e Resolução de Sistemas Capítulo 2: Transformação de...

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Livro: Introdução à Álgebra LinearAutores: Abramo Hefez

Cecília de Souza Fernandez

Capítulo 2: Transformação de Matrizese Resolução de Sistemas

Sumário

1 Transformação de Matrizes . . . . . . . . . . . . . . 30

1.1 Transformações Elementares de Matrizes . . . . . . 30

1.2 Forma Escalonada de uma Matriz . . . . . . . . . . 32

1.3 Matrizes Elementares e Aplicações . . . . . . . . . 35

2 Resolução de Sistemas Lineares . . . . . . . . . . . 42

30CAPÍTULO 2. TRANSFORMAÇÃODEMATRIZES E RESOLUÇÃODE SISTEMAS

O método de eliminação em sistemas de equações lineares consiste em e-

fetuar repetidamente transformações elementares sobre um sistema de equa-

ções lineares, de modo a ir obtendo sistemas equivalentes, até reduzir o sis-

tema original a um sistema de fácil resolução. Neste capítulo, reinterpreta-

remos na matriz ampliada associada a um sistema de equações lineares as

transformações que se efetuam nos sistemas de equações ao longo do processo

de eliminação, explicitando seu caráter algorítmico, ou seja, de procedimento

sistemático e efetivo. Esse método é essencialmente devido a Gauss e foi

aperfeiçoado por Camille Jordan (França, 1838 - 1922) e, por este motivo, é

chamado de eliminação de Gauss-Jordan.

1 Transformação de Matrizes

1.1 Transformações Elementares de Matrizes

Seja A uma matriz m × n. Para cada 1 ≤ i ≤ m, denotemos por Li a

i-ésima linha de A. De�nimos as transformações elementares nas linhas da

matriz A como se segue:

1) Permutação das linhas Li e Lj, indicada por Li ↔ Lj .

2) Substituição de uma linha Li pela adição desta mesma linha com c

vezes uma outra linha Lj, indicada por Li → Li + cLj .

3) Multiplicação de uma linha Li por um número real c não nulo, indicada

por Li → cLi .

Por exemplo, vamos efetuar algumas transformações elementares nas li-

nhas da matriz 2 1 2 3

2 1 4 0

0 −1 2 3

.

1. TRANSFORMAÇÃO DE MATRIZES 31

Temos 2 1 2 3

2 1 4 0

0 −1 2 3

−→L1 ↔ L3

0 −1 2 3

2 1 4 0

2 1 2 3

,

2 1 2 3

2 1 4 0

0 −1 2 3

−→L2 → 1

2 L2

2 1 2 3

1 1/2 2 0

0 −1 2 3

e 2 1 2 3

2 1 4 0

0 −1 2 3

−→L2 → L2 − L1

2 1 2 3

0 0 2 −30 −1 2 3

.

Sejam A e B matrizes de ordem m×n. A matriz A é dita ser equivalente

por linhas à matriz B se B pode ser obtida de A pela aplicação sucessiva de

um número �nito de transformações elementares sobre linhas.

Por exemplo, as matrizes 1 0

2 1

−2 3

e

1 0

0 1

0 0

são equivalentes por linhas já que 1 0

2 1

−2 3

−→L2 → L2 − 2L1

1 0

0 1

−2 3

−→L3 → L3 + 2L1

1 0

0 1

0 3

−→L3 → L3 − 3L2

1 0

0 1

0 0

.

Observe que a noção de equivalência de matrizes por linhas corresponde

à noção de equivalência de sistemas lineares quando se efetuam as respec-

tivas transformações sobre as equações. De fato, a sistemas equivalentes,

correspondem matrizes associadas equivalentes, e vice-versa.


Note que se A é equivalente por linhas a uma matriz B, então B é equiva-

lente por linhas à matriz A, já que toda transformação elementar sobre linhas

é reversível. Mais precisamente, se e representa uma das transformações

elementares nas linhas de uma matriz A de ordem m×n, denotando por e(A)a matriz obtida de A aplicando-lhe a transformação e, temos o resultado a

seguir.

Proposição 2.1.1. Toda transformação elementar e nas linhas de matri-

zes em M(m,n) é reversível, no sentido de que existe uma transformação

elementar e′ tal que e′(e(A)) = A e e(e′(A)) = A, para todo A ∈M(m,n).

Demonstração Se e é uma transformação elementar do tipo Li ↔ Lj , tome

e′ = e. Se e é uma transformação elementar do tipo Li → cLi , tome e′ como

a tranformação Li → 1cLi . Finalmente, se e é uma transformação elementar

do tipo Li → Li + cLj , tome e′ como a tranformação Li → Li − cLj . �

Não é difícil o leitor se convencer de que, em cada caso na demonstra-

ção anterior, e′ é a única transformação elementar com a propriedade que

e′(e(A)) = A para toda matriz A ∈M(m,n).

Se A é uma matriz equivalente por linhas a uma matriz B (e, então, B é

equivalente por linhas a A), dizemos simplesmente que A e B são matrizes

equivalentes.

1.2 Forma Escalonada de uma Matriz

Nesta subseção mostraremos que toda matriz pode ser transformada por

meio de uma sequência de transformações elementares sobre linhas numa

matriz em uma forma muito especial, a forma escalonada, que será utilizada

na próxima seção para resolver sistemas de equações lineares.

