Sistemas lineares por matrizes

1O que torna uma equação linear

Um sistema reúne condições que precisam ser atendidas ao mesmo tempo. A aula de Sistemas do primeiro grau em Álgebra já apresentou essa ideia com pares e triplas. Agora vamos organizar os coeficientes em matrizes para tratar qualquer quantidade finita de equações e incógnitas, inclusive quando não existe inversa.

Uma equação linear soma múltiplos das incógnitas e iguala o resultado a um dado. Os coeficientes são números conhecidos e fixos; o termo independente não multiplica incógnita. Nesta aula, coeficientes e soluções são reais, e m e n são inteiros positivos: m contará equações e n contará incógnitas.

a_1x_1+\cdots+a_nx_n=b

Os coeficientes aⱼ e o termo independente b são reais fixos. x₁,…,xₙ são as incógnitas, com n inteiro positivo. Não há produtos entre incógnitas, potências diferentes de um ou incógnitas em denominadores. Coeficientes podem ser zero.

Exemplo resolvido · Reconhecer antes de resolver

Quais expressões são lineares em x,y,z: 2x−y+3z=7; xy+z=1; x²+y=4; x/2+z=3?

Resolução

A primeira e a última são lineares: seus coeficientes são números fixos; x/2 é (1/2)x.
xy multiplica duas incógnitas, e x² tem potência diferente de um. Essas duas expressões não são lineares nas incógnitas indicadas.

São lineares 2x−y+3z=7 e x/2+z=3.

Uma letra que é parâmetro dado pode aparecer em um coeficiente: para cada k fixo, x+ky=2 é linear em x,y. Se k também fosse incógnita, o produto ky mudaria essa classificação. Declare sempre quais letras são dados e quais são procuradas.

2Uma solução precisa satisfazer todas as linhas

Fixe uma ordem para as incógnitas. Uma solução é uma lista de n valores, chamada n-upla, que torna verdadeiras todas as equações nessa ordem. Para duas variáveis é um par; para três, uma tripla. Resolver é encontrar o conjunto de todas as listas que atendem simultaneamente às condições.

S=S_1\cap\cdots\cap S_m

Sᵢ é o conjunto das soluções da equação i, com m inteiro positivo. O símbolo ∩ significa interseção: uma mesma n-upla, na ordem fixada das incógnitas, precisa pertencer a todos os conjuntos. Aqui as soluções são reais.

Exemplo resolvido · Conferir uma tripla inteira

Verifique (x,y,z)=(2,1,3) em x+y+z=6, 2x−y+z=6 e x+2y−z=1.

Resolução

Na primeira: 2+1+3=6. Na segunda: 4−1+3=6. Na terceira: 2+2−3=1.
Todas as igualdades são verdadeiras. A tripla (3,1,2), com a primeira e a terceira coordenadas trocadas, ainda satisfaz a primeira, mas falha na segunda: 6−1+2=7.

A ordem da tripla importa; (2,1,3) é solução.

O símbolo ∩ da fórmula significa interseção: uma solução do sistema pertence a todos os conjuntos de soluções individuais. Não misture o valor de x de uma solução com o valor de y de outra sem conferir as equações novamente.

3Coeficientes, zeros de posição e termos independentes

Passe cada equação para a forma com incógnitas à esquerda e termo independente à direita. Escolha a mesma ordem de variáveis em todas as linhas. A matriz dos coeficientes A guarda apenas os números que multiplicam essas variáveis. A coluna b guarda os termos independentes. Juntá-las produz a matriz aumentada [A|b].

\begin{gathered}A=(a_{ij})_{m\times n}\\b=(b_i)_{m\times1}\\{}[A\mid b]\text{ é }m\times(n+1)\end{gathered}

m e n são inteiros positivos. i indica uma equação e j uma incógnita, com 1≤i≤m e 1≤j≤n. As variáveis têm a mesma ordem em todas as linhas; posições ausentes recebem coeficiente zero. A barra separa os termos independentes, não é divisão ou determinante.

Exemplo resolvido · Uma variável ausente não apaga a coluna

Escreva a matriz aumentada de x+2y−z=4 e y+z=3, na ordem x,y,z.

Resolução

A primeira linha tem coeficientes (1,2,−1) e termo quatro.
A segunda não tem x, então seu coeficiente é zero. Seus dados são (0,1,1) e termo três.

$\left[\begin{array}{rrr|r}1&2&-1&4\\0&1&1&3\end{array}\right]$ .

Duas equações e três incógnitas produzem duas linhas de coeficientes e três colunas de incógnitas. O zero na primeira posição da segunda linha mantém a coluna de x. A última coluna, depois do separador, contém quatro e três.

Exemplo resolvido · Reorganizar antes de copiar

Na ordem x,y,z, como representar 2y=5−x e z−3x=1?

Resolução

A primeira vira x+2y+0z=5. A segunda vira −3x+0y+z=1.
As linhas de coeficientes são (1,2,0) e (−3,0,1). Não copie cada variável na ordem em que apareceu no enunciado.

$\left[\begin{array}{rrr|r}1&2&0&5\\-3&0&1&1\end{array}\right]$ .

A tem tamanho m×n; [A|b] tem m×(n+1). A barra não é sinal de determinante, de divisão nem uma nova incógnita. Matrizes retangulares são naturais aqui, e não precisamos completá-las com zeros para torná-las quadradas.

4A mesma condição escrita como Ax=b

Coloque as incógnitas em uma coluna x. Pela regra linha-coluna já estudada, cada linha de Ax reproduz uma equação. Podemos ainda enxergar o produto como soma das colunas de A multiplicadas pelas respectivas incógnitas. Uma combinação linear é justamente uma soma desses múltiplos.

\begin{gathered}Ax=b\\x=\begin{pmatrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{pmatrix}\end{gathered}

A é m×n, x é n×1 e b é m×1. Cada linha do produto é uma equação. Não é necessário que A seja quadrada; o número de equações m pode ser diferente do número de incógnitas n.

x_1c_1+\cdots+x_nc_n=b

cⱼ é a coluna j de A, com m entradas, e xⱼ é um número desconhecido. O sistema é compatível exatamente quando b é uma combinação linear dessas colunas. Somar múltiplos de colunas produz o mesmo produto Ax, sem trocar as coordenadas da incógnita.

Exemplo resolvido · Duas leituras do mesmo produto

Use $A=\begin{pmatrix}1&2&-1\\0&1&1\end{pmatrix}$ , $b=\begin{pmatrix}4\\3\end{pmatrix}$ e a coluna (x,y,z).

Resolução

Pelas linhas, Ax=b significa x+2y−z=4 e y+z=3.
As colunas são $c_1=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ , $c_2=\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}$ e $c_3=\begin{pmatrix}-1\\1\end{pmatrix}$ .
Pelas colunas, a mesma condição é xc₁+yc₂+zc₃=b.
Escolher (x,y,z)=(−2,3,0) fornece a soma (−2,0)+(6,3)+(0,0)=(4,3), uma solução.

O sistema, a matriz aumentada e a equação matricial são equivalentes.

Assim, existe solução exatamente quando b pode ser montada como combinação das colunas de A. A coluna x tem n entradas e b tem m; elas não precisam ter o mesmo tamanho.

