Matriz

por **Claudin** » Qui Fev 09, 2012 17:48

Não consegui concluir o exercício a seguir.

Pelo método de Gauss Jordan, agora em uma matriz de ordem 4

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 2 & 5 & -8 & 6 & 5\\ 3 & 4 & -5 & 2 & 4\\ 1 & 2 & -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

por **Claudin** » Qui Fev 09, 2012 17:50

OBS: A matriz acima já está na forma aumentada!

por **LuizAquino** » Seg Fev 13, 2012 21:22

Claudin escreveu:Não consegui concluir o exercício a seguir.

Pelo método de Gauss Jordan, agora em uma matriz de ordem 4

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 2 & 5 & -8 & 6 & 5\\ 3 & 4 & -5 & 2 & 4\\ 1 & 2 & -1 & 0 & 2 \end{bmatrix}$

OBS: A matriz acima já está na forma aumentada!

1º Passo)
$L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$
$L_3 \leftarrow L_3 - 3L_1$
$L_4 \leftarrow L_4 - L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 2 & 5 & -8 & 6 & 5\\ 3 & 4 & -5 & 2 & 4\\ 1 & 2 & -1 & 0 & 2 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & -2 & 4 & -4 & -2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

2º Passo)
$L_3 \leftarrow L_3 + 2L_2$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & -2 & 4 & -4 & -2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

3º Passo)
$L_3 \leftrightarrow L_4$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

4º Passo)
$L_3 \leftarrow \frac{1}{2}L_3$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

5º Passo)
$L_1 \leftarrow L_1 + 2L3$
$L_2 \leftarrow L_2 + 2L3$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

6º Passo)
$L_1 \leftarrow L_1 + L3$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -1 & 0 & 2\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -1 & 2\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

7º Passo)
$L_1 \leftarrow L_1 - 2L2$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 0 & -1 & 2\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

Sendo assim, o sistema original é equivalente a:

$\begin{cases} x - w = 0\\ y = 1\\ z - w= 0 \end{cases}$

Esse sistema é possível e indeterminado. Todas as soluções são do tipo x = k, y = 1, z = k e w = k, com k um número real.

por **Claudin** » Ter Fev 14, 2012 20:35

A minha resolução foi a seguinte:

1º Passo)
$L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$
$L_3 \leftarrow L_3 - 3L_1$
$L_4 \leftarrow L_4 - L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 2 & 5 & -8 & 6 & 5\\ 3 & 4 & -5 & 2 & 4\\ 1 & 2 & -1 & 0 & 2 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & -2 & 4 & -4 & -2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

2º Passo)
$L_3 \leftarrow L_3 + 2L_2$
$L_1 \leftarrow -2L_2 + L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & -2 & 4 & -4 & -2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

3º Passo)
$L_3 \leftarrow L_4 - L_3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

4º Passo)
$L_3 \leftarrow L_3 - L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

5º Passo)
$L_1 \leftarrow L_3 - L1$
$L_4 \leftarrow L_4 - 2L3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

6º Passo)
$L_4 \leftarrow [tex]\frac{-1}{2}$ L4[/tex]

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$

7º Passo)
$L_1 \leftarrow -2L_4 + L1$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$

Sendo assim, o sistema original é equivalente a:

$\begin{cases} x = 0\\ y = 1\\ z = 0\\ w = 0 \end{cases}$

Não compreendi meu erro até o momento.

por **LuizAquino** » Qua Fev 15, 2012 17:55

Claudin escreveu:4º Passo)
$L_3 \leftarrow L_3 - L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

Esse passo está errado. Considerando apenas a operação $L_3 \leftarrow L_3 - L_1$ , o resultado correto seria:

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

por **Claudin** » Qui Fev 16, 2012 16:57

Não consegui chegar no mesmo resultado Luiz Aquino. Segue minha resolução abaixo, agora corrigindo alguns erros.

A minha resolução foi a seguinte:

1º Passo)
$L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1$
$L_3 \leftarrow L_3 - 3L_1$
$L_4 \leftarrow L_4 - L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 2 & 5 & -8 & 6 & 5\\ 3 & 4 & -5 & 2 & 4\\ 1 & 2 & -1 & 0 & 2 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & -2 & 4 & -4 & -2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

2º Passo)
$L_3 \leftarrow L_3 + 2L_2$
$L_1 \leftarrow -2L_2 + L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & -2 & 4 & -4 & -2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

3º Passo)
$L_3 \leftarrow L_4 - L_3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

4º Passo)
$L_3 \leftarrow L_3 - L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

5º Passo)
$L_1 \leftarrow L_3 - L1$
$L_2 \leftarrow 2L_3 - L_2$
$L_4 \leftarrow L_4 - 2L3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

6º Passo)
$L_4 \leftarrow [tex][tex]\frac{-1}{2}L4$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$