Uma matriz m×n será dita estar na forma escalonada se for nula, ou se:

1) o primeiro elemento não nulo de cada linha não nula é 1;

2) cada coluna que contém o primeiro elemento não nulo de alguma linha

tem todos os seus outros elementos iguais a zero;


3) toda linha nula ocorre abaixo de todas as linhas não nulas;

4) se L1, . . . , Lp são as linhas não nulas, e se o primeiro elemento não nulo

da linha Li ocorre na coluna ki , então k1 < k2 < · · · < kp .

Por exemplo, a matriz 0 1 2 0 1

0 0 0 1 3

0 0 0 0 0

está na forma escalonada, pois todas as condições da de�nição anterior são

satisfeitas, mas as matrizes1 0 0 0

0 1 −2 0

0 0 1 0

e

0 3 1

1 0 −10 0 0

não estão na forma escalonada, pois a primeira não satisfaz a condição 2,

enquanto a segunda não satisfaz a condição 1 (observe que ela também não

satisfaz a condição 4).

Cabe aqui uma observação acerca da terminologia que utilizamos. Usu-

almente, na literatura, o termo �forma escalonada de uma matriz� refere-se

a uma forma menos especial do que a nossa, a qual vários autores chamam

de forma escalonada reduzida. A nossa justi�cativa para o uso dessa ter-

minologia é que não há razão para adjetivarmos a forma escalonada, pois

utilizaremos apenas uma dessas noções.

O resultado que apresentaremos a seguir nos garantirá que toda matriz é

equivalente por linhas a uma matriz na forma escalonada. O interesse desse

resultado reside no fato que ao reduzir a matriz ampliada associada a um

dado sistema de equações lineares à forma escalonada, encontramos um outro

sistema equivalente ao sistema dado que se encontra em sua expressão mais

simples. Quando aplicado aos sistemas de equações lineares, este resultado

é chamado de processo de eliminação de Gauss-Jordan.


Vejamos agora um algoritmo que reduz por linhas uma matriz dada não

nula qualquer a uma matriz na forma escalonada. O termo reduzir por linhas

signi�ca transformar uma matriz usando as transformações elementares sobre

linhas. Este processo é também chamado de escalonamento de matrizes.

Passo 1. Seja k1 a primeira coluna da matriz dada com algum elemento não

nulo. Troque as linhas entre si de modo que esse elemento não nulo apareça

na primeira linha, isto é, de modo que na nova matriz a1k1 6= 0.

Passo 2. Para cada i > 1, realize a transformação

Li → Li −aik1a1k1

L1 .

Repita os Passos 1 e 2 na matriz assim obtida, ignorando a primeira linha.

Novamente, repita os Passos 1 e 2 nessa nova matriz, ignorando as duas

primeiras linhas etc., até alcançar a última linha não nula.

Passo 3. Se L1, . . . , Lp são as linhas não nulas da matriz obtida após termi-

nar o processo acima e se ki é a coluna na qual aparece o primeiro elemento

não nulo aiki da linha Li, aplique as transformações

Li →1

aikiLi para todo 1 ≤ i ≤ p.

Passo 4. Realize na matriz obtida até então as transformações

L` → L` − a`ki Li , ` = 1, . . . , i− 1,

para i = 2. Depois para i = 3, e assim por diante, até i = p. Dessa forma,

obteremos uma matriz na forma escalonada que é equivalente por linhas à

matriz dada.

Estabelecemos assim o seguinte resultado:

Teorema 2.1.2. Toda matriz é equivalente a uma matriz na forma escalo-

nada.

Por exemplo, a matriz 1 2 −3 0

0 0 4 2

0 0 0 1/2


é transformada numa matriz na forma escalonada com a seguinte sequência

de transformações sobre suas linhas:1 2 −3 0

0 0 4 2

0 0 0 1/2

−→L2 → 1

4 L2

1 2 −3 0

0 0 1 1/2

0 0 0 1/2

−→L3 → 2L3

1 2 −3 0

0 0 1 1/2

0 0 0 1

−→L1 → L1 + 3L2

1 2 0 3/2

0 0 1 1/2

0 0 0 1

−→L1 → L1 − 3

2 L3

L2 → L2 − 12 L3

1 2 0 0

0 0 1 0

0 0 0 1

.

Pelo algoritmo acima, deduzimos que qualquer matriz é equivalente a pelo

menos uma matriz na forma escalonada. Como em cada passo do algoritmo

temos certa margem de escolhas de transformações elementares sobre as li-

nhas da matriz, não há aparentemente nenhum motivo para poder a�rmar

que a forma escalonada de uma dada matriz seja única. Fato é que, não

importando qual a sequência de transformações elementares que efetuemos

nas linhas de uma dada matriz, no �nal do processo chegamos a uma mesma

matriz na forma escalonada que é equivalente à matriz dada. Este resultado

será provado na última seção do capítulo

1.3 Matrizes Elementares e Aplicações

Uma matriz elementar de ordem n é uma matriz quadrada de ordem n

obtida da matriz identidade In a parir da aplicação de uma transformação

elementar, isto é, trata-se de uma matriz da forma

E = e(In),

onde e é uma transformação elementar. Por exemplo, a matriz identidade é

uma matriz elementar e as matrizes

e(I2) =

[0 1

1 0

], onde e : L1 ↔ L2,


e

e(I3) =

1 1 0

0 1 0

0 0 1

, onde e : L1 → L1 + L2,

são matrizes elementares de ordem 2 e de ordem 3, respectivamente.