5Transformar as equações sem mudar as soluções

Dois sistemas são equivalentes quando possuem exatamente o mesmo conjunto de soluções nas mesmas incógnitas. Para produzi-los, usamos as três operações elementares de linhas. Rᵢ nomeia a linha i inteira, com coeficientes e termo independente; a seta significa substituir essa linha pelo resultado.

\begin{gathered}R_i\leftrightarrow R_j\\R_i\leftarrow kR_i\ (k\ne0)\\R_i\leftarrow R_i+\lambda R_j\ (i\ne j)\end{gathered}

Rᵢ é a linha inteira da matriz aumentada, incluindo b. k e λ são reais; λ é lido lambda. A troca, a divisão por k e a soma de −λRⱼ desfazem as operações. Use a matriz atual em cada passo. Multiplicar uma linha por zero não é equivalente.

Trocar equações não muda as condições. Multiplicar uma igualdade por k≠0 pode ser desfeito dividindo por k. Somar λ vezes uma equação a outra, mantendo a primeira, pode ser desfeito somando −λ vezes a mesma equação. São operações reversíveis, por isso conservam as soluções nos dois sentidos.

Exemplo resolvido · O lado direito participa da operação

Em $\left[\begin{array}{rr|r}1&1&3\\2&-1&0\end{array}\right]$ , faça R₂←R₂−2R₁.

Resolução

Operamos cada posição da segunda linha: 2−2·1=0, −1−2·1=−3 e 0−2·3=−6. Ela vira (0,−3|−6); o termo independente recebe a mesma operação que os coeficientes.
O novo sistema é x+y=3 e −3y=−6. Dividindo a segunda igualdade por −3, y=(−6)/(−3)=2. Substituindo na primeira, x=3−2=1. A solução também satisfaz a segunda equação original: 2·1−2=0.

$\left[\begin{array}{rr|r}1&1&3\\0&-3&-6\end{array}\right]$ .

Multiplicar uma linha por zero pode apagar uma condição, e substituir as duas linhas simultaneamente usando dados antigos pode perder informação. Trocar colunas, sem atualizar a identificação das incógnitas, também altera o problema. Aqui faremos operações de linhas, uma por vez, sempre sobre a matriz atual.

6Pivôs e as duas formas escalonadas

Escalonar é criar uma escada de entradas iniciais. As linhas nulas ficam no fim. Em cada linha não nula, a primeira entrada não nula é o pivô; os pivôs das linhas seguintes ficam mais à direita, e abaixo de cada pivô há zeros. O pivô não precisa valer um nessa forma.

R_i\leftarrow R_i-\frac{a}{p}R_j

p≠0 é o pivô da linha j e a é a entrada da mesma coluna na linha i, i≠j. A operação zera essa entrada e percorre todos os coeficientes e o termo independente. Se o candidato a pivô é zero, procure troca válida ou avance a coluna; não divida por zero.

Exemplo resolvido · Escolher um pivô que existe

A matriz aumentada é $\left[\begin{array}{rr|r}0&2&4\\1&1&3\end{array}\right]$ . Como iniciar?

Resolução

O canto superior esquerdo é zero, mas há um abaixo dele. Troque as linhas para usar esse um como pivô.
A matriz fica com linhas (1,1|3),(0,2|4). Ela já está escalonada; o segundo pivô é dois, não precisa ser um para haver escada.

A troca resolve o pivô inicial zero; não se divide por zero.

Para obter a forma escalonada reduzida, normalize cada pivô para um e elimine também as entradas acima dele. Cada pivô passa a ser o único não nulo de sua coluna. Gauss costuma parar na escada e usar substituição de baixo para cima; Gauss-Jordan continua até a forma reduzida.

a_{ik}=1,\quad a_{\ell k}=0\ (\ell\ne i)

Na forma reduzida, o pivô da linha i é um e o único não nulo de sua coluna k. ℓ, lido ele, indica qualquer outra linha, de um a m. Linhas nulas ficam no fim, e as posições iniciais das linhas não nulas avançam para a direita. Na forma apenas escalonada, pivôs não precisam valer um e podem existir não nulos acima deles.

Se uma coluna não possui entrada não nula nas linhas ainda disponíveis, avance para a próxima coluna em vez de forçar uma divisão. O processo termina porque as posições dos pivôs avançam em uma tabela finita. Matrizes escalonadas equivalentes podem ter valores diferentes; a forma reduzida, com a ordem das colunas fixada, é única. Voltaremos à razão dessa unicidade ao estudar o posto.

7Gauss completo: três incógnitas e uma solução

Exemplo resolvido · Criar zeros, depois voltar das últimas linhas

Resolva $\left[\begin{array}{rrr|r}1&1&1&6\\2&-1&1&6\\1&2&-1&1\end{array}\right]$ .

Resolução

Faça R₂←R₂−2R₁. Calculando posição por posição, obtemos (2−2·1,−1−2·1,1−2·1|6−2·6)=(0,−3,−1|−6).
Faça R₃←R₃−R₁: (1−1,2−1,−1−1|1−6)=(0,1,−2|−5). Troque R₂ e R₃ para usar um como segundo pivô.
Na matriz atual, R₃=(0,−3,−1|−6) e R₂=(0,1,−2|−5). A operação R₃←R₃+3R₂ dá (0,−3+3·1,−1+3·(−2)|−6+3·(−5))=(0,0,−7|−21).
A matriz escalonada é $\left[\begin{array}{rrr|r}1&1&1&6\\0&1&-2&-5\\0&0&-7&-21\end{array}\right]$ . A última equação é −7z=−21, dando z=3.
A segunda equação é y−2z=−5. Substituindo z=3, y−6=−5, então y=−5+6=1. A primeira é x+y+z=6; logo x=6−1−3=2.
Conferindo nas equações originais: 2+1+3=6, 4−1+3=6 e 2+2−3=1.

A única solução é (2,1,3).

A matriz original e a escalonada guardam o mesmo conjunto de soluções. Na escalonada, os pivôs são 1, 1 e −7, todos em colunas de incógnitas. As linhas finais permitem calcular z, depois y e depois x.

x_k=\frac{b_i-\sum_{j=k+1}^n a_{ij}x_j}{a_{ik}}

A equação i está escalonada e aᵢₖ é seu primeiro coeficiente não nulo. As incógnitas de índice maior que k já foram calculadas ou são variáveis livres escolhidas. Se k=n, a soma vazia vale zero. O divisor aᵢₖ é não nulo.

Na fórmula de retrosubstituição, aᵢₖ é o pivô da linha i. Os valores à sua direita já são conhecidos ou ficam representados por variáveis livres. A divisão usa apenas o pivô não nulo. Não é obrigatório normalizar todos os pivôs para resolver por esse método.

8Continuar até ler a solução diretamente

Exemplo resolvido · Reduzir a mesma escada

Continue de $\left[\begin{array}{rrr|r}1&1&1&6\\0&1&-2&-5\\0&0&-7&-21\end{array}\right]$ .

Resolução

Divida R₃ por −7, obtendo (0,0,1|3). Some duas vezes R₃ a R₂, obtendo (0,1,0|1).
Subtraia R₃ de R₁: ela vira (1,1,0|3). Depois subtraia R₂ de R₁, obtendo (1,0,0|2).
Chegamos a $\left[\begin{array}{rrr|r}1&0&0&2\\0&1&0&1\\0&0&1&3\end{array}\right]$ . Cada linha agora informa uma coordenada.

Gauss e Gauss-Jordan dão a mesma solução (2,1,3).

