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Sistemas lineares através de matrizes
https://forumdematematica.org/viewtopic.php?f=12&t=399		 Página 1 de 1
Autor:  emsbp [ 24 mai 2012, 22:18 ]
Título da Pergunta:  Sistemas lineares através de matrizes
Boa noite.
Pretende-se determinar o valor de k, no seguinte sistema, de modo a que:
a) tenha uma só solução;
b)nenhuma solução;
c) mais de uma solução.
O sistema linear é:
kx+y+z=1
x+ky+z=1
x+y+kz=1

Através da matriz ampliada, determinei o posto da mesma e o posto da matriz dos coeficientes.
Sei que para ter apenas uma solução, pc (posto da matriz dos coeficientes) = pa(posto da matriz ampliada) =n (nº de variáveis do sistema; para nenhuma solução, pa\(\neq\) pc; e para mais de uma solução, pa< n.
Após aplicar o método de eliminação de Gauss (na matriz ampliada), cheguei à matriz:

\(\begin{bmatrix} 1 &1 &k &1 \\ 0& 1-k &0 &0 \\ 0& 0 &1-k & -k \end{bmatrix}\).

Segundo os meus cálculos, para a), pa=pc=n=3, donde 1-k\(\neq\)0 e k\(\neq\)0, donde k\(\neq\)
1 e k\(\neq\)0.
No entanto, nas soluções do manual indica como solução para a a) k\(\neq\)1 e k\(\neq 2\).
Também não consegui chegar às soluções dadas para as alíneas b) e c).
Peço ajuda.
Obrigado!
Autor:  danjr5 [ 24 mai 2012, 23:33 ]
Título da Pergunta:  Re: Sistemas lineares através de matrizes
emsbp Escreveu:
Boa noite.
Pretende-se determinar o valor de k, no seguinte sistema, de modo a que:
a) tenha uma só solução;
O sistema linear é:
kx+y+z=1
x+ky+z=1
x+y+kz=1

No entanto, nas soluções do manual indica como solução para a a) k\(\neq\)1 e k\(\neq 2\).
Obrigado!

\(\begin{pmatrix}
1 & 1 & k | 1\\
1 & k & 1 | 1\\
k & 1 & 1 | 1
\end{pmatrix}\) ===> \(\begin{pmatrix}
1 & 1 & k &|& 1 \\
0 & (k-1) & (1-k) &|& 0\\
(k-1) & 0 & (1-k) &|& 0
\end{pmatrix}\)

a) k, para que tenha solução única.

Então, aqui o determinante - D deverá ser diferente de zero.
\(\begin{pmatrix}
1 & 1 & k &|& 1 & 1 \\
0 & (k-1) & (1-k) &|& 0 & (k-1)\\
(k-1) & 0 & (1-k) &|& (k-1) & 0 \\
\end{pmatrix} \neq 0\)

\((1 - k)(k - 1) - k(k - 1)^2 - 1(1 - k)^2 \neq 0\)

\(- k^3 + 3k - 2 \neq 0\)

Note que k = 1 é solução da equação; efetuando a divisão...

Temos,
\((k - 1)(- k^2 - k + 2) \neq 0\)

\((k - 1)(k + 2)(- k + 1) \neq 0\)

Logo,
\(k \neq 1\) e \(k \neq - 2\)
Autor:  danjr5 [ 24 mai 2012, 23:46 ]
Título da Pergunta:  Re: Sistemas lineares através de matrizes
emsbp Escreveu:
Boa noite.
Pretende-se determinar o valor de k, no seguinte sistema, de modo a que:
b)nenhuma solução;

O sistema linear é:
kx+y+z=1
x+ky+z=1
x+y+kz=1
Obrigado!

Para que o sistema não tenha solução - impossível, \(D = 0\) e os valores de \(D_x\), \(D_y\) e \(D_z\) deverá ser diferente de zero.
Isto é, \(k = - 2\) e \(k \neq 1\)
Autor:  danjr5 [ 24 mai 2012, 23:52 ]
Título da Pergunta:  Re: Sistemas lineares através de matrizes
emsbp Escreveu:
Boa noite.
Pretende-se determinar o valor de k, no seguinte sistema, de modo a que:
c) mais de uma solução.
O sistema linear é:
kx+y+z=1
x+ky+z=1
x+y+kz=1

Peço ajuda.
Obrigado!

Para que o sistema tenha mais de uma solução, aqueles valores deverão ser nulos.
Daí,
\(k = - 2\) e \(k = 1\)
Autor:  emsbp [ 25 mai 2012, 10:06 ]
Título da Pergunta:  Re: Sistemas lineares através de matrizes
Bom dia.
Obrigado pela ajuda. Vejo que resolveu utilizando determinantes. No entanto, interessa-me resolver utilizando as propriedades dos postos das matrizes dos coeficientes e ampliada, como descrevi inicialmente. Sendo assim, continuo a pedir auxílio.
Obrigado.
Autor:  josesousa [ 25 mai 2012, 10:56 ]
Título da Pergunta:  Re: Sistemas lineares através de matrizes
Mas acho que não é preciso considerar os determinantes.

Quando se usa o método de eliminação de Gauss, no final todos os pivots devem ser diferentes de zero para haver uma só solução.

Os pivots são: 1, (k-1) e (1-k)(2+k).

Ao resolver o sistema pelo método de eliminação de Gauss fica com

\(\left( \begin{array}{ccc}
1 & 1 & k & | & 1\\
0 & 1 & 1 & | & 0\\
0 & 0 & (2+k)(1-k) & | & (1-k) \end{array} \right)\)

Se \(k \neq 1\) e \(k \neq -2\) há uma só soluçãi, pois os pivots são diferentes de zero
Se \(k = 1\) , a última equação fica 0=0, logo só temos 2 restrições para três variáveis, o que implica que há mais de uma solução.
Se \(k = -2\) a última equação resulta em 0 = -1, o que é impossível, logo não há nenhuma solução
Autor:  emsbp [ 25 mai 2012, 12:05 ]
Título da Pergunta:  Re: Sistemas lineares através de matrizes
Obrigado. É isso mesmo.
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