Sejam A ∈ M(m,n) e e uma transformação elementar. O próximo re-

sultado, cuja demonstração �ca como exercício para o leitor (veja Problema

1.3), nos diz que a matriz e(A) pode ser obtida como o produto da matriz

elementar e(Im) pela matriz A. Por exemplo, consideremos

A =

1 2

0 1

2 1

.

Se e1 : L1 ↔ L2 , e2 : L1 → 2L1 e e3 : L1 → L1 + 2L2 , uma rápida veri�cação

nos mostra que e1(A) = e1(I3)A, e2(A) = e2(I3)A e e3(A) = e3(I3)A.

Teorema 2.1.3. Seja e uma transformação elementar sobre matrizes de

M(m,n). Considere a matriz elementar E = e(Im). Então

e(A) = EA, para todo A ∈M(m,n).

Como consequência do Teorema 2.1.3, temos

Corolário 2.1.4. Sejam A e B em M(m,n). Então, A é equivalente a B

se, e somente se, existem matrizes elementares E1, . . . , Es de ordem m tais

que

Es · · ·E2 E1 A = B.

Demonstração Por de�nição, A é equivalente a B quando existem trans-

formações elementares e1, . . . , es tais que

es(. . . (e2(e1(A))) . . . ) = B.

Mas, pelo teorema anterior, a igualdade acima equivale a

Es · · ·E2 E1 A = B,


onde Ei = ei(Im), para cada 1 ≤ i ≤ s. �

Corolário 2.1.5. Toda matriz elementar é invertível e sua inversa também

é uma matriz elementar.

Demonstração Seja E uma matriz elementar. Seja e a transformação

elementar tal que E = e(I). Se e′ é a transformação elementar inversa de e e

se E ′ = e′(I), pelo Teorema 2.1.3 temos

I = e′(e(I)) = e′(E) = e′(I)E = E ′E

e

I = e(e′(I)) = e(E ′) = e(I)E ′ = E E ′ .

Logo, E é invertível e E−1 = E ′. �

Pelo Corolário 2.1.5 sabemos como inverter uma matriz elementar. Por

exemplo, se considerarmos as matrizes

A =

0 1 0

1 0 0

0 0 1

e B =

1 2 0

0 1 0

0 0 1

,

podemos concluir que A e B são invertíveis, já que A e B são matrizes

elementares. De fato, A = e1(I3) com e1 : L1 ↔ L2 e B = e2(I3) com

e2 : L1 → L1 + 2L2 . Pelo Corolário 2.1.5, A−1 = e′1(I3), onde e′1 é a trans-

formação elementar inversa de e1 e B−1 = e′2(I3), onde e′2 é a transformação

elementar inversa de e2 . Mais precisamente,

A−1 =

0 1 0

1 0 0

0 0 1

e B−1 =

1 −2 0

0 1 0

0 0 1

.

A seguir, apresentamos o resultado central desta seção que caracteriza as

matrizes invertíveis.

Teorema 2.1.6. Para uma matriz quadrada A de ordem n, são equivalentes

as seguintes a�rmações:

(i) A é invertível;


(ii) Se B é uma matriz na forma escalonada equivalente a A, então B = In;

(iii) A é uma matriz elementar ou um produto de matrizes elementares.

Demonstração Vamos começar provando a implicação (i) ⇒ (ii). Com

efeito, como B é equivalente a A, pelo Corolário 2.1.4, existem matrizes

elementares E1, E2, . . . , Es tais que

Es · · ·E2 E1 A = B.

Como, pelo Corolário 2.1.5, cada Ei é invertível e A, por hipótese, é inver-

tível, temos que B é invertível (cf. Proposição 1.2.4). Por outro lado, pelo

Problema 1.7, temos que B = In.

A implicação (ii) ⇒ (iii) é evidente, já que A = E−11 E−12 · · ·E−1s B, onde

B = In e cada E−1i é uma matriz elementar (cf. Corolário 2.1.5).

A implicação (iii) ⇒ (i) é evidente, pois matrizes elementares são invertíveis

e produtos de matrizes invertíveis são invertíveis (cf. Proposição 1.2.4). �

Observe, como decorrência do resultado acima, que uma matriz quadrada

invertível é equivalente a uma única matriz na forma escalonada (a matriz

identidade), �cando estabelecida, neste caso, a unicidade da forma escalo-

nada.

Finalizamos esta seção apresentando um método para inversão de matri-

zes por meio de transformações elementares.

Proposição 2.1.7. Sejam A uma matriz invertível e e1, . . . , es uma sequên-

cia de transformações elementares tais que es(. . . (e2(e1(A))) . . . ) = I, onde

I é a matriz identidade. Então essa mesma sequência de transformações

elementares aplicada a I produz A−1; isto é, es(. . . (e2(e1(I))) . . . ) = A−1.

Demonstração Para cada 1 ≤ i ≤ s, seja Ei a matriz elementar corres-

pondente à transformação ei . Então

Es · · ·E2 E1 A = I .

Assim,

(Es · · ·E2 E1 I)A A−1 = I A−1,


donde

Es · · ·E2 E1 I = A−1.

�

Para ilustrarmos o uso do Teorema 2.1.6 e da Proposição 2.1.7, conside-

remos a matriz

A =

1 0 2

2 −1 3

4 1 8

.