A identidade à esquerda apareceu porque todas as três incógnitas foram determinadas. Em sistemas retangulares ou indeterminados, a forma reduzida não precisa conter uma identidade ocupando todo o bloco de coeficientes. Ainda assim podemos ler as relações e identificar as variáveis livres.

9Uma coluna sem pivô pode dar uma variável livre

Em um sistema compatível, cada coluna de incógnita com pivô determina uma variável em função das restantes. As colunas sem pivô correspondem a variáveis livres, cujos valores podem ser escolhidos independentemente. Cada escolha precisa ser propagada para as outras incógnitas.

Exemplo resolvido · Encontrar todas as triplas, não apenas uma

Resolva $\left[\begin{array}{rrr|r}1&2&-1&4\\0&1&1&3\end{array}\right]$ .

Resolução

Os pivôs estão nas colunas de x e y. A coluna de z não tem pivô, então escreva z=t, com t real arbitrário.
Da segunda equação, y=3−t. Isolando x na primeira, x=4−2y+z. Substituímos y e z e distribuímos o −2: x=4−2(3−t)+t=4−6+2t+t=−2+3t.
Para qualquer t, x+2y−z=(−2+3t)+2(3−t)−t=4 e y+z=3. Reciprocamente, toda solução precisa dessas expressões quando t é seu valor de z.

(x,y,z)=(−2+3t,3−t,t), para todo t real.

A família tem ponto inicial (−2,3,0) e direção (3,−1,1). Os pontos destacados usam t=0,1,2 e satisfazem as duas equações. O desenho é uma projeção do espaço e não permite medir ângulos ou comprimentos tridimensionais.

A última coluna da matriz aumentada é de dados e não pode ser chamada variável livre. Escolher t=0 encontra só uma solução, não encerra uma família inteira. Se houver mais de uma coluna livre, use parâmetros independentes para não perder soluções.

10Zero igual a zero e zero igual a um não são a mesma coisa

[0\ \cdots\ 0\mid c],\quad c\ne0

A linha aparece após operações equivalentes e significa 0=c. Nenhuma atribuição das incógnitas pode satisfazê-la. Um pivô na coluna aumentada indica essa contradição. O valor c pode ser positivo ou negativo.

[0\ \cdots\ 0\mid0]\quad\Longleftrightarrow\quad0=0

A linha é uma identidade e não acrescenta condição. Ela não garante sozinha infinitas soluções: outras linhas podem já determinar todas as incógnitas ou conter uma contradição.

Exemplo resolvido · Uma diferença no termo independente muda tudo

Compare x+2y=3, 2x+4y=6 com x+2y=3, 2x+4y=7.

Resolução

Em ambos, faça R₂←R₂−2R₁. No primeiro sistema surge (0,0|0), isto é, 0=0. A segunda condição era repetida, e fica a família (3−2t,t).
No segundo surge (0,0|1), isto é, 0=1. Nenhuma escolha pode satisfazê-la, então não há solução.

O primeiro é compatível com uma variável livre; o segundo é impossível.

Exemplo resolvido · Linha nula não obriga indeterminação

Classifique $\left[\begin{array}{rr|r}1&0&2\\0&1&1\\0&0&0\end{array}\right]$ .

Resolução

As duas primeiras linhas fixam x=2 e y=1. A terceira é 0=0 e não acrescenta condição.
Apesar da linha nula, não sobrou variável livre. A solução é única.

O sistema tem somente a solução (2,1).

11Possível determinado, indeterminado ou impossível

Compatível, consistente ou possível significa que há solução. Se ela é única, o sistema é possível e determinado, SPD. Se há infinitas, é possível e indeterminado, SPI. Quando não há solução, é impossível, SI, também chamado incompatível ou inconsistente.

\begin{gathered}\mathrm{SPD}:\ \text{uma solução}\\\mathrm{SPI}:\ \text{infinitas soluções}\\\mathrm{SI}:\ \text{nenhuma solução}\end{gathered}

SPD significa possível e determinado; SPI, possível e indeterminado; SI, impossível. Compatível ou consistente significa que há ao menos uma solução. A classificação se refere a equações lineares com incógnitas reais, antes de restrições adicionais como integralidade ou não negatividade.

Sobre os reais, um sistema linear não pode ter exatamente duas, três ou outra quantidade finita maior que um de soluções. Se u e v fossem duas soluções diferentes, toda coluna u+t(v−u), com t real, também resolveria: A[u+t(v−u)]=b+t(b−b)=b. Como v−u é não nula, valores diferentes de t produzem colunas diferentes. Portanto já haveria infinitas.

Exemplo resolvido · Uma solução particular não informa a classificação inteira

Se alguém encontrou uma tripla que satisfaz um sistema, pode afirmar que ele é SPD?

Resolução

Não. O sistema é compatível, mas ainda pode ter outras soluções.
É preciso verificar se todas as colunas de incógnitas têm pivô, sem contradição, ou determinar a família completa.

Uma solução encontrada prova existência, não unicidade.

12Posto: quantas condições independentes restaram

Linhas ou colunas são linearmente independentes quando uma soma de seus múltiplos só resulta no vetor zero se todos os coeficientes dessa soma forem zero. Se existe uma combinação nula com algum coeficiente não nulo, são dependentes: uma delas pode ser escrita como combinação das outras. Vetor, aqui, é uma lista ordenada de números; somas e múltiplos são calculados posição por posição.

Duas linhas podem parecer condições diferentes e ser apenas múltiplos ou combinações uma da outra. O posto de A mede quantas linhas independentes ela possui. Para calculá-lo, escalone A e conte seus pivôs, ou suas linhas não nulas depois da eliminação. Usaremos r para esse número.

\begin{gathered}r=\operatorname{posto}(A)\\0\le r\le\min(m,n)\end{gathered}

A é m×n. O posto é o número de pivôs da forma escalonada, igual ao número de linhas não nulas dessa forma e ao máximo de linhas ou colunas linearmente independentes. Não conte as linhas não nulas antes de escalonar. Operações elementares de linhas preservam o posto.

Exemplo resolvido · Contar depois de escalonar

Calcule o posto de $A=\begin{pmatrix}1&2&3\\2&4&6\\0&1&1\end{pmatrix}$ .

Resolução

A segunda linha é duas vezes a primeira; subtraia esse múltiplo e ela fica nula.
A terceira linha tem pivô na segunda coluna e não é múltiplo da primeira. Coloque a linha nula no fim: restam duas linhas não nulas.

posto(A)=2, apesar de haver três linhas não nulas no início.

Uma combinação linear de linhas é uma soma de múltiplos delas. Operações reversíveis preservam o conjunto de combinações possíveis das linhas, pois cada linha nova vem das antigas e cada antiga pode ser recuperada das novas. As linhas não nulas de uma escada são independentes: olhando o primeiro pivô, depois o segundo e assim por diante, uma combinação nula obriga cada coeficiente a ser zero. Portanto sua quantidade mede o número de condições independentes, não depende do caminho da eliminação.

Também é o número máximo de colunas independentes. Operações de linhas aplicam a mesma transformação reversível a todas as colunas e preservam cada relação entre elas. Na forma reduzida, as colunas de pivôs são colunas unitárias independentes; toda outra coluna é combinação delas. Assim o posto por linhas e por colunas coincide. Uma coluna é de pivô exatamente quando não é combinação das colunas anteriores, o que fixa essas posições independentemente da sequência de contas.

