\begin{cases}x-y+z+t & =0 \\\ x+y-z+t & =1 \\\\ -x+y+z-t & =0 \\\\ 2 x-y-z+3 t & =1\end{cases}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear com quatro equações e quatro incógnitas e pede a solução (x,y,z,t):
\begin{cases} x - y + z + t = 0,\\[4pt] x + y - z + t = 1,\\[4pt] - x + y + z - t = 0,\\[4pt] 2x - y - z + 3t = 1. \end{cases}
Informações relevantes fornecidas:
\text{quatro equações lineares em }x,y,z,t;çõ
não há parâmetros livres no enunciado; portanto esperamos uma solução única (ou precisaremos verificar se o sistema é singular).]

Passo 2

Vamos organizar o sistema como matriz aumentada para aplicar eliminação (operações elementares sobre linhas). Escrevo a matriz aumentada [A|b] correspondendo às equações:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 2 & -1 & -1 & 3 & 1 \end{array}\right]
Lembrete rápido (aula mini): operações elementares permitidas que não mudam o conjunto de soluções são:
  1. trocar duas linhas;
  2. multiplicar uma linha por um escalar não nulo;
  3. somar a uma linha um múltiplo de outra linha.
    Usaremos essas para triangular a matriz (forma escalonada) e depois resolver por substituição.]

Passo 3

Primeira rodada: elimino x das linhas 2, 3 e 4 usando a linha 1 como pivô (linha 1 tem coeficiente 1 em x, bom pivô).
Faço as operações:
R_2 \leftarrow R_2 - R_1,\qquad R_3 \leftarrow R_3 + R_1,\qquad R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1.
Calculo cada uma:
  • R_2 - R_1: [1,1,-1,1\mid 1] - [1,-1,1,1\mid 0] = [0,2,-2,0\mid 1].
  • R_3 + R_1: [-1,1,1,-1\mid 0] + [1,-1,1,1\mid 0] = [0,0,2,0\mid 0].
  • R_4 - 2R_1: [2,-1,-1,3\mid 1] - 2[1,-1,1,1\mid 0] = [0,1,-3,1\mid 1].
A matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & -2 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -3 & 1 & 1 \end{array}\right]]

Passo 4

Agora quero eliminar o coeficiente de y na linha 4, usando a linha 2 cujo coeficiente em y é 2 (bom pivô no segundo passo).
Faço:
R_4 \leftarrow R_4 - \tfrac{1}{2}R_2.
Calculemos:
\tfrac{1}{2}R_2 = [0,1,-1,0\mid \tfrac{1}{2}].
Então
[0,1,-3,1\mid 1] - [0,1,-1,0\mid \tfrac{1}{2}] = [0,0,-2,1\mid \tfrac{1}{2}].
A matriz atualizada é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & -2 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -2 & 1 & \tfrac{1}{2} \end{array}\right]]

Passo 5

Agora usei a linha 3 (pivot em z, coeficiente 2) para eliminar z das linhas acima que ainda têm essa coluna não-zero. Vou zerar o z em R_2 e em R_1, e também combinar R_4 com R_3 para simplificar.
Operações:
R_2 \leftarrow R_2 + R_3,\qquad R_1 \leftarrow R_1 - \tfrac{1}{2}R_3,\qquad R_4 \leftarrow R_4 + R_3.
Cálculos:
  • R_2 + R_3 = [0,2,-2,0\mid 1] + [0,0,2,0\mid 0] = [0,2,0,0\mid 1].
  • R_1 - \tfrac{1}{2}R_3 = [1,-1,1,1\mid 0] - \tfrac{1}{2}[0,0,2,0\mid 0] = [1,-1,0,1\mid 0].
  • R_4 + R_3 = [0,0,-2,1\mid \tfrac{1}{2}] + [0,0,2,0\mid 0] = [0,0,0,1\mid \tfrac{1}{2}].
Matriz agora:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{2} \end{array}\right]]

Passo 6

Agora a matriz está em forma triangular superior (escalonada). Lemos as equações correspondentes às linhas (agora bem simples):
Da última linha ( R_4): \;1\cdot t = \tfrac{1}{2}. Logo
t = \tfrac{1}{2}.
Da terceira linha ( R_3): \;2\cdot z = 0. Logo
z = 0.
Da segunda linha ( R_2): \;2\cdot y + 0\cdot z + 0\cdot t = 1. Logo
y = \tfrac{1}{2}.
Da primeira linha ( R_1): \;x - y + 0\cdot z + t = 0. Substituindo y e t:
x - \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{2} = 0 \quad\Rightarrow\quad x = 0.

Passo 7

Breve checagem (substituir na primeira equação, por exemplo):
x - y + z + t = 0 - \tfrac{1}{2} + 0 + \tfrac{1}{2} = 0,
funciona. Poderíamos checar nas outras equações; todas satisfazem com (x,y,z,t)=(0,\tfrac{1}{2},0,\tfrac{1}{2}).

Resposta

x=0
y=\dfrac{1}{2}
z=0
t=\dfrac{1}{2}

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