Se aplicarmos uma sequência de transformações elementares em A até obter-

mos uma matriz B na forma escalonada, pelo Teorema 2.1.6, A é invertível

se, e somente se, B = I3 . Se B = I3 , pela Proposição 2.1.7, essa mesma

sequência de transformações elementares aplicada a I3 resultará em A−1. As-

sim, vamos formar a matriz em blocos[A | I3

]e vamos reduzir esta matriz

3× 6 a uma matriz na forma escalonada. De fato,

[A | I3

]=

1 0 2 | 1 0 0

2 −1 3 | 0 1 0

4 1 8 | 0 0 1

−→L2 → L2 − 2L1

L3 → L3 − 4L1

1 0 2 | 1 0 0

0 −1 −1 | −2 1 0

0 1 0 | −4 0 1

−→L2 → −L2

1 0 2 | 1 0 0

0 1 1 | 2 −1 0

0 1 0 | −4 0 1

−→L3 → L3 − L2

1 0 2 | 1 0 0

0 1 1 | 2 −1 0

0 0 −1 | −6 1 1

−→

L3 → −L3

1 0 2 | 1 0 0

0 1 1 | 2 −1 0

0 0 1 | 6 −1 −1

−→L1 → L1 − 2L3

L2 → L2 − L3

1 0 0 | −11 2 2

0 1 0 | −4 0 1

0 0 1 | 6 −1 −1

.

Como obtemos uma matriz na forma[I3 |C

], temos que A é invertível e

C = A−1. Assim,

A−1 =

−11 2 2

−4 0 1

6 −1 −1

.


Consideremos agora a matriz

A =

1 0 1

0 2 1

3 0 3

.

Ao reduzirmos a matriz em blocos[A | I3

]a uma matriz na forma esca-

lonada, obtemos a matriz[B | C

], onde B =

1 0 1

0 1 1/2

0 0 0

e, portanto,

diferente de I3 . Logo, A não é invertível por ser equivalente a uma matriz

com uma linha nula (cf. Problema 1.7).

Problemas

1.1* Seja A =

[2 1

−1 3

].

(a) Obtenha a forma escalonada de A.

(b) A é invertível? Justi�que.

(c) Se A for invertível, escreva a matriz A−1 como um produto de matrizes

elementares.

1.2 Determine a matriz inversa de cada uma das matrizes dadas:

(a) A =

[12 7

5 3

];

(b) B =

−2 3 −11 −3 1

−1 2 −1

;

(c) C =

−2 −1 0 2

3 1 −2 −2−4 −1 2 3

3 1 −1 −2

.1.3 Demonstre o Teorema 2.1.3.


1.4 Determine a forma escalonada das matrizes:

(a) A =

0 1 3 −22 1 −4 3

2 3 2 −1

; (b) B =

1 2 −1 2 1

2 4 1 −2 3

3 6 2 −6 5

;

(c) C =

1 3 −1 2

0 11 −5 3

2 −5 3 1

4 1 1 5

.1.5 Uma certa sequência de transformações elementares aplicadas a uma

matriz A produz uma matriz B. A mesma sequência aplicada a AB produzirá

que matriz? Justi�que sua resposta.

1.6 Descreva todas as possíveis matrizes 2×2 que estão na forma escalonada.

1.7 Seja A uma matriz quadrada na forma escalonada. Mostre que são

equivalentes as seguintes asserções:

(a) A matriz A não tem linhas nulas.

(b) A é a matriz identidade.

(c) A é invertível.

Sugestão Use o Problema 2.13(c), do Capítulo 1.

1.8* Sejam A e B matrizes quadradas de mesma ordem.

(a) Mostre que, se AB = I, então A é invertível e A−1 = B. Assim AB = I

se, e somente se, BA = I.

(b) Mostre que AB é invertível se, e somente se A e B são invertíveis.

Por de�nição, uma matriz quadrada A é invertível quando existe uma

matriz quadrada B tal que AB = I e BA = I. No entanto, pelo problema

acima, no contexto das matrizes quadradas, basta encontrar B tal que AB = I

ou tal que BA = I para que A seja invertível. Ou seja, se uma das duas

igualdades é satisfeita, então a outra é automaticamente satisfeita.

1.9 Sejam E1, E2 e E3 as matrizes elementares de ordem n obtidas da identi-

dade pelas transformações elementares Li ↔ Lj, Li → Li + kLj e Li → cLi,


onde j 6= i, respectivamente. Mostre que Et1 = E1, Et

2 = E ′2 e Et3 = E3,

onde E ′2 é a matriz elementar obtida da identidade mediante a transforma-

ção Lj → Lj + kLi.

2 Resolução de Sistemas Lineares

Finalmente, nesta seção, poremos em funcionamento a maquinária desen-

volvida com as matrizes para a resolução de sistemas de equações lineares,

culminando com o Teorema do Posto. Trata-se de um resultado central

dessa teoria que descreve a resolubidade dos sistemas de equações lineares

gerais. Este teorema é também conhecido no Ensino Médio como Teorema de

Rouché-Capelli, em homenagem aos matemáticos Eugène Rouché (França,

1832�1919) e Alfredo Capelli (Itália, 1855�1910).

Quanto a suas soluções, um sistema linear se classi�ca como impossí-

vel, ou possível e determinado, ou possível e indeterminado. Um sistema

linear é chamado impossível , quando não tem solução, possível e determi-

nado, quando tem uma única solução e possível e indeterminado, quando

tem mais de uma solução. .

