Sistemas lineares por matrizes

1. Em 2x−y+3z=7, cada incógnita aparece multiplicada por um coeficiente fixo, sem produtos entre incógnitas ou denominadores variáveis. Os demais casos não têm essa forma.

1. A segunda equação é 0x+1y+1z=3. O zero ocupa a coluna de x; o três fica depois da barra, como termo independente.

1. Cada equação dá uma linha e cada incógnita uma coluna de A. A coluna das três incógnitas é 3×1; acrescentar b às três colunas de A produz quatro colunas.

1. Opere a linha inteira: 2−2·1=0, −1−2·1=−3 e 0−2·3=−6. Deixar o lado direito sem alteração não conservaria as soluções.

1. Multiplicar por zero apaga uma condição, e não pode ser desfeito por divisão. As outras operações têm inversas válidas.

1. Os primeiros coeficientes não nulos avançam da primeira para a segunda coluna, e há zero abaixo do primeiro pivô. Pivôs iguais a um e zeros também acima são exigências da forma reduzida, ainda não satisfeitas.

1. Comece pela última linha: z=3. Então y=−5+2·3=1. Por fim x=6−1−3=2. A ordem da tripla é (x,y,z).

1. A segunda equação dá y=3−t. Isolando x na primeira, x=4−2y+z=4−2(3−t)+t=4−6+2t+t=−2+3t. A coordenada z permanece t, livre em todos os reais.

1. A linha 0=0 não restringe nada, mas as duas outras já determinam todas as incógnitas. Não resta variável livre nem contradição.

1. A linha significa 0=−2, falsa para qualquer atribuição das incógnitas. O lado direito é não nulo: a linha aumentada não é uma identidade.

1. R₂←R₂−2R₁ zera a segunda linha. Trocando essa linha com a terceira, restam duas linhas não nulas com pivôs nas colunas um e dois. As três linhas originais não eram independentes.

1. Os postos iguais garantem compatibilidade. Como o posto coincide com as três incógnitas, não resta variável livre: há exatamente uma solução.

1. Acrescentar uma coluna pode aumentar o posto de dois para três. O pivô adicional fica no lado aumentado e representa contradição, apesar de A ter posto igual ao número de incógnitas.

1. O posto é no máximo dois, menor que quatro. Se compatível, haverá variáveis livres; se incompatível, nenhuma solução. A quantidade de equações, sozinha, não garante compatibilidade.

1. A quantidade é n−r=6−4=2. A hipótese de compatibilidade precisa vir antes dessa descrição de soluções.

1. O homogêneo sempre admite a coluna zero. Além disso, seu posto é no máximo três, menor que as cinco incógnitas; existem ao menos duas variáveis livres e soluções não nulas.

1. A distributividade fornece A(xₚ+v)=Axₚ+Av=b+0=b. O vetor v é uma solução do homogêneo associado, não outro lado direito.

1. A coluna de y é a segunda. Substitua somente ela pela coluna b=(5,1), sem alterar a primeira coluna (2,1).

1. Como D≠0, Cramer fornece x=(−6)/(−3)=2 e y=(−3)/(−3)=1. Divida cada numerador pelo mesmo determinante D.

1. Na ordem três, uma matriz A só com entradas um e b=(1,2,3) é incompatível. Mesmo assim, todo determinante de substituição é zero, pois permanecem duas colunas iguais. Com b=(1,1,1), há infinitas soluções e os mesmos determinantes nulos.

1. Subtraia duas vezes a primeira equação da segunda: (3−1)y=8−4, logo y=2 e x=0. Conferindo: x+y=2 e 2x+4y=8.

1. A segunda linha após eliminar x é (k−1)y=h−4. Para ela virar 0=0, é preciso k=1 e h=4. Assim sobra x+y=2, com uma variável livre. Se k=1 e h≠4, há contradição.

1. O coeficiente não está definido em k=1. Não existe nesse valor um sistema real do enunciado a classificar; uma expressão simplificada sob k≠1 não remove a restrição original.

1. As duas primeiras condições exigem x=y=0, mas a terceira exige sua soma igual a um. Interseções de pares de planos não garantem um ponto comum a todos eles.

1. A primeira coluna pede u+v=1 e 2u+2v=2, condições compatíveis. A segunda pede u+v=1 e 2u+2v=3, condições contraditórias. Uma coluna impossível basta para impedir AX=B.

1. A não negatividade exige t≥0 por z e t≤4 por y; a de x já é satisfeita. A integralidade de z exige t inteiro: 0,1,2,3,4. A classificação SPI do sistema sobre os reais não impede cinco soluções admissíveis nesse contexto.

