[Sistema Linear]

por **hygorvv** » Seg Dez 17, 2012 20:19

Olá galera, boa noite.
Estou em dúvida de como prosseguir após chegar em uma determinada matriz. Segue o enunciado e até onde eu parei.

Sendo A= $\begin{pmatrix} a & 1 & -1 & a & 0 \\ 0 & (a+1) & 1 & 1 & 1 \\ -1 & 1 & 0 & (a+1) & b \end{pmatrix}$ uma matriz ampliada de um sistema. Determinar os valores de a e b para que o sistema tenha infinitas soluções, uma solução e não tenha solução.

Escalonei até:
$\begin{pmatrix} 1 & -1 & 0 & -(a+1) & -b \\ 0 & (a+1) & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & \frac{a(a+2)-1}{-2} & \frac{ab-1}{-2} \end{pmatrix}$

Não sei como concluir e se estou no caminho certo, alguma sugestão?

Agradeço desde já.

por **e8group** » Seg Dez 17, 2012 23:44

Antes de tudo , é importante você saber quando terá infinitas soluções um sistema .Este sistema , tem 3 equações para 4 incógnitas ,isto implica que teremos uma variável em função da outra .Isto pode ser que caracteriza um sistema com infinitas soluções ,depende da circunstância .Nisto que entra as devidas condições para

e

.Mas lembre-se , quando temos uma linha inteira composta por zeros , vamos ter infinitas soluções .Para cada linha composta por zeros implica uma variável em função da outra . E quando não há solução , ocorre o seguinte $\begin{pmatrix} 0 & 0 & \hdots & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ \vdots \\ x_n \end{pmatrix} = b_i$ com $b_i \neq 0$ . E , é fácil ver que , $\begin{pmatrix} 0x_1 + 0x_2 + \hdots + 0x_n \end{pmatrix} = 0 \neq b_i$ .

por **hygorvv** » Seg Dez 17, 2012 23:50

Obrigado colega, pela ajuda.
Infelizmente, não consegui associar seu comentário de tal forma que possa me auxiliar a resolver o problema. Se puder dar alguma dica, ficarei muito agradecido

Até breve.

por **e8group** » Ter Dez 18, 2012 06:30

O que eu quero dizer é , antes de aplicar as operações elementares ,é muito importante você saber quando um sistema tem infitas soluções ou o não tem . Você possui este conhecimento ? No mais , se vc não errou contas , pode continuar aplicando operações elementares ou reescrever a matriz escalonada em um sistema e utilizar o método de substituição . E ,por último analisar as condições sobre

e

conforme o enunciado . Estou sem tempo agora , se eu puder entro mais tarde para ajudar . Como dica ,utilize o wolframalpha veja um exemplo cujo comando de entrada é : row reduce {{2,1,0,-3},{3,-1,0,1},{1,4,-2,-5}} , resultado : http://www.wolframalpha.com/input/?i=ro ... 7D%7D&lk=3 . Até a próxima .

por **hygorvv** » Ter Dez 18, 2012 08:48

Olá, bom dia!

Este conhecimento eu possuo, o que não consigo chegar é na conclusão (na verdade, estou um pouco inseguro quanto a minha conclusão). Para mim, sempre haverá solução para todo a e b e ainda, infinitas soluções.

Agradeço pela atenção .
Até breve.

por **e8group** » Ter Dez 18, 2012 21:51

Vou começar desde inicio , ok ! Vamos ver oque acontece .

Temos :
$\begin{pmatrix} a & 1 & - 1 & a & 0 \\ 0 & a+1 & 1 & 1 & 1 \\ -1 &1 & 0 & a+1 & b\end{pmatrix}$ .

$L_1 \leftrightarrow L_3 \sim \begin{pmatrix} -1 &1 & 0 & a+1 & b \\ 0 & a+1 & 1 & 1 & 1 \\ a & 1 & - 1 & a & 0\end{pmatrix}$

Caso 1 : Assmuindo $a \neq 0$ .

$a \cdot L_1 + L_3 \rightarrow L_3 \sim \begin{pmatrix} -1 &1 & 0 & a+1 & b \\ 0 & a+1 & 1 & 1 & 1 \\ 0 &a+ 1 & - 1 & a(a+2) & ba\end{pmatrix}$

$L_3 + L_2 \sim \begin{pmatrix} -1 &1 & 0 & a+1 & b \\ 0 & 2(a+1) & 0 & 1 + a(a+2) & 1 + ba \\ 0 &a+ 1 & - 1 & a(a+2) & ba\end{pmatrix}$