Já foi observado anteriormente que um sistema linear homogêneo com n

incógnitas é sempre possível, pois admite como solução a n-upla (0, 0, . . . , 0),

2. RESOLUÇÃO DE SISTEMAS LINEARES 43

chamada solução trivial . Qualquer outra solução, se existir, é dita solução

não trivial do sistema.

Dado um sistema linear AX = B, o sistema linear AX = 0 é chamado

de sistema linear homogêneo associado. A relação fundamental entre um

sistema linear e seu sistema linear homogêneo associado é apresentada na

proposição a seguir.

Proposição 2.2.1. Seja AX = B um sistema linear. Suponhamos que X1

seja uma solução do sistema AX = B e que Sh seja o conjunto solução do

sistema linear homogêneo associado AX = 0. Então

S = {X1 + Z ; Z ∈ Sh} (1)

é o conjunto solução do sistema AX = B.

Demonstração Para demonstrarmos (1), usaremos algumas propriedades

já vistas da adição e da multiplicação por escalar de matrizes.

De fato, se X2 ∈ S, podemos escrever X2 = X1 + Z com Z ∈ Sh. Como

X1 é uma solução particular de AX = B e Z ∈ Sh, segue que AX1 = B e

AZ = 0. Logo,

AX2 = A(X1 + Z) = AX1 + AZ = B + 0 = B,

mostrando que X2 é uma solução do sistema AX = B.

Por outro lado, tomemos uma solução X2 do sistema AX = B e de�na-

mos Z = X2 −X1. Temos, então, que

AZ = A(X2 −X1) = AX2 − AX1 = B −B = 0;

logo Z = X2 −X1 ∈ Sh. Portanto, X2 = X1 + Z ∈ S. �

Observamos que o resultado acima é apenas de interesse teórico, pois não

nos ajuda a obter o conjunto solução de um sistema linear. Um método bem

e�caz para se resolver um sistema linear é o método do escalonamento. Este

consiste em se tomar a matriz ampliada de um sistema linear e aplicar uma

sequência de transformações elementares a esta matriz, de modo a obtermos


uma matriz equivalente que seja a matriz ampliada de um sistema linear

�fácil� de se resolver.

Exemplo 1. Resolvamos o sistema linearx+ y − 2z + 3w = 4

2x+ 3y + 3z − w = 3

5x+ 7y + 4z + w = 5 .

(2)

Observemos que1 1 −2 3 | 4

2 3 3 −1 | 3

5 7 4 1 | 5

−→L2 → L2 − 2L1

L3 → L3 − 5L1

1 1 −2 3 | 4

0 1 7 −7 | −50 2 14 −14 | −15

−→L3 → L3 − 2L2

1 1 −2 3 | 4

0 1 7 −7 | −50 0 0 0 | −5

,

(3)

sendo que esta última matriz é a matriz ampliada do sistema linearx+ y − 2z + 3w = 4

y + 7z − 7w = −5

0x+ 0y + 0z + 0w = −5 .

(4)

Note que o sistema (4) é impossível. A pergunta que fazemos é: qual

a relação do sistema (4) com o originalmente proposto? A resposta é que

eles têm o mesmo conjunto solução, já que (2) e (4) têm matrizes ampliadas

equivalentes. Mais precisamente, temos o resultado a seguir.

Proposição 2.2.2. Dois sistemas lineares com matrizes ampliadas equiva-

lentes têm o mesmo conjunto solução.

Demonstração É só lembrar que efetuar transformações elementares sobre

as linhas da matriz ampliada do sistema, equivale a efetuar transformações

elementares no sistema de equações, obtendo um sistema equivalente. �


A matriz ampliada do sistema linear (2) poderia ter sido reduzida por

linhas a uma matriz na forma escalonada. Porém, a equação

0x+ 0y + 0z + 0w = −5obtida da última linha da matriz �nal em (3) já garante, pela Proposição

2.2.2, que o sistema (2) é impossível. De fato, dado um sistema linear nas in-

cógnitas x1, x2, . . . , xn, se após uma sequência de transformações elementares

ocorrer uma equação da forma

0x1 + 0x2 + · · ·+ 0xn = b, com b 6= 0,

então o sistema é impossível; ou seja, não tem solução.

Quando aplicarmos a Proposição 2.2.2 a um sistema homogêneo não é ne-

cessário tomar a matriz ampliada, basta considerar a matriz dos coe�cientes

do sistema.

Exemplo 2. Determinemos o conjunto solução do sistema linear homogêneox+ 2y + 3z − 5w = 0

2x+ 4y + z + 2w = 0

x+ 3y + 4z = 0

3x+ 5y + 8z − 10w = 0.

Ora, basta considerarmos a matriz dos coe�cientes do sistema. Assim,

1 2 3 −52 4 1 2

1 3 4 0

3 5 8 −10

−→

L2 → L2 − 2L1

L3 → L3 − L1

L4 → L4 − 3L1

1 2 3 −50 0 −5 12

0 1 1 5

0 −1 −1 5

−→L4 → L4 + L3

1 2 3 −50 0 −5 12

0 1 1 5

0 0 0 10

,

sendo esta última matriz, a matriz dos coe�cientes do sistema linear homo-

gêneo x+ 2y + 3z − 5w = 0

−5z + 12w = 0

y + z + 5w = 0

10w = 0,


que admite apenas a solução (0, 0, 0, 0). Assim, o conjunto solução do sistema

originalmente dado é S = {(0, 0, 0, 0)}.

