FUNDAÇÃO EDUCACIONAL SERRA DOS ÓRGÃOS
CENTRO UNIVERSITÁRIO SERRA DOS ÓRGÃOS
Centro de Ciências e Tecnologia
Álgebra Linear – 2015-1
Semana 4
1. Sistemas de Equações Lineares e Matrizes (cont.)
Conjunto Solução de um Sistema Linear
Na semana passada, descrevemos o conjunto solução de um sistema linear Ax
= b como a soma de um vetor fixo e uma combinação linear de vetores. No
caso em que b = 0, não teremos este vetor fixo, apenas uma combinação linear
de vetores. Este caso é tão importante que tem um nome especial: tais
sistemas são ditos homogêneos. Sistemas homogêneos sempre têm solução,
pois o vetor x = 0 satisfaz o sistema; esta solução é chamada de solução
trivial. Para um sistema homogêneo, é importante saber se existe alguma
solução não trivial, ou seja, alguma solução x ≠ 0. Pelo que vimos
anteriormente, é claro que:
A equação homogênea Ax = 0 tem solução não trivial se, e somente se, a forma
escalonada de A tiver pelo menos uma coluna sem elemento líder.
É claro que isso é equivalente à existência de pelo menos uma variável livre.
EXEMPLO 28: Vimos, no 1º Teste, que uma equação química pode ser
balanceada através de um sistema linear homogêneo. Por exemplo, a reação
química a seguir indica que, quando x1 moléculas de acetileno são queimadas
em x2 moléculas de oxigênio, elas produzem x3 moléculas de dióxido de
carbono e x4 moléculas de água:
x1C2H2 + x2O2 → x3CO2 + x4H2O.
Vimos que, para balancear a equação, o número de átomos de cada elemento
à esquerda tem que ser igual ao número de átomos à direita. Por exemplo,
temos 2x1 átomos de carbono à esquerda e x3 átomos de carbono à direita,
logo a 1ª equação do sistema é 2x1 = x3. Procedendo desta forma para cada
elemento, obtivemos o sistema homogêneo
2x1 − x 3 = 0,

x1 − x 4 = 0,
2x − 2x − x = 0.
3
4
 2
Vimos, também que a forma escalonada da matriz de coeficientes é
1 0 0 −1
0 1 0 − 5  ,
2

0 0 1 −2 
De modo que a última coluna da matriz não tem elemento líder, o que indica a
existência de uma variável livre. A solução deste sistema é x1 = x4, x2 = 5x4/2,
x3 = 2x4, x4 arbitrário. Em notação vetorial, a solução é
 x1   x 4 
1
2 
2
x   5 x 
5
5 
 
 2  =  2 4  = x  2  = 1 x   = t 5  , t arbitrário.
4
 x 3   2x 4 
 2 2 4  4 
4
  

 
 
 
1
2 
2
x 4   x 4 
UNIFESO
Neste exemplo específico, todas as variáveis têm que ser inteiras e maiores do
que 0, de modo que x4 tem que ser um inteiro positivo par e a solução geral
consiste em todos os múltiplos inteiros do vetor (2, 5, 4, 2). É claro que, se
considerássemos apenas o sistema (sem a interpretação), o conjunto solução
coincidiria com o espaço gerado pelo vetor (2, 5, 4, 2). ∎
Uma única equação homogênea também pode ser considerada como um
“sistema”.
EXEMPLO 29: Encontre todas as soluções do “sistema” homogêneo 3x – 5y + 2z
= 0.
Solução: Aqui podemos escrever x em função das outras variáveis y e z. Esta é
a equação de um plano contendo a origem; temos dois graus de liberdade e a
solução geral pode ser escrita na forma
 − 32 
 53 
 x   53 y − 32 z 

 
 
y  =  y
 = y 1  + z  0  .
  

 1 
0 
 z  
z
Portanto, toda solução da equação dada é uma combinação linear dos vetores
u = (5/3, 1, 0) e v = (−2/3, 0, 1), ou seja, o conjunto solução é ℒ({u, v}). Como
esses vetores não são múltiplos um do outro, eles geram um plano contendo a
origem. ∎
Nos dois exemplos acima, a solução do sistema pode ser escrita como uma
combinação linear de vetores. De fato, isso sempre ocorre, ou seja, o conjunto
solução de qualquer sistema linear homogêneo é sempre da forma ℒ({v1, …,
vr}), onde r é a quantidade de variáveis livres.
EXEMPLO 30: Encontre os vetores que geram
homogêneo Ax = 0, onde
 1 −3 0
 1 −2 1
A=
 2 −8 −2