Caso 2 : Assumindo $a + 1 \neq 0$

$([a+1]2)^{-1} L_2 \rightarrow L_2 \sim \begin{pmatrix} -1 &1 & 0 & a+1 & b \\ 0 & 1 & 0 & \frac{1 + a(a+2)}{2(a+1)} & \frac{1 + ba}{2(a+1)} \\ 0 &a+ 1 & - 1 & a(a+2) & ba\end{pmatrix}$

$- L_2 + L_1 \rightarrow L_1 , - (a+1)L_2 + L_3 \rightarrow L_3 \sim \begin{pmatrix} -1 &0 & 0 & a+1 - \left(\frac{1 + a(a+2)}{2(a+1)} \right) & b - \left( \frac{1 + ba}{2(a+1)}\right )\\ 0 & 1 & 0 & \frac{1 + a(a+2)}{2(a+1)} & \frac{1 + ba}{2(a+1)} \\ 0 &0 & - 1 & a(a+2) - \left( \frac{1 + a(a+2)}{2} \right ) & -1\end{pmatrix}$

E por fim ,

$\sim \begin{pmatrix} 1 &0 & 0 & -(a+1) + \left(\frac{1 + a(a+2)}{2(a+1)} \right) &- b + \left( \frac{1 + ba}{2(a+1)}\right )\\ 0 & 1 & 0 & \frac{1 + a(a+2)}{2(a+1)} & \frac{1 + ba}{2(a+1)} \\ 0 &0 & 1 & -a(a+2) + \left( \frac{1 + a(a+2)}{2} \right ) & 1\end{pmatrix}$

Note que , se assurmirmos a = - 1

o sistema não tem solução .(Verifique ! )

E se a = 0

,

$\begin{pmatrix} 1 &0 & 0 & -(0+1) + \left(\frac{1 + 0(0+2)}{2(0+1)} \right) &- b + \left( \frac{1 + b0}{2(0+1)}\right )\\ 0 & 1 & 0 & \frac{1 + 0(0+2)}{2(0+1)} & \frac{1 + b0}{2(0+1)} \\ 0 &0 & 1 & -0(0+2) + \left( \frac{1 + 0(0+2)}{2} \right ) & 1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 &0 & 0 & 0 &- b + \frac{1}{2}\\ 0 & 1 & 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ 0 &0 & 1 & \frac{1}{2} & 1\end{pmatrix}$

Para a = 0

, para quais valores que

assumir o sistema terá infinitas soluções e para qual valor terá não solução ?

E se $a \neq 0$ quais valores que

assumirá ?

Tente responder isto .

Se não errei alguma conta é isto .

por **hygorvv** » Qua Dez 19, 2012 20:09

Entendi o que você fez.

Mas uma salva.
Se você assumiu que a \ne -1, e logo após você disse que se a=-1 o sistema não tem solução.

A prósito, se a=-1, o sistema pode ter infinitas soluções ou ser impossível. Tudo irá depender do valor de b.
Exemplo, se b=1 - infinitas soluções
se b \ne 1 - impossível.
certo?

Enfim, agradeço pela ajuda.
Creio que somente deixando a matriz aumentada na forma escalonada já conseguimos resolver analisando as possibilidades.

Abraço e até breve.

por **e8group** » Qua Dez 19, 2012 20:40

Estar correto seu comentário . Uma observação ,perceba que a medida que fomos aplicando as operações elementares na matriz aumentada, tivermos restrições sobre

para a existência de tal operação elementar .Uma delas foi $E_2 ( (2(a+1))^{-1} )$ esta notação é o mesmo que $\frac{1}{2(a+1)} L_2 \rightarrow L_2$ . Neste caso assumirmos $a \neq - 1$ . Seu comentário foi importante , não necessariamente se a = - 1

quer dizer que a o sistema linear não tem solução, o que acontece é que se a = - 1

não existe a operação $E_2 ( (2(a+1))^{-1} )$ . Ou seja , para você verificar se a = - 1

implica não solução , terá de verificar na matriz aumentada inicial ou antes desta operação que tivermos a seguinte restrição $a \neq - 1$ . A propósito , conseguiu concluir o exercício ? Existe um gabarito para este exercício ? Comente qualquer coisa .

por **hygorvv** » Qua Dez 19, 2012 20:47

Eu concluí analisando a matriz aumentada. Infelizmente não possuo gabarito.
Imagino que seja como eu fiz; se a=-1 - analisa b e conclui que ou ele tem infinitas soluções ou não tem solução. (repare que se a=-1 poderemos deixar a L2 e L3 iguais e segue a conclusão).

(Uma solução não seria possível pois temos 3 equações e 4 variáveis, grau de liberdade 1).

Valeu pela ajuda ;D

por **e8group** » Qua Dez 19, 2012 20:51

O processo é este mesmo ,mas se surgi alguma dúvida post aí .Até a próxima ...

por **hygorvv** » Qua Dez 19, 2012 20:53

Beleza. Obrigado pela força

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