Para apresentarmos o resultado central deste capítulo, necessitaremos de

alguns resultados que estabeleceremos a seguir.

Lema 2.2.3. Seja dada uma matriz A = [A′ | A′′] na forma escalonada, onde

A′ é uma matriz m× (n− 1) e A′′ é uma matriz m× 1. Sejam k1, . . . , kp as

posições das colunas de A onde ocorrem os primeiros elementos não nulos das

linhas não nulas L1, . . . , Lp, respectivamente. O sistema A′X = A′′ admite

solução se, e somente se, kp 6= n.

Demonstração Observe que como A está na forma escalonada, a matriz

A′ também está na forma escalonada.

Se kp = n, então a p-ésima linha da matriz A é (0 0 · · · 0 1). Assim,

o sistema A′X = A′′ tem uma equação da forma 0x1 + · · · + 0xn−1 = 1, que

não tem solução.

Se kp 6= n, temos que p ≤ kp < n. Assim, se os ai's são as entradas de

A′′, temos que ap+1 = · · · = am = 0. Se denotarmos por Ai a i-ésima coluna

da matriz A, temos que

A′k1 = Ak1 =

1

0...

0...

0

, A′k2 = Ak2 =

0

1...

0...

0

, . . . , A′kp = Akp =

0

0...

1...

0

,

onde cada matriz acima tem as últimas m − r entradas nulas. O sistema

A′X = A′′ se escreve, em blocos, da seguinte forma:

a = [A1 | A2 | . . . | An−1]X = A1x1 + A2x2 + · · ·+ An−1xn−1.

Para achar uma solução do sistema basta tomar xki = ai e xj = 0, se j 6= ki,

para todo i = 1, . . . , p. �


A seguir, daremos a prova da unicidade da forma escalonada de uma

matriz.

Teorema 2.2.4. (Unicidade da forma escalonada) Existe uma única

matriz na forma escalonada equivalente por linhas a uma dada matriz.

Demonstração Basta mostrar que dadas duas matrizes A e B na forma

escalonada e equivalentes por linhas, então A = B (justi�que). O resultado

será provado por indução sobre o número n de colunas da matriz. Para n = 1,

as únicas matrizes na forma escalonada são0

0...

0

e

1

0...

0

.

Como qualquer transformação aplicada às linhas da primeira matriz não a

altera, as duas matrizes acima não são equivalentes, daí decorre a unicidade,

nesse caso.

Admitamos o resultado verdadeiro para matrizes com n−1 colunas, onde

n ≥ 2. Sejam A e B duas matrizes m × n, ambas na forma escalonada e

equivalentes. Escrevamos A = [A′ | A′′] e B = [B′ | B′′], onde A′ e B′ são os

blocos formados com as n− 1 colunas de A e de B, e A′′ e B′′ são as últimas

colunas de A e de B, respectivamente. É imediato veri�car pela de�nição

que A′ e B′ estão na forma escalonada; e que A′ é equivalente a B′, pois as

mesmas operações elementares que transformam A em B, transformam A′

em B′. Portanto, pela hipótese de indução, temos que A′ = B′. Estamos

então reduzidos a duas matrizes A = [A′ | A′′] e B = [A′ | B′′] na forma

escalonada e equivalentes. Vamos desdobrar a nossa análise em dois casos.

Caso 1) A matriz A é tal que kp = n. Assim, a matriz A′ tem as primeiras

p − 1 linhas não nulas e a p-ésima linha nula e as entradas ai de A′′ são

tais que ai = 0, se i 6= p e ap = 1. Pelo Lema 2.2.3, o sistema A′X = A′′

não tem solução. Como as matrizes A = [A′ | A′′] e B = [A′ | B′′] sãoequivalentes, pela Proposição 2.2.2, os sistemas A′X = A′′ e A′X = B′′


são também equivalentes, o que implica que o segundo sistema também não

admite solução. Aplicando novamente o Lema 2.2.3 ao sistema A′X = B′′,

temos que bp = 1 e bi = 0, se i 6= p, o que nos diz que A′′ = B′′.

Caso 2) A matriz A é tal que kp 6= n. Pelo Lema 2.2.3 tem-se que o sistema

A′X = A′′ tem uma solução X0. Como os sistemas são equivalentes, temos

que X0 é solução do sistema A′X = B′′, logo A′′ = A′X0 = B′′. �

A demonstração do Teorema 2.2.4, acima, foi inspirada em [1], o qual

recomendamos para estudos mais avançados de Álgebra Linear.

Seja A uma matriz de ordem m×n. Pelo Teorema 2.2.4, A é equivalente

a uma única matriz A, de ordem m×n, na forma escalonada. Dizemos que A

é a forma escalonada de A. Portanto, faz sentido de�nir o posto p da matriz

A como o número de linhas não nulas de sua forma escalonada A.

Por exemplo, se

A =

1 2 1 0

−1 0 3 5

1 −2 1 1

,

sua forma escalonada é a matriz

A =

1 0 0 −7/80 1 0 −1/40 0 1 11/8

.

Portanto, o posto p de A é igual a 3, pois o número de linhas não nulas de

A é 3.

Para matrizes quadradas temos o seguinte resultado:

Corolário 2.2.5. Uma matriz quadrada de ordem n é invertível se, e so-

mente se, ela tem posto n.

