\\ a^2x + a^4y = 0\end{cases}$ tem uma infinidade de soluções, qual o valor de $a$?

O determinante da matriz dos coeficientes deve ser nulo para que um sistema linear seja impossível ou indeterminado, como o enunciado diz que ele é possível, logo é indeterminado.

$\begin{vmatrix} a & a^2\\ a^2 & a^4\end{vmatrix} = 0\ \Rightarrow a^5 - a^4 = 0\ \therefore\ a = 0\ \vee\ a = 1$

Como $a$ é real não nulo, $\fbox{$a = 1$}$.