Isso também explica a unicidade da forma reduzida. Nela, as colunas de pivôs registram os coeficientes de qualquer combinação das linhas. Uma linha com valores fixados nessas posições é única no conjunto de combinações possíveis. Como operações reversíveis preservam esse conjunto e as posições de pivôs, duas formas reduzidas equivalentes têm as mesmas linhas não nulas e os mesmos zeros finais. Com a ordem das incógnitas fixada, não há dois resultados reduzidos diferentes corretos.

13Comparar A com a matriz aumentada

A coluna b pode trazer uma informação que as colunas de A não conseguem produzir. Compare r=posto(A) com q=posto([A|b]). Acrescentar uma coluna não diminui o posto e pode acrescentar no máximo um pivô. Se ela é combinação das anteriores, o posto não cresce e existe solução. Se não é, surge um pivô na coluna aumentada, isto é, uma contradição.

\begin{gathered}Ax=b\text{ compatível}\\\Longleftrightarrow\operatorname{posto}(A)=\operatorname{posto}([A\mid b])\end{gathered}

A é real m×n e b é m×1. Com um único lado direito, o posto aumentado vale r ou r+1. Um pivô só na coluna aumentada torna os postos diferentes e produz contradição. Esse critério não exige A quadrada.

\begin{gathered}r=\operatorname{posto}(A)\\q=\operatorname{posto}([A\mid b])\\q>r:\ \mathrm{SI}\\q=r=n:\ \mathrm{SPD}\\q=r<n:\ \mathrm{SPI}\end{gathered}

A tem n colunas de incógnitas e m linhas de equações. Os postos são calculados para o mesmo sistema. Primeiro verifique a compatibilidade; ter pivô em toda coluna de A não elimina uma possível contradição na coluna b.

\text{variáveis livres}=n-r

O sistema é compatível, A tem n colunas e posto r. As colunas de incógnitas sem pivô dão as variáveis livres; cada uma recebe um parâmetro real independente. A coluna dos termos independentes não é uma incógnita nem uma variável livre.

O critério dos postos é conhecido como Rouché–Capelli. Sua prova também pode ser lida na escada: se uma linha de coeficientes é nula e seu lado direito é não nulo, o posto aumentado cresce e o sistema falha. Sem essas linhas, escolha livremente as incógnitas das colunas sem pivô e faça a retrosubstituição; isso constrói soluções. Se não há variável livre, cada passo determina um único valor. Se há alguma, escolhas reais diferentes produzem infinitas soluções.

Exemplo resolvido · A ordem da verificação importa

A tem duas colunas e posto dois, mas [A|b] tem posto três. O sistema é determinado?

Resolução

Não. O posto aumentado é maior e há uma contradição; primeiro é necessário verificar a compatibilidade.
Pivô em toda coluna de A só garante no máximo uma solução, não que uma solução exista para esse b.

O sistema é SI.

O número de variáveis livres é n−r apenas depois de confirmar que o sistema é compatível. Não conte a coluna aumentada como uma incógnita. O limite r≤min(m,n) vem de não haver mais pivôs que linhas ou colunas.

14Quantidade de equações não decide tudo

m<n\Longrightarrow r<n

A é m×n. Como r≤m, não pode haver solução real única: se o sistema for compatível, terá infinitas; se houver contradição, será impossível. Ter mais equações que incógnitas, por outro lado, não obriga incompatibilidade.

Exemplo resolvido · Três equações podem determinar apenas duas incógnitas

Analise x+y=3, x−y=1 e 2x+y=5.

Resolução

As duas primeiras dão x=2 e y=1. A terceira é satisfeita: 4+1=5.
A terceira linha é (3R₁+R₂)/2, incluindo o lado direito. O posto dos coeficientes e o aumentado são dois, igual ao número de incógnitas.
Se trocarmos somente o último termo cinco por seis, a mesma combinação exige cinco e aparece contradição. O posto aumentado passa a três, embora o dos coeficientes continue dois.

O sistema original é SPD; a versão com seis é SI.

Exemplo resolvido · Poucas equações podem ser incompatíveis

Classifique x+y+z=1 e 2x+2y+2z=3.

Resolução

Subtraia duas vezes a primeira equação da segunda. O resultado é 0=1.
Há menos equações que incógnitas, mas isso não elimina a contradição. Se o último termo fosse dois, o sistema seria compatível com duas variáveis livres.

Com termo três, o sistema é SI.

\begin{gathered}Ax=b\text{ tem solução para todo }b\\\Longleftrightarrow\operatorname{posto}(A)=m\end{gathered}

A é real m×n; b percorre todas as colunas reais m×1. Isso exige pivô em cada linha dos coeficientes. Unicidade para cada sistema compatível exige posto(A)=n. Existência e unicidade para todo b ocorrem juntas exatamente quando m=n=posto(A).

Para uma matriz A fixa, existência para todo b exige posto(A)=m: não pode sobrar uma linha de coeficientes nula que algum lado direito torne contraditória. Se houver linha nula após operações reversíveis, podemos escolher um lado direito transformado não nulo nessa posição e desfazer as operações para obter um b incompatível. Unicidade para cada b compatível exige posto(A)=n, sem coluna livre. As duas garantias para todo b ocorrem juntas exatamente no caso quadrado de posto completo.

15Duas variáveis livres pedem duas escolhas independentes

Exemplo resolvido · Pivôs nas colunas um e três

Resolva $\left[\begin{array}{rrrr|r}1&2&-1&1&4\\0&0&1&-1&1\end{array}\right]$ , na ordem x,y,z,w.

Resolução

Some a segunda linha à primeira. A forma reduzida tem linhas (1,2,0,0|5) e (0,0,1,−1|1).
Os pivôs estão em x e z. As variáveis livres são y=s e w=t, com s e t reais independentes.
Logo x=5−2s e z=1+t. Conferindo a primeira igualdade original: (5−2s)+2s−(1+t)+t=4; a segunda dá (1+t)−t=1.

(x,y,z,w)=(5−2s,s,1+t,t), com s,t reais.

Usar a mesma letra para y e w imporia y=w sem que o problema exigisse isso, apagando soluções. A família pode ser descrita por um ponto particular (5,0,1,0) mais s vezes (−2,1,0,0) mais t vezes (0,0,1,1). Cada direção controla uma variável livre diferente.

16Sistemas homogêneos: a origem sempre é solução

Um sistema é homogêneo quando todos os termos independentes são zero, isto é, Ax=0. A coluna nula x=0 sempre satisfaz todas as linhas e recebe o nome de solução trivial. Portanto um sistema homogêneo nunca é SI. A pergunta é se existem outras soluções, chamadas não triviais.

Ax=0

A é real m×n e o lado direito é a coluna nula m×1. A coluna x=0 sempre é solução, chamada trivial. Há solução não trivial se, e somente se, posto(A)<n. Um homogêneo nunca é impossível.

\begin{gathered}\nu=n-r\\r+\nu=n\end{gathered}

r é o posto de A e ν, lido nu, é sua nulidade: o número de parâmetros reais independentes de Ax=0. A igualdade é o teorema posto-nulidade. Os vetores-direção obtidos atribuindo um a uma variável livre e zero às outras geram todas as soluções homogêneas e são independentes.

Exemplo resolvido · Uma direção inteira de soluções

Resolva x+2y−z=0 e y+z=0.

Resolução

Atribua z=t. A segunda equação dá y=−t e a primeira dá x=3t.
Toda solução é t(3,−1,1). Para t=0 temos a trivial; para t≠0, uma solução não trivial.
A matriz dos coeficientes tem posto dois e três colunas, então a nulidade é ν=3−2=1.