Demonstração Se a matriz é invertível, então pelo Teorema 2.1.6, sua

forma escalonada é In, logo tem posto n.

Reciprocamente, seja dada uma matriz quadrada de ordem n e seja A sua

forma escalonada. Se A tem posto n, então A não tem linhas nulas, logo,


pelo Problema 1.7, A = In. Pelo Corolário 2.1.4, temos que

A = Es . . . E1A = Es . . . E1,

onde E1, . . . , Es são matrizes elementares, logo invertíveis (cf. Corolário

2.1.5). Daí decorre que A é invertível por ser produto de matrizes inver-

tíveis (cf. Proposição 1.2.4(ii)). �

Observe que o Lema 2.2.3 pode ser reinterpretado com a noção de posto

do seguinte modo:

Um sistema de equações lineares AX = B admite solução se, e somente

se, o posto da matriz aumentada [A | B] do sistema tiver posto igual ao da

matriz A do sistema.

De fato, o que mostramos foi que o sistema possui solução se, e somente se,

a última linha não nula da forma escalonada da matriz ampliada do sistema

não for da forma (0 0 . . . 0 1).

Isto é parte do Teorema de Rouché-Capelli, resultado central deste capí-

tulo e que apresentamos na íntegra a seguir.

Teorema 2.2.6. (Teorema do Posto) Consideremos um sistema linear

com m equações e n incógnitas AX = B. Sejam pAB o posto da matriz

ampliada do sistema e pA o posto da matriz dos coe�cientes do sistema.

Então

(i) O sistema é possível se, e somente se, pAB = pA.

(ii) O sistema é possível e determinado se pAB = pA = n.

(iii) O sistema é possível e indeterminado se pAB = pA < n. Neste caso,

n− pA é o número de incógnitas livres do sistema, ou seja, incógnitas

que podem assumir qualquer valor real.

Demonstração Seja AX = B um sistema linear com n incógnitas. Seja

C = [A | B] a matriz ampliada do sistema e seja C = [A | B] a forma

escalonada de C. Denotaremos A = [aij] e B = [bi].


Claramente A é a forma escalonada de A e como A é um bloco de C,

temos que

pA = pA < pC = pAB ou pA = pA = pC = pAB.

Vamos considerar os dois casos anteriores separadamente.

Caso 1. Se pA < pAB, então C tem uma linha do tipo

(0 · · · 0 0 1).

Portanto, o sistema AX = B é impossível e, então, pela Proposição 2.2.2,

AX = B é impossível.

Caso 2. Se pA = pAB, então C e A têm o mesmo número de linhas não

nulas.

Dividiremos este caso em dois subcasos.

Subcaso 2.1. pAB = pA = n.

Sendo A uma matriz com n colunas, com pA = pA = n, e estando A na

forma escalonada, ela é uma matriz em blocos da forma

A =

[In

0

].

Como pA = pAB = n, segue que B é tal que bn+1 = · · · = bm = 0.

Portanto, AX = B é possível e determinado com a única solução x1 =

b1, . . . , xn = bn. Consequentemente, AX = B também é determinado com

mesma solução.

Subcaso 2.2. pA = pAB < n.

Ponhamos p = pA = pAB. Neste caso, A (assim como C) tem p linhas

não nulas L1, . . . , Lp, tais que o primeiro elemento não nulo de Li está na

coluna ki e k1 < · · · < kp. Além disso, temos bp+1 = · · · = bm = 0.


Temos então que a equação AX = B se escreve como

xk1 + a1k1+1xk1+1 + · · ·+ a1nxn

xk2 + a2k2+1xk2+1 + · · ·+ a2nxn

...

xkp + apkp+1xkp+1 + · · ·+ apnxn

0...

0

=

b1

b2...

bp

0...

0

.

A igualdade matricial acima, juntamente com o fato da matriz A estar na

forma escalonada, nos fornece o sistema de equações

xk1 = −∑

j>k1a1jxj + b1, onde a1ki = 0, se i > 1,

xk2 = −∑

j>k2a2jxj + b2, onde a2ki = 0, se i > 2,

. . .

xkp−1 = −∑

j>kp−1ap−1,jxj + bp−1, onde ap−1,ki = 0, se i = kp,

xkp = −∑

j>kpapjxj + bp.

Isto mostra que podemos escolher arbitrariamente valores para as incó-

gnitas no conjunto

{x1, . . . , xn} \ {xk1 , . . . , xkp} (5)

e com esses determinar valores para xk1 , . . . , xkp .

Como o conjunto em (5) tem n − p elementos, o sistema AX = B tem

n− p incógnitas livres e, consequentemente, o mesmo ocorre para o sistema

AX = B. �

Particularizando o Teorema do Posto para os sistemas homogêneos, ob-

temos o corolário a seguir.

Corolário 2.2.7. Seja dado um sistema linear homogêneo com m equações

e n incógnitas AX = 0.

(i) Se A tem posto n, então o sistema possui apenas a solução nula. Em

particular, isto ocorre quando m = n e A é invertível.


(ii) Se A tem posto p < n, então o sistema possui in�nitas soluções. Em

particular, isto sempre ocorre quando m < n.

A seguir, daremos um exemplo da aplicação do Teorema do Posto.

Exemplo 3. Com o auxílio do Teorema do Posto, resolvamos o sistema

linear x+ 2y − 2z + 3w = 2

2x+ 4y − 3z + 4w = 5

5x+ 10y − 8z + 11w = 12 .