2
 −1 5
a solução do sistema linear
−7 
−5 
.
−18 

11 
Solução: O 1º passo é escalonar a matriz A:
−7 
 1 −3 0
1 −3 0 −7 
 1 −2 1

−5  ℓ 2 ← ℓ 2 − ℓ1 0 1 1 2 

 2 −8 −2 −18  ℓ 3 ← ℓ 3 − 2ℓ1 0 −2 −2 −4  ℓ 3 ← ℓ 3 + 2ℓ 2




 −1 5 2 11  ℓ 4 ← ℓ 4 + ℓ1 0 2 2 4  ℓ 4 ← ℓ 4 − 2ℓ 2
1 −3 0 −7  ℓ1 ← ℓ1 + 3ℓ 2 1 0 3 −1
0 1 1 2 
0 1 1 2 




0 0 0 0 
0 0 0 0 




0 0 0 0 
0 0 0 0 
Denotando as variáveis por x1, x2, x3, x4, vemos que a solução geral do sistema
é x1 = −3x3 + x4, x2 = −x3 – 2x4, x3 e x4 arbitrários. Em forma vetorial, a solução
é
 x1   −3x 3 + x 4 
 −3
1
 x   −x − 2x 
 −1
 −2
2
3
4





 =x u+x v.
x=
=
= x3
+ x4
3
4
x3  

1
0
x3
  

 
 
x4
0
1
x4  

2
Álgebra Linear
Semana 2
UNIFESO
Logo o espaço solução é ℒ({u, v}), onde u = (−3, −1, 1, 0) e v =(1, −2, 0, 1). ∎
Vimos, na aula passada, exemplos de dois sistemas lineares não homogêneos
em que a solução a solução geral é dada por um vetor fixo somado ao espaço
gerado por um vetor em um exemplo e por dois vetores no outro exemplo. Isso
sempre ocorre em sistemas não homogêneos.
TEOREMA: Se o sistema linear não homogêneo associado à equação matricial
Ax = b for consistente, então todas as soluções serão da forma x = p + v, onde
p é uma solução particular da equação e v é uma solução do sistema
homogêneo associado Ax = 0.
Demonstração: Como o sistema é consistente, existe alguma solução; seja p
uma solução particular. Dada outra solução x qualquer, seja v = x – p; então
Av = A(x – p) = Ax – Ap = b – b = 0, logo v é uma solução do sistema
homogêneo associado e x = p + v. ∎
Como sabemos que o conjunto solução de um sistema linear é ℒ({v1, …, vr}), a
solução geral de um sistema não homogêneo será da forma
x = p + t1v1 + … + trvr,
com t1, …, tr números reais arbitrários. Quando a solução está escrita nesta
forma, dizemos que está em forma vetorial paramétrica.
EXEMPLO 31: A matriz de coeficientes
eram
1 2
A = 1 1
2 1
e o vetor b do sistema no Exemplo 14
−3
−2 , b =
−3
 −4 
0 .
 
 4 
Escrevemos a solução do sistema Ax = b no Exemplo 17 na forma
 x  z + 4  4 
1
y  =  z − 4  =  −4  + z 1 .
  
  
 
 z   z   0 
1
Neste caso, p = (4, −4, 0), v = (1, 1, 1) e toda solução do sistema é um
transladado, por p, de ℒ({v}).
homogêneo Ax = 0, pois
1
Av = 1
2
Note que v é, de fato, solução do sistema
2 −3  1 1 + 2 − 3  0 
1 −2 1 = 1 + 1 − 2  = 0  . ∎
1 −3  1 2 + 1 − 3  0 
EXEMPLO 32: Verifique se o sistema Ax = b é consistente, onde A é a matriz do
Exemplo 30 e b = (−9, −5, −26, 17). Em caso afirmativo, escreva a solução na
forma x = p + t1v1 + t2v2.
Solução: No Exemplo 30 vimos que a solução do sistema homogêneo associado
é ℒ({v1, v2}), onde v1 = (−3, −1, 1, 0) e v2 = (1, −2, 0, 1). Como a forma
escalonada reduzida da matriz A tem duas linhas nulas, o sistema Ax = b será
consistente se, e somente se, ao efetuarmos as mesmas operações elementares
(que usamos na matriz A) no vetor b, as duas últimas linhas forem nulas. O
escalonamento de A foi feito em três passos: no 1º, foram efetuadas três
operações, ℓ2 ← ℓ2 − ℓ1, ℓ3 ← ℓ3 − 2ℓ1, ℓ4 ← ℓ4 + ℓ1; no 2º, foram efetuadas
duas operações, ℓ3 ← ℓ3 + 2ℓ2, ℓ4 ← ℓ4 − 2ℓ2; finalmente, no 3º passo, foi
efetuada a operação ℓ1 ← ℓ1 + 3ℓ1. Efetuando essas mesmas operações no
vetor b, obtemos
Semana 3
Álgebra Linear
3
UNIFESO
 −9 
 −9 
 −9 
3 