(x,y,z)=(3t,−t,t), com t real.

Exemplo resolvido · Só zeros no sistema

Se todas as entradas de A e de b são zero e há quatro incógnitas reais, quais são as soluções?

Resolução

Todas as equações são 0=0. Qualquer quádrupla real satisfaz o sistema.
O posto é zero e as quatro variáveis são livres. O fato de os coeficientes serem zero não obriga as incógnitas a serem zero.

O conjunto solução é todo ℝ⁴.

ν é a letra grega nu e mede a quantidade de parâmetros independentes do homogêneo. Para montar suas direções, atribua um a uma variável livre e zero às demais, resolvendo as de pivô. Cada solução geral é combinação dessas direções. Elas são independentes porque olhar as coordenadas livres obriga cada coeficiente de uma combinação nula a ser zero. Assim r+ν=n, o teorema posto-nulidade. Se m<n, há pelo menos uma direção não nula em qualquer homogêneo. Se A for quadrada, existir solução não trivial equivale a det(A)=0.

17Uma solução particular mais todas as direções permitidas

Em Ax=b compatível, encontre uma solução particular xₚ. A diferença de qualquer outra solução para ela resolve o homogêneo, pois A(x−xₚ)=b−b=0. Reciprocamente, somar a xₚ qualquer solução de Av=0 mantém o lado direito. Essa é uma descrição completa, não apenas um modo de produzir alguns exemplos.

\begin{gathered}Ax_p=b,\quad Av=0\\x=x_p+v\end{gathered}

xₚ é uma solução particular conhecida. Toda solução de Ax=b é soma dela com alguma solução v de Ax=0, e toda soma assim satisfaz Ax=b. Se o sistema original não tem solução particular, essa descrição não se aplica.

Exemplo resolvido · Reconstruir a família já encontrada

Para x+2y−z=4 e y+z=3, use xₚ=(−2,3,0) e as soluções do homogêneo anterior.

Resolução

O homogêneo tem v=t(3,−1,1). A soma com xₚ dá (−2+3t,3−t,t).
Toda solução do sistema original tem essa forma, porque sua diferença para xₚ satisfaz as duas equações homogêneas.

Uma particular mais uma direção livre descreve todas as soluções.

\begin{gathered}Au=Av=0\\\Longrightarrow A(\alpha u+\beta v)=0\end{gathered}

u e v são colunas n×1, α e β são reais, lidos alfa e beta. Vale para Ax=0 pela distributividade. Se Au=Av=b não nulo, então A(u+v)=2b, e a soma não resolve o mesmo lado direito. Combinações cujos coeficientes somam um conservam b.

Para homogêneos, somar soluções ou multiplicá-las por quaisquer reais continua dando solução, por distributividade. Para b≠0, a soma de duas soluções produz lado direito 2b, não b. A diferença é homogênea, e uma combinação αu+βv com α+β=1 conserva b. As letras α e β, lidas alfa e beta, representam números reais. Não existe descrição por solução particular quando o sistema é impossível.

18Quando a inversa resolve, e quando ela não existe

Se A é quadrada e det(A)≠0, sua inversa existe e Ax=b tem solução única x=A⁻¹b para qualquer b. Esse caso já foi estudado na aula anterior. Aqui ele aparece como posto(A)=n, sem variáveis livres ou linhas contraditórias.

\begin{gathered}\det(A)\ne0\\x=A^{-1}b\end{gathered}

A é n×n real. Determinante não nulo garante solução única para toda coluna b. Se det(A)=0, estude compatibilidade: pode haver nenhuma ou infinitas soluções. Não calcule determinante de uma matriz retangular para aplicar esse teste.

Exemplo resolvido · Comparar a inversa com a eliminação

Resolva 2x+y=5 e x−y=1 usando $A^{-1}=\begin{pmatrix}\frac13&\frac13\\\frac13&-\frac23\end{pmatrix}$ .

Resolução

A matriz dos coeficientes tem linhas (2,1),(1,−1), com determinante 2·(−1)−1·1=−3≠0. Podemos usar a inversa dada e calcular cada entrada de A⁻¹b pela regra linha-coluna.
A primeira entrada é $x=\frac13\cdot5+\frac13\cdot1=\frac53+\frac13=2$ . A segunda é $y=\frac13\cdot5-\frac23\cdot1=\frac53-\frac23=1$ .
Conferindo: 2·2+1=5 e 2−1=1. O determinante negativo não atrapalha; a condição é diferente de zero.

A solução é (2,1).

Se det(A)=0, não se pode formar A⁻¹b, mas ainda é preciso estudar b para distinguir SI e SPI. Em uma matriz retangular não há determinante comum a calcular; use escalonamento e posto. Uma matriz não nula não é, por isso, inversível.

19Cramer: substituir uma coluna de cada vez

A regra de Cramer também se aplica ao caso quadrado com determinante não nulo. Chame D=det(A). Para calcular a incógnita xⱼ, substitua somente a coluna j de A pela coluna b e calcule o novo determinante Dⱼ. Então xⱼ=Dⱼ/D. A ordem das linhas e todas as outras colunas precisam permanecer.

\begin{gathered}D=\det(A)\ne0\\D_j=\det(A_j)\\x_j=D_j/D\end{gathered}

A é real n×n e Aⱼ é obtida substituindo apenas a coluna j de A por b, na mesma ordem de linhas. j vai de um a n. Os demais coeficientes ficam fixos. A condição D≠0 é necessária para essa divisão.

\begin{gathered}D=a_1b_2-a_2b_1\\D_x=c_1b_2-c_2b_1\qquad D_y=a_1c_2-a_2c_1\\x=D_x/D\qquad y=D_y/D\end{gathered}

\begin{gathered}D=a_1b_2-a_2b_1\\D_x=c_1b_2-c_2b_1\\D_y=a_1c_2-a_2c_1\\x=D_x/D,\quad y=D_y/D\end{gathered}

As equações são a₁x+b₁y=c₁ e a₂x+b₂y=c₂, com coeficientes reais e D≠0. Dₓ substitui a coluna de x; Dᵧ, a de y. Os índices distinguem as equações, não são expoentes.

Exemplo resolvido · Duas incógnitas, três determinantes

Use Cramer em 2x+y=5 e x−y=1.

Resolução

D é o determinante das linhas (2,1),(1,−1): D=−2−1=−3.
Dₓ substitui a primeira coluna e usa linhas (5,1),(1,−1): Dₓ=−5−1=−6.
Dᵧ substitui a segunda coluna e usa linhas (2,5),(1,1): Dᵧ=2−5=−3.
Divida pelo mesmo D: x=(−6)/(−3)=2 e y=(−3)/(−3)=1.

Cramer encontra (2,1).

A tem linhas (2,1),(1,−1) e b=(5,1). Para Dₓ, troca-se só a coluna de x; para Dᵧ, só a coluna de y. Os determinantes são −3, −6 e −3, dando x=2 e y=1.

A prova usa a leitura por colunas. Se c₁,…,cₙ são as colunas de A, uma solução satisfaz b=x₁c₁+…+xₙcₙ. Substitua essa soma na coluna j de Aⱼ e use a linearidade do determinante nessa coluna. Todo termo com cₖ, k≠j, tem uma coluna repetida e é zero. Só resta xⱼdet(A). Portanto Dⱼ=xⱼD; se D≠0, podemos dividir. A existência e a unicidade já são garantidas pelo determinante não nulo.