SPD, com (x,y,z)=(1,2,−1).

1. Na ordem (x,y,z), a matriz aumentada tem linhas (1,1,1|2),(2,−1,1|−1),(1,2,−1|6).
2. Faça R₂←R₂−2R₁ e R₃←R₃−R₁. As últimas linhas ficam (0,−3,−1|−5) e (0,1,−2|4). Troque R₂ com R₃.
3. Após a troca, R₂=(0,1,−2|4) e R₃=(0,−3,−1|−5). Faça R₃←R₃+3R₂: (0,−3+3·1,−1+3·(−2)|−5+3·4)=(0,0,−7|7). A última equação dá z=7/(−7)=−1.
4. A segunda linha diz y−2z=4. Substituindo z=−1, y+2=4, logo y=2. A primeira dá x=2−2−(−1)=1.
5. Há três pivôs nas três colunas de incógnitas, sem contradição: SPD. Conferindo: 1+2−1=2; 2·1−2−1=−1; 1+2·2−(−1)=6.

(x,y,z,w)=(9−2s,s,2+t,t), com s,t reais independentes; SPI, com ambos os postos iguais a dois.

1. As linhas aumentadas são (1,2,−1,1|7) e (0,0,1,−1|2). Some a segunda à primeira, obtendo x+2y=9 e z−w=2. Há pivôs nas colunas x e z; as duas linhas são independentes.
2. Os postos dos coeficientes e da aumentada são dois, menores que as quatro incógnitas. Escolha y=s e w=t de forma independente: x=9−2s e z=2+t.
3. A família é (9,0,2,0)+s(−2,1,0,0)+t(0,0,1,1). A primeira parcela satisfaz o sistema; as duas direções satisfazem o homogêneo e são independentes, pois a segunda e a quarta coordenadas de uma combinação nula obrigam seus coeficientes a zero.
4. Conferindo: (9−2s)+2s−(2+t)+t=7 e (2+t)−t=2 para todo s,t. Reciprocamente, toda solução tem algum par y=s,w=t e as outras duas coordenadas ficam obrigadas pelas equações. Não há soluções omitidas.

Se k≠0: SPD, y=(h−9)/k e x=3−2(h−9)/k. Se k=0,h=9: SPI, (x,y)=(3−2t,t). Se k=0,h≠9: SI.

1. Subtraia três vezes a primeira linha da segunda: a última equação fica ky=h−9. O sistema original está definido para todo k,h real.
2. Se k≠0, divida e encontre y=(h−9)/k; volte à primeira e obtenha x=3−2(h−9)/k. Há dois pivôs e nenhuma contradição.
3. A substituição na segunda equação resulta em 3(3−2y)+(k+6)y=9+ky=h, confirmando a família do caso regular.
4. Se k=0 e h=9, a última linha é 0=0. Sobra uma condição em duas incógnitas: (3−2t,t), com t real, e ambos os postos são um. Por exemplo, (3,0) e (1,1) são soluções diferentes.
5. Se k=0 e h≠9, surge 0=h−9 não nulo. Os postos são um e dois, portanto o sistema é impossível. Dividir imediatamente por k perderia esses dois casos distintos e envolveria divisão por zero.

Família real (7+t,5−t,t), com t real; admissíveis (7,5,0),(8,4,1),(9,3,2),(10,2,3),(11,1,4),(12,0,5).

1. Na ordem (x,y,z), $A=\begin{pmatrix}1&1&0\\1&0&-1\\0&1&1\end{pmatrix}$ e $b=\begin{pmatrix}12\\7\\5\end{pmatrix}$. Cada linha usa a mesma unidade de fluxo.
2. A primeira linha aumentada é a soma das outras duas, inclusive 12=7+5. As últimas duas são independentes, com posto dois nos coeficientes e na aumentada. O sistema é SPI sobre os reais.
3. Escolha z=t; a segunda condição dá x=7+t, e a terceira dá y=5−t. A primeira é conferida por (7+t)+(5−t)=12. Todos os reais t servem às equações.
4. No contexto, z≥0 e y≥0 exigem 0≤t≤5; x≥0 já vale nesse intervalo. A integralidade de z exige t inteiro, deixando seis valores de zero a cinco. São exatamente as seis triplas da resposta.
5. Contar equações não conta condições independentes. A redundância deixa um parâmetro real, e as restrições do contexto selecionam uma parte finita dessa família sem alterar sua classificação real.