 
 
 
 −5  →  4  →  4  → 4  .
 −26
 −8 
0
0 


 
 
 
 17 
 8 
 0 
0 
Isso mostra que o sistema é consistente e, escolhendo a solução que tem as
variáveis livres nulas, vemos que p = (3, 4, 0, 0), já que a matriz aumentada do
sistema, depois dessas operações, ficou
1 0 3 −1 3 


0 1 1 2 4  .
0 0 0 0 0 


0 0 0 0 0 
Portanto, a solução geral do sistema, em termos vetoriais, é
3
 −3 
1
 
 
 
4
−1
−2


x=
+ t1
+ t2   ,
0 
1
0
 
 
 
0 
 0 
 1 
t1 e t2 números reais arbitrários. ∎
No caso de sistemas de 3 variáveis (ou seja, quando a matriz de coeficientes
tem3 colunas), se o sistema tiver 2 variáveis livres e for consistente, a solução
do sistema homogêneo associado será gerada por dois vetores, v1 e v2, ℒ({v1,
v2}) será um plano contendo a origem e a solução geral será um plano paralelo
ao plano ℒ({v1, v2}) contendo o ponto final do vetor p com ponto inicial na
origem, ou seja, será o plano ℒ({v1, v2}) transladado pelo vetor p. Se o sistema
tiver 1 variável livre e for consistente, a solução do sistema homogêneo
associado será gerada por um vetor v, ℒ({v}) será uma reta contendo a origem
e a solução geral será uma reta paralela à reta ℒ({v}) contendo o ponto final do
vetor p com ponto inicial na origem, ou seja, será a reta ℒ({v}) transladada pelo
vetor p. Se não houver variável livre e o sistema for consistente, tanto o
sistema não homogêneo quanto o homogêneo associado terão uma única
solução, logo o conjunto solução do sistema homogêneo associado será gerado
pelo vetor nulo 0. É claro que nada do que fizemos será válido se o sistema for
inconsistente: neste caso, não existe solução.
Independência Linear
DEFINIÇÃO: Um conjunto S = {v1, …, vm} de vetores em ℝn será dito
linearmente independente, denotado por l.i., se a única solução da equação
vetorial
c1v1 + c2v2 + … + cmvm = 0
para os escalares c1, c2, …, cm for c1 = c2 = … = cm = 0. Caso contrário, o
conjunto será dito linearmente dependente (l.d.).
Quando o conjunto S = {v1, …, vm} for l.i. (respectivamente, l.d.), diremos que
os vetores v1, …, vm são l.i. (respectivamente, l.d.).
EXEMPLO 33: Verifique se os vetores v1 = (0, 5, 2), v2 = (5, 0, −3), v3 = (2, 3, 0)
são l.i. ou l.d.; se forem l.d., encontre constantes não nulas c1, c2, c3.
4
Álgebra Linear
Semana 2
UNIFESO
Solução: A equação vetorial c1v1 + c2v2 + c3v3 = 0 é equivalente ao sistema Ax =
0, onde A é a matriz cujas colunas são os vetores v1, v2 e v3. Pelo que vimos
antes, o sistema só terá solução não trivial quando tiver alguma variável livre,
ou seja, quando a forma escalonada da matriz A tiver uma coluna sem
elemento líder. Como A é uma matriz quadrada, isso só ocorrerá se a forma
escalonada de A tiver pelo menos uma linha nula. Como queremos encontrar
as soluções do sistema, vamos encontrar a forma escalonada reduzida de A:
0 5 2 
5 0 3  ℓ1 ← 15 ℓ1 1 0 53 
↔
ℓ
ℓ


2 
5 0 3  1

0 5 2 


0 5 2 
 2 −3 0  ℓ 3 ← ℓ 3 − 2ℓ1
2 −3 0 
 2 −3 0 
.
3
3
3
1
0
1
0
1 0





5
5
5




2 
2
1
0
5
2
←
0
1
0
1
ℓ
ℓ
5 2 
5 
5

 2

0 −3 − 56 
0 −3 − 56  ℓ 3 ← ℓ 3 + 3ℓ 2 0 0 0 
Então c3 é arbitrário, c1 = −3c3/5 e c2 = −2c3/5. Escolhendo c3 = −5, obtemos c1
= 3 e c2 = 2, ou seja,
0 
5
 2  0 