Exemplo resolvido · Três incógnitas com dados já conferidos

Use Cramer no sistema com $A=\begin{pmatrix}1&1&1\\2&-1&1\\1&2&-1\end{pmatrix}$ e $b=\begin{pmatrix}6\\6\\1\end{pmatrix}$ .

Resolução

Por Sarrus, somamos os três produtos do primeiro grupo: 1·(−1)·(−1)+1·1·1+1·2·2=1+1+4=6. O grupo que será subtraído é 1·(−1)·1+1·1·2+1·2·(−1)=−1+2−2=−1. Logo D=6−(−1)=7≠0, permitindo usar Cramer.
Para x, $A_1=\begin{pmatrix}6&1&1\\6&-1&1\\1&2&-1\end{pmatrix}$ . Os produtos do primeiro grupo somam $6\cdot(-1)\cdot(-1)+1\cdot1\cdot1+1\cdot6\cdot2=6+1+12=19$ . No segundo grupo, $1\cdot(-1)\cdot1+6\cdot1\cdot2+1\cdot6\cdot(-1)=-1+12-6=5$ . Assim, $D_1=19-5=14$ .
Para y, $A_2=\begin{pmatrix}1&6&1\\2&6&1\\1&1&-1\end{pmatrix}$ . O primeiro grupo é $1\cdot6\cdot(-1)+6\cdot1\cdot1+1\cdot2\cdot1=-6+6+2=2$ . O segundo é $1\cdot6\cdot1+1\cdot1\cdot1+6\cdot2\cdot(-1)=6+1-12=-5$ . Portanto $D_2=2-(-5)=7$ .
Para z, $A_3=\begin{pmatrix}1&1&6\\2&-1&6\\1&2&1\end{pmatrix}$ . O primeiro grupo é $1\cdot(-1)\cdot1+1\cdot6\cdot1+6\cdot2\cdot2=-1+6+24=29$ . O segundo é $6\cdot(-1)\cdot1+1\cdot6\cdot2+1\cdot2\cdot1=-6+12+2=8$ . Então $D_3=29-8=21$ .
Dividimos cada determinante de substituição pelo mesmo D=7: x=14/7=2, y=7/7=1 e z=21/7=3, a mesma tripla verificada por Gauss.

Os métodos concordam: (2,1,3).

20Quando todos os determinantes são zero

\begin{gathered}D=0:\\x_j=D_j/D\text{ não se aplica}\end{gathered}

A é quadrada. Se algum Dⱼ é não nulo, o sistema é impossível, pois Dⱼ=xⱼD seria necessário a qualquer solução. Todos os Dⱼ nulos não bastam para afirmar SPI: pode haver SI também. Use escalonamento ou postos, incluindo casos de posto baixo.

A identidade Dⱼ=xⱼD foi deduzida para qualquer solução, sem dividir. Se D=0 e algum Dⱼ≠0, não há solução. Porém, se todos são zero, essa identidade só diz 0=0 e pode não detectar uma contradição. Não substitua uma análise de posto por uma divisão 0/0.

Exemplo resolvido · Todos nulos, mas o sistema é impossível

Considere x+y+z=1, x+y+z=2 e x+y+z=3.

Resolução

A tem todas as entradas iguais a um e D=0. Ao substituir uma coluna por b=(1,2,3), ainda sobram duas colunas iguais; por isso cada Dⱼ também é zero.
Subtrair a primeira equação da segunda produz 0=1. O sistema é impossível, apesar de todos os determinantes nulos.
Se os três termos independentes fossem um, haveria uma equação efetiva e duas variáveis livres: SPI, também com D e todos os Dⱼ zero.

Todos os numeradores nulos não distinguem SI de SPI em geral.

Na prática, Gauss evita calcular vários determinantes grandes e já revela compatibilidade e variáveis livres. Cramer é útil quando a ordem é pequena ou quando uma expressão por determinantes responde diretamente ao pedido, sempre sob D≠0.

21Parâmetros: primeiro separar casos, depois dividir

Parâmetros são dados cujo valor pode mudar de um sistema para outro. Eles não são as incógnitas que estamos resolvendo. Quando um candidato a pivô depende de k, não divida antes de estudar onde ele é zero. Uma mesma eliminação pode produzir ramos com classificações diferentes.

(k-1)y=h-4

k e h são dados reais. Para k≠1, y=(h−4)/(k−1). Para k=1 e h=4, a equação vira identidade; para k=1 e h≠4, contradição. Essa expressão surge após eliminar x de x+y=2 e 2x+(k+1)y=h; a classificação usa o sistema inteiro.

Exemplo resolvido · Os três tipos no mesmo modelo

Discuta x+y=2 e 2x+(k+1)y=h, com k,h reais dados.

Resolução

Subtraia duas vezes a primeira da segunda. A matriz fica com linhas (1,1|2) e (0,k−1|h−4).
Se k≠1, y=(h−4)/(k−1) e x=2−y. Há dois pivôs de coeficientes e solução única para qualquer h.
Se k=1 e h=4, a última linha é 0=0. Há uma variável livre: (x,y)=(2−t,t), com t real; SPI.
Se k=1 e h≠4, a última linha é contraditória e o sistema é SI.

k≠1: SPD; k=1,h=4: SPI; k=1,h≠4: SI.

Depois de eliminar x, a segunda linha é (0,k−1|h−4). O desenho separa o pivô não nulo, a linha nula e a contradição; cada ramo corresponde a uma condição matemática explícita.

22Parâmetro na ordem três e mudança do posto

Exemplo resolvido · Duas entradas de pivô dependem do mesmo valor

Discuta $A(k)=\begin{pmatrix}1&1&1\\1&k&1\\1&1&k\end{pmatrix}$ com $b=\begin{pmatrix}3\\k+2\\3\end{pmatrix}$ .

Resolução

Subtraia R₁ de R₂ e de R₃, uma operação em cada linha. A escada tem linhas (1,1,1|3), (0,k−1,0|k−1), (0,0,k−1|0).
Se k≠1, y=1 e z=0, depois x=2: SPD. O determinante é (k−1)², não nulo.
Se k=1, só resta x+y+z=3. O posto é um e há duas variáveis livres: (3−s−t,s,t), com s,t reais; SPI.

k≠1: solução única (2,1,0); k=1: família de dois parâmetros.

Exemplo resolvido · O termo independente também participa da discussão

No sistema anterior, troque apenas o último termo independente três por quatro. O que acontece em k=1?

Resolução

Após a mesma operação, a terceira linha vira (0,0,k−1|1).
Em k=1, ela exige 0=1; SI. A matriz A(1) continua a mesma, mas o lado direito mudou a compatibilidade.

O determinante zero de A(1) não decidiu sozinho: agora o sistema é SI.

23O domínio vem antes das simplificações

Exemplo resolvido · Coeficiente fracionário não pode ser avaliado onde não existe

Resolva x+y=1 e $x+\frac{k}{k-1}y=2$ , conforme o real k.

Resolução

O sistema original só está definido para k≠1.
Subtraindo a primeira equação da segunda, o coeficiente de y é $\frac{k}{k-1}-1=\frac{k-(k-1)}{k-1}=\frac1{k-1}$ , e o lado direito é $2-1=1$ . Assim, $\frac1{k-1}y=1$ . No domínio, esse coeficiente é não nulo.
Multiplicando por k−1≠0, obtemos y=k−1. Da primeira equação, x=1−y=1−(k−1)=2−k. Há solução única para cada k≠1. Não reintroduza k=1 porque as expressões finais parecem permitir esse valor.