7º Passo)
$L_1 \leftarrow -2L_4 + L1$
$L_2 \leftarrow -2L_4 + L2$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$

Outra dúvida, mesmo a resolução sendo errada, como ficaria representada a resposta acima, como um sistema?

por **LuizAquino** » Qui Fev 16, 2012 19:30

Claudin escreveu:5º Passo)

$L_1 \leftarrow L_3 - L1$
$L_2 \leftarrow 2L_3 - L_2$
$L_4 \leftarrow L_4 - 2L3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

Esse passo está errado. Considerando as operações que você escreveu, o resultado correto seria:

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} -2 & 0 & 0 & 2 & 0\\ -2 & -1 & 4 & -2 & -1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 2 & 0 & 0 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

por **Claudin** » Qui Fev 16, 2012 19:35

Continuo sem compreender.

por **Claudin** » Qui Fev 16, 2012 19:36

Resolvendo do jeito que eu resolvo, não consegui chegar em um resultado plausível.

por **LuizAquino** » Qui Fev 16, 2012 19:50

Claudin escreveu:Continuo sem compreender.

Resolvendo do jeito que eu resolvo, não consegui chegar em um resultado plausível.

Veja se essa videoaula lhe ajuda a entender melhor o método de Gauss-Jordan:

Método de Gauss-Jordan, escalonamento e sistemas lineares
http://www.youtube.com/watch?v=I1kexTz5GTM

Após assistir a aula, tente terminar o exercício.

por **Claudin** » Qui Fev 16, 2012 19:53

Eu resolvo do mesmo modo expresso no vídeo, transformando a diagonal principal em 1.

por **LuizAquino** » Sex Fev 17, 2012 07:19

Claudin escreveu:Eu resolvo do mesmo modo expresso no vídeo, transformando a diagonal principal em 1.

Mas você ainda está errando muitos passos no processo! Ao que parece, ainda lhe falta um pouco mais de atenção na hora de executar as operações.

Por exemplo, vamos analisar a última resolução que você enviou. Até o segundo passo, tudo está ok. O problema começa do terceiro passo em diante.

Vamos repetir o que você fez no segundo passo:

$L_3 \leftarrow L_3 + 2L_2$
$L_1 \leftarrow -2L_2 + L_1$

$\begin{bmatrix} 1 & 2 & -3 & 2 & 2\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & -2 & 4 & -4 & -2\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix}$

Devemos perceber duas coisas no final desse passo: 1) Os pivôs das linhas 1 e 2 já estão iguais a 1; 2) Para o próximo passo, é preciso transformar o pivô da linha 3 em 1.

Mas como você poderia transformar o pivô da linha 3 em 1, sem desfazer o trabalho que você já fez? Isto é, você tem que transformar esse pivô em 1, mas os termos da matriz que já são 0 devem continuar com esse valor.

A maneira mais simples nesse caso, seria trocar de lugar a linha 3 com a linha 4 e em seguida multiplicar a nova linha 3 por 1/2. Faríamos então os passos abaixo.

3º Passo)
$L_3 \leftrightarrow L_4$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

4º Passo)
$L_3 \leftarrow \frac{1}{2}L_3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 2 & -2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

Devemos perceber duas coisas no final desse passo: 1) Não dá para transformar o pivô da linha 4 em 1 sem alterar os termos 0 que estão abaixo dos outros pivôs; 2) Para o próximo passo, precisamos transformar em 0 os termos acima dos pivôs.

5º Passo)
$L_1 \leftarrow L_1 - 2L_3$
$L_2 \leftarrow L_2 + 2L_3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 & -2 & 0\\ 0 & 1 & -2 & 2 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

Devemos perceber duas coisas no final desse passo: 1) Não dá para transformar em 0 o termo -1 que está acima do pivô da linha 4; 2) Ainda há como transformar em 0 o termo -1 que está acima do pivô da linha 3.

6º Passo)
$L_1 \leftarrow L_1 + L_3$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 1 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{bmatrix}$

Devemos perceber uma coisa no final desse passo: 1) Não dá para transformar em 0 os termos -1 que estão acima do pivô da linha 4 sem alterar os outros termos da matriz que já são zero.

Com isso, o processo termina.

Note como no final obtemos a mesma matriz de minha primeira resolução.

Observação

Nas minhas últimas mensagens eu esqueci de responder a sua pergunta:

Claudin escreveu:7º Passo)
$L_1 \leftarrow -2L_4 + L1$
$L_2 \leftarrow -2L_4 + L2$

$\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 2 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 2 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix} \sim \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{bmatrix}$

Outra dúvida, mesmo a resolução sendo errada, como ficaria representada a resposta acima, como um sistema?

O sistema seria:

$\begin{cases} x = 0\\ y = 1\\ -x + z = 0\\ w = 0 \end{cases}$

por **Claudin** » Sáb Fev 25, 2012 18:38

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