3 5  + 2  0  − 5 3  = 0  .
 2
 −3 
0  0 
Isso mostra que os vetores são l.d. ∎
Note que a equação matricial Ax = 0 pode ser escrita em forma vetorial como
x1a1 + x2a2 + … + xnan = 0,
onde a1, a2, …, an são as colunas da matriz A. É claro então que
As colunas de uma matriz A serão linearmente independentes se, e somente
se, a equação Ax = 0 só tiver a solução trivial.
EXEMPLO 34: Verifique se as colunas da matriz A são l.i., onde
3 2 10 
A =  2 3 10  .
0 1 −1
Solução: Escalonando A, obtemos:
3 2 10  ℓ1 ← 13 ℓ1 1 23



2 3
2 3 10 
0 1
0 1 −1
1 23 10
1
3 



0 1 2 
0
0 1 −1 ℓ 3 ← ℓ 3 − ℓ 2 0

1 32 10
3 


5
10 
10  ℓ 2 ← ℓ 2 − 2ℓ1 0 3 3  ℓ 2 ← 53 ℓ 2
0 1 −1
−1
.
2
2
10
10
1



3
3
3
3



1 2
0
1
2


0 −3  ℓ 3 ← − 13 ℓ 3 0 0 1 
10
3
Logo, a matriz A não tem colunas sem elemento líder, a equação Ax = 0 só tem
a solução trivial e as colunas da matriz A são l.i. ∎
Dados dois vetores v1 e v2, se eles forem l.d., então existirão escalares c1 e c2,
um deles diferente de zero, tal que c1v1 + c2v2 = 0. Se c1 ≠ 0, então podemos
escrever
c
v1 = − 2 v 2 ,
c1
de modo que v1 é um múltiplo de v2. Analogamente, se c2 ≠ 0,
Semana 3
Álgebra Linear
5
UNIFESO
v1 = −
c2
v2
c1
e v2 é um múltiplo de v1. Logo:
Um conjunto de dois vetores será linearmente dependente se, e somente se,
um deles for múltiplo do outro.
No caso de ℝ3, onde temos uma interpretação geométrica, dois vetores serão
l.d. se, e somente se, pertencerem à mesma reta contendo a origem.
Para um conjunto com mais de dois vetores, temos um resultado semelhante
ao acima para dois vetores, exceto que, em vez de múltiplo, um dos vetores
será uma combinação linear dos outros.
TEOREMA: Seja S um conjunto de m vetores em ℝn com m ≥ 2. Então S será
linearmente dependente se, e somente se, um dos vetores em S puder ser
escrito como uma combinação linear dos outros vetores em S.
A demonstração é semelhante ao caso de dois vetores: algum escalar será
diferente de zero, logo podemos dividir a equação por este escalar e escrever o
vetor correspondente como combinação linear dos outros.
O espaço ℝ3 pode ser gerado pelos vetores i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0,
1), pois (x, y, z) = xi + yj + zk. É claro que esses três vetores são linearmente
independentes e que, se acrescentarmos ao conjunto {i, j, k} qualquer outro
vetor em ℝ3 teremos um conjunto linearmente dependente. Será que podem
existir quatro vetores linearmente independentes em ℝ3? A resposta é não. De
fato, temos o seguinte resultado:
TEOREMA: Se m > n, então qualquer conjunto de m vetores em ℝn será
linearmente dependente.
Demonstração: Seja S = {v1, …, vm} um conjunto de m vetores em ℝn e seja A =
[v1 v2 … vm]. Então A é uma matriz com n linhas e m colunas, de modo que,
ao escalonar a matriz A, como temos mais colunas do que linhas, não será
possível colocar um elemento líder em todas as colunas, logo pelo menos uma
coluna não terá um elemento líder. Isso significa que temos pelo menos uma
variável livre, ou seja, a equação Ax = 0 tem uma solução não trivial e os
vetores v1, …, vm são linearmente dependentes. ∎
A última observação importante é:
Qualquer conjunto contendo o vetor nulo é um conjunto linearmente
dependente.
A razão é simples: se S = {v1, v2, …, vm} e se v1 = 0, podemos escolher c1 = 1 e
c2 = … = cm = 0 e teremos c1v1 + c2v2 + … + cmvm = 0 com c1 ≠ 0.
6
Álgebra Linear
Semana 2