No domínio k≠1, a solução é (2−k,k−1).

Se multiplicar uma equação por uma expressão com parâmetro, confirme em qual ramo ela é não nula para manter a equivalência. Um valor fora do domínio não é um sistema impossível: a própria expressão de dados não está definida ali.

24Retas: interseção comum e casos degenerados

Com duas incógnitas, cada equação ax+by=c com algum coeficiente a ou b não nulo representa uma reta. A solução do sistema é a interseção comum dessas retas. Duas retas concorrentes se cruzam num ponto; coincidentes representam a mesma reta; paralelas distintas não possuem ponto comum.

\mathcal S=\bigcap_{i=1}^{m}\mathcal S_i

Em duas incógnitas, uma equação com algum coeficiente não nulo representa uma reta; em três, um plano. A solução é a interseção comum de todas as condições. Coeficientes todos zero representam o espaço inteiro se bᵢ=0 ou o conjunto vazio se bᵢ≠0. Interseções de pares não garantem interseção de todas.

Exemplo resolvido · Ler os três casos sem depender só da aparência

Compare os pares: x+y=3 e x−y=1; x+y=3 e 2x+2y=6; x+y=3 e 2x+2y=8.

Resolução

No primeiro, somar as igualdades dá (x+y)+(x−y)=3+1, isto é, 2x=4. Dividindo por dois, x=2; na primeira equação, y=3−2=1. Há um ponto comum, SPD.
No segundo, a segunda igualdade é o dobro da primeira: mesma reta e infinitos pontos, SPI.
No terceiro, a segunda exige x+y=4 e contradiz x+y=3: paralelas distintas, SI.

A álgebra confirma as três interpretações geométricas.

Os três painéis usam a mesma escala por unidade nos eixos. O primeiro cruza as retas em (2,1); o segundo representa duas equações coincidentes; o terceiro mostra paralelas com somas de coordenadas três e quatro.

Se todos os coeficientes são zero, não há uma reta usual: 0x+0y=0 permite o plano inteiro, enquanto 0x+0y=1 não permite ponto algum. Com mais de duas retas, interseções de pares não bastam: o ponto precisa atender a todas as equações.

25Planos: três equações não garantem um ponto

Com três incógnitas, uma equação não degenerada ax+by+cz=d representa um plano. O conjunto solução pode ser um ponto, uma reta, um plano, todo o espaço ou o conjunto vazio, conforme as condições e o posto. Sobre os reais, uma família compatível com ν parâmetros independentes tem ν direções livres.

Exemplo resolvido · Contar planos não conta condições independentes

Compare x=1,y=2,z=3 com x=1,y=2,2x=2.

Resolução

O primeiro sistema determina (1,2,3).
No segundo, a terceira equação repete a primeira. Toda tripla (1,2,t) satisfaz as condições; a interseção é uma reta.

Três equações podem dar um ponto ou infinitos pontos.

Exemplo resolvido · Cada par se cruza, mas não há ponto comum às três

Analise os planos x=0, y=0 e x+y=1, com z livre em cada equação.

Resolução

Os dois primeiros têm em comum a reta (0,0,t). O primeiro e o terceiro têm a reta (0,1,t); o segundo e o terceiro, a reta (1,0,t).
Para satisfazer todos, seria necessário x=y=0 e x+y=1, impossível. As interseções de pares são retas diferentes, sem interseção comum.

O sistema é SI, apesar das interseções de pares.

Uma única equação efetiva, como x+y+z=3 repetida por múltiplos, descreve um plano de soluções. Só equações 0=0 permitem todo o espaço. Uma equação 0=1 impede qualquer solução. Esses casos são decididos pelo escalonamento, não pelo desenho em perspectiva.

26Várias colunas de dados com os mesmos coeficientes

Na equação matricial AX=B, cada coluna de X resolve um sistema com a mesma A e uma coluna de B como lado direito. Aplique as operações de linhas a todos os lados direitos juntos, conservando as posições. As colunas podem ter compatibilidades diferentes.

\begin{gathered}AX=B\Longleftrightarrow\\Ax^{(j)}=b^{(j)}\text{ para cada }j\end{gathered}

A é m×n, B é m×p e X é n×p; os sobrescritos entre parênteses indicam colunas, não potências. Cada coluna de B precisa ser compatível com A. Uma coluna impossível torna a equação matricial inteira impossível. Aplique as mesmas operações ao bloco [A|B].

Exemplo resolvido · Uma coluna possível não salva outra impossível

Considere $A=\begin{pmatrix}1&1\\2&2\end{pmatrix}$ e $B=\begin{pmatrix}1&1\\2&3\end{pmatrix}$ . Existe X com AX=B?

Resolução

A primeira coluna pede x+y=1 e 2x+2y=2, com infinitas soluções.
A segunda pede x+y=1 e 2x+2y=3. Subtrair duas vezes a primeira linha produz 0=1.
Não há matriz X que satisfaça a igualdade inteira, porque seria necessário resolver todas as colunas.

AX=B não possui solução.

Se todas as colunas forem compatíveis e A tiver posto r<n, cada coluna de X terá n−r parâmetros livres próprios. Não obrigue parâmetros de colunas diferentes a serem iguais. Se A for quadrada inversível, a solução inteira é única, X=A⁻¹B, ou pode ser obtida reduzindo [A|B] diretamente.

27Modelar recursos e conferir restrições do contexto

Exemplo resolvido · Três tipos de peça e três totais

Uma oficina fez doze peças. Cada U usa duas unidades de metal e uma de pintura; cada V, uma de metal e duas de pintura; cada W, três de metal e uma de pintura. Foram usadas 25 unidades de metal e 17 de pintura. Quantas peças de cada tipo foram feitas?

Resolução

Se x,y,z contam U,V,W, as condições são x+y+z=12, 2x+y+3z=25 e x+2y+z=17. As colunas representam tipos, e as linhas representam total, metal e pintura.
Subtraia a primeira equação da terceira: y=5. Então x+z=7 e 2x+3z=20.
Subtraindo duas vezes x+z=7 da última, obtemos z=6 e depois x=1.
Conferindo: 1+5+6=12; 2+5+18=25; 1+10+6=17. As quantidades são inteiras não negativas.

Uma peça U, cinco V e seis W.

\mathcal S_{\text{admissível}}=\mathcal S_{\mathbb R}\cap\mathcal D

Sℝ é o conjunto das soluções reais das equações lineares e D é o domínio do contexto, como quantidades inteiras não negativas. ∩ significa satisfazer as duas exigências. Uma família infinita real pode deixar apenas um número finito de soluções admissíveis; isso não altera sua classificação sobre os reais.

Exemplo resolvido · Uma família real pode ter poucas opções inteiras admissíveis

Uma rede recebe dez unidades: x vão ao setor esquerdo e y ao direito; z são transferidas da esquerda para a direita. Os setores entregam seis e quatro unidades, respectivamente. Encontre os fluxos não negativos.