Ora, 1 2 −2 3 | 2

2 4 −3 4 | 5

5 10 −8 11 | 12

−→L2 → L2 − 2L1

L3 → L3 − 5L1

1 2 −2 3 | 2

0 0 1 −2 | 1

0 0 2 −4 | 2

−→

L1 → L1 + 2L2

L3 → L3 − 2L2

1 2 0 −1 | 4

0 0 1 −2 | 1

0 0 0 0 | 0

.

Como pAB = pA = 2 < 4 = n, onde n é o número de incógnitas do sistema,

o sistema linear é possível e indeterminado. Existem então duas incógnitas

livres, digamos y e w, às quais podemos atribuir quaisquer valores reais a e

b, respectivamente. Assim, temos y = a e w = b. Substituindo w = b na

segunda equação obtemos z = 1 + 2b. Pondo y = a, z = 1 + 2b e w = b

na primeira equação, segue-se que x = 4 − 2a + b. Portanto, as soluções do

sistema são os elementos do conjunto

{(4− 2a+ b, a, 1 + 2b, b) ; a, b ∈ R}.

Observamos que, pelo Teorema do Posto, o número de incógnitas livres

está bem determinado. Porém, as incógnitas livres podem ser escolhidas com

alguma liberdade. No exemplo anterior, escolhemos y e w como incógnitas

livres, mas, poderíamos ter escolhido x e t como incógnitas livres.


Problemas

2.1* Resolva o sistema linear homogêneoy + 3z − 2t = 0

2x+ y − 4z + 3t = 0

2x+ 3y + 2z − t = 0

−4x− 3y + 5z − 4t = 0 .

2.2* Que condições devem ser impostas a m,n e p para que o sistema linearx+ 2y − 3z = m

2x+ 6y − 11z = n

x− 2y + 7z = p

tenha solução?

2.3 Determine X tal que AX −B = C, onde

A =

[1 3

1 4

], B =

[2 2 −13 0 1

]e C =

[8 4 3

10 8 2

].

2.4 Resolva o sistema linear1 2 1

3 1 −24 −3 −12 4 2

xyz

=

2

1

3

4

.

2.5 Dadas as matrizes

A =

1 2 1 0

−1 0 3 5

1 −2 1 1

, B1 =

210

e B2 =

121

,

resolva:


(a) os sistemas AX = B1 e AX = B2;

(b) o sistema AX = 3B1−B2, utilizando soluções particulares já encontradas

no item (a).

2.6 Dada uma matriz A de ordem m× n, raciocine com a forma escalonada

para mostrar que:

(a) a equação AC = I pode ser resolvida ⇔ o sistema linear AX = B tem

solução para qualquer B ⇔ posto de A é m;

(b) a equação CA = I pode ser resolvida ⇔ o sistema linear AX = 0 tem

solução única ⇔ posto de A é n.

2.7 Na matriz A de ordem 5× 5 temos a seguinte relação entre as linhas:

L1 + L2 − 2L4 + 3L5 = 0.

Encontre uma matriz C, de posto 3, tal que CA tenha linhas L1, L4, 0.

2.8 Como devem ser escolhidos os coe�cientes a, b e c para que o sistemaax+ by − 3z = −3

−2x− by + cz = −1

ax+ 3y − cz = −3

tenha a solução x = 1, y = −1 e z = 2?

2.9 Determine os valores de k ∈ R para que os sistemas abaixo

(a)

x+ y + kz = 2

3x+ 4y + 2z = k

2x+ 3y − z = 1

, (b)

kx+ y + z = 1

x+ ky + z = 1

x+ y + kz = 1

, (c)

x+ kz = 0

y = 0

kx+ z = 0

tenham:

(i) solução única;

(ii) nenhuma solução;

(iii) mais de uma solução.

Determine a solução do sistema quando esta existir.


2.10 Que condições devem ser impostas a a, b e c para que o sistema abaixo

nas incógnitas x, y e z tenha solução?x+ 2y − 3z = a

2x+ 6y − 11z = b

x− 2y + 7z = c .

2.11 Determine os valores de a, de modo que o seguinte sistema nas incógni-

tas x, y e z tenha: (a) nenhuma solução, (b) mais de uma solução, (c) uma

única solução: x+ y − z = 1

2x+ 3y + az = 3

x+ ay + 3z = 2 .

2.12 Considere o sistema linear 2× 2 nas incógnitas x e y:ax+ by = e

cx+ dy = f.

Mostre que:

(a) sea

c6= b

d, isto é, se ad− bc 6= 0, então o sistema tem solução única

x =de− bf

ad− bce y =

af − ce

ad− bc;

(b) sea

c=

b

d6= e

f, então o sistema não tem solução;

(c) sea

c=

b

d=

e

f, então o sistema tem mais de uma solução.

2.13 Suponha que, num sistema linear homogêneo, os coe�cientes de uma

das incógnitas são todos iguais a zero. Mostre que o sistema tem solução não

nula.


2.14 Seja A uma matriz quadrada de ordem n. Prove que as seguintes

a�rmações são equivalentes:

(a) A é invertível;

(b) O sistema linear homogêneo AX = 0 só admite a solução trivial;

(c) Para toda matriz B de ordem n× 1, o sistema linear AX = B é possível

e determinado.

Bibliogra�a

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