Resolução

A conservação exige x+y=10, x−z=6 e y+z=4. A primeira equação é soma das outras duas e não é independente.
Escolha z=t. Temos x=6+t e y=4−t, uma família infinita sobre os reais.
Fluxos não negativos exigem t≥0 e t≤4. Para fluxos contínuos, todo t em [0,4] é admissível. Se as unidades forem indivisíveis e inteiras, restam t=0,1,2,3,4: cinco opções.
Isso não contradiz a classificação SPI do sistema linear real. As cinco opções surgiram depois de impor um domínio adicional.

(x,y,z)=(6+t,4−t,t), com 0≤t≤4; cinco opções se t deve ser inteiro.

Uma solução pode ser única nos reais e inadmissível no contexto por ser negativa ou não inteira. Registre as unidades e traduza a resposta para o problema. A ausência de uma solução admissível não autoriza alterar os coeficientes até aparecer uma resposta conveniente.

28Escolher o método e encerrar com uma verificação

Declare incógnitas, dados, domínio e ordem das colunas. Escreva zeros onde falta uma variável.
Use operações de linhas reversíveis na matriz aumentada inteira; não divida por zero nem por uma expressão de parâmetro antes de separar casos.
Procure contradições primeiro. Depois conte pivôs de A e variáveis livres, usando n como quantidade de incógnitas.
Descreva todas as soluções: uma n-upla quando SPD, uma família com parâmetros independentes quando SPI, ou o conjunto vazio com uma contradição quando SI.
Use inversa ou Cramer somente no caso quadrado com determinante não nulo. Confirme os resultados por substituição nas equações originais.
Em aplicações, interseccione as soluções reais com o domínio admissível e conserve as unidades.

Exemplo resolvido · Trocar colunas muda a identificação das incógnitas

O sistema é x+2y=5 e 3x−y=1. Alguém troca as duas colunas de A e resolve como se continuassem na ordem x,y. O que ocorre?

Resolução

O sistema original tem solução (1,2). Depois da troca, as equações escritas na ordem x,y seriam 2x+y=5 e −x+3y=1, com solução (2,1).
Para que a troca de colunas fosse uma reorganização válida, seria necessário registrar que a ordem agora é y,x e traduzir a resposta de volta. Operações de linhas não exigem essa troca de identificação.

A ordem das incógnitas faz parte dos dados.

As quatro aulas do roteiro inicial de Matrizes estão disponíveis: conceitos e operações, determinantes, inversa e equações matriciais e sistemas lineares por matrizes. Isso encerra o roteiro escolhido, sem afirmar que esgota todos os aprofundamentos da área. Fórmulas e Revisão reúnem os conteúdos na mesma ordem.

29Agora é com você

O banco tem trinta questões: 26 objetivas e quatro discursivas. Ele cobre representação, operações, pivôs, classificação, postos, parâmetros, homogêneos, Cramer e aplicações. Nas discursivas, registre as etapas, justifique os casos e verifique a solução no sistema original.

Questão 1 de 300 conferidas

Compreensão · Objetiva

Qual equação é linear nas incógnitas reais x, y e z?

Axy+z=3.Bx²+y+z=3.C2x−y+3z=7.D1/x+y+z=3.

Ative o JavaScript para conferir alternativas interativamente. Todas as questões e resoluções estão disponíveis abaixo.[data-exercise][hidden],[data-solution][hidden]{display:block}.exercise-controls,[data-check-answer],.exercise-progress{display:none}

30O que guardar desta aula

Uma equação linear soma múltiplos de incógnitas reais com coeficientes fixos. Parâmetros são dados; produtos entre incógnitas ou potências não lineares pertencem a outro tipo de problema.
Uma solução é uma n-upla, na ordem fixada, que satisfaz todas as equações simultaneamente. Resolver é encontrar o conjunto inteiro, não apenas uma atribuição.
A matriz A é m×n e b é m×1. A matriz aumentada [A|b] é m×(n+1); sua última coluna contém dados, não uma nova incógnita. Variáveis ausentes recebem coeficiente zero.
Ax=b pode ser lido por linhas ou como combinação das colunas. A compatibilidade exige que b possa ser produzida por essa combinação.
Trocas, multiplicações de linha por escalar não nulo e somas de múltiplos de outra linha conservam soluções. Operações percorrem também o lado direito e usam os dados atuais.
Na escada, pivôs são primeiros não nulos de linhas e avançam para a direita; não precisam ser um. Na forma reduzida, valem um e são os únicos não nulos de suas colunas.
Gauss cria a escada e resolve de baixo para cima. Gauss-Jordan continua acima dos pivôs. Pivô inicial zero pode exigir troca, não divisão por zero ou conclusão imediata de impossibilidade.
A linha 0=c com c≠0 é contradição e produz SI. Uma linha 0=0 é redundante e não determina sozinha a classificação das demais condições.
SPD tem uma solução; SPI tem infinitas; SI não tem nenhuma. A afirmação 0,1 ou infinitas vale sobre os reais antes de restrições adicionais do contexto.
O posto r é o número de pivôs depois de escalonar, não a contagem inicial de linhas não nulas. É também o máximo de linhas ou colunas independentes e é preservado por operações reversíveis de linhas.
Compare r=posto(A) e q=posto([A|b]). Se q>r, SI; se q=r=n, SPD; se q=r<n, SPI. Primeiro confira compatibilidade, depois unicidade.
Um sistema compatível tem n−r variáveis livres, uma por coluna de incógnita sem pivô. Cada variável livre precisa de uma escolha real independente.
Menos equações que incógnitas impede solução real única, mas não garante compatibilidade. Mais equações que incógnitas não obriga impossibilidade: algumas podem ser redundantes.
Homogêneo Ax=0 sempre possui a solução trivial. Há soluções não triviais exatamente quando r<n. Sua nulidade ν=n−r conta as direções livres.
Toda solução de Ax=b compatível é uma particular mais uma solução homogênea. A soma de soluções não homogêneas não mantém, em geral, o mesmo lado direito; coeficientes com soma um o preservam.
Para A quadrada com det(A)≠0, a solução única é A⁻¹b. Determinante zero exige discutir compatibilidade; matriz retangular não recebe esse teste por determinante.
Cramer usa D=det(A)≠0 e substitui a coluna da incógnita por b para calcular Dⱼ. A razão Dⱼ/D só é válida nessa condição, com as outras colunas e linhas conservadas.
Se D=0 e algum Dⱼ≠0, o sistema é SI. Se todos forem zero, ainda pode haver SI ou SPI; escalonamento ou postos resolvem a dúvida.
Parâmetros exigem separar o pivô nulo antes de dividir. O lado direito participa da compatibilidade; uma simplificação não restaura valores fora do domínio original.
Retas e planos representam condições não degeneradas. A solução pertence à interseção de todas; interseções de pares não bastam. Equações 0=0 e 0=c não nulo têm interpretações distintas.
Para AX=B com várias colunas, todas precisam ser compatíveis e recebem a mesma sequência de operações. Uma coluna impossível torna a igualdade matricial impossível.
Posto(A)=m garante existência para todo b; posto(A)=n garante no máximo uma solução para cada b. As duas garantias universais juntas exigem m=n=r.
Modelos acrescentam domínios como quantidades não negativas ou inteiras. Uma família infinita real pode deixar apenas algumas opções admissíveis. Confira unidades e substitua nas condições originais.

Esta é a quarta aula do roteiro inicial de Matrizes. As quatro aulas estão reunidas no índice da matéria, em Fórmulas e em Revisão. Aprofundamentos futuros podem ampliar o conteúdo sem alterar a sequência básica construída aqui.