Para cada um dos sistemas lineares abaixo, (i) encontre as matrizes A, \mathbf{b} e [A \mid \mathbf{b}], (ii) encontre a forma escada da matriz [A \mid \mathbf{b}], (iii) determine as variáveis livres e (iv) resolva o sistema (quando houver solução).
\left\{\begin{aligned} x+y+z-w & =2 \\\\ 2 x-y-z-w & =-1 \\\ x-2 y-2 z & =-3 \\\\ 3 x-3 y-3 z-w & =-4\end{aligned}\right.

Passo 1

Nesse exercício temos quatro incógnitas (x,y,z,w) e quatro equações lineares, e o objetivo é aplicar eliminação de Gauss para (i) identificar a matriz dos coeficientes A, o vetor de termos independentes \mathbf{b} e a matriz aumentada [A\mid \mathbf{b}], (ii) reduzir [A\mid \mathbf{b}] à forma escalonada, (iii) achar as variáveis livres e (iv) escrever a solução geral do sistema.

Passo 2

A matriz dos coeficientes A vem dos coeficientes de x,y,z,w em cada equação, e \mathbf{b} é o termo à direita:
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1\\\\ 2 & -1 & -1 & -1\\\\ 1 & -2 & -2 & 0\\\\ 3 & -3 & -3 & -1 \end{pmatrix}, \quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ -3\\\ -4\end{pmatrix}.
A matriz aumentada é
[A\mid \mathbf{b}] = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\\\ 2 & -1 & -1 & -1 & \vline & -1\\\\ 1 & -2 & -2 & 0 & \vline & -3\\\\ 3 & -3 & -3 & -1 & \vline & -4 \end{pmatrix}.

Passo 3

Agora fazemos operações de linha para zerar abaixo do primeiro pivô (posição (1,1)):
R2 ← R2 – 2\cdotR1,
R3 ← R3 – R1,
R4 ← R4 – 3\cdotR1.
O resultado é
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\\\ 0 & -3 & -3 & 1 & \vline & -5\\\\ 0 & -3 & -3 & 1 & \vline & -5\\\\ 0 & -6 & -6 & 2 & \vline & -10 \end{pmatrix}.
Em seguida usamos R2 para zerar entradas na coluna 2 de R3 e R4:
R3 ← R3 – R2 e R4 ← R4 – 2\cdotR2, obtendo linhas de zeros em R3 e R4. Então dividimos R2 por -3 para simplificar:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\\\ 0 & 1 & 1 & -\tfrac13 & \vline & \tfrac53\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
Essa é a forma escalonada de [A\mid \mathbf{b}].

Passo 4

Da forma escalonada vemos pivôs nas colunas 1 e 2. As variáveis correspondentes x e y são básicas, e z e w são livres. Chamemos z = s e w = t, com s,t\in\mathbb{R}.

Passo 5

Das equações escalonadas recuperamos:
Da segunda linha:
y + z - \tfrac13\,w = \tfrac53 \quad\Longrightarrow\quad y = \tfrac53 - s + \tfrac t3.
Da primeira linha:
x + y + z - w = 2 \quad\Longrightarrow\quad x = 2 - y - s + t.
Substituindo y:
x = 2 -\Bigl(\tfrac53 - s + \tfrac t3\Bigr) - s + t = \tfrac13 + \tfrac{2t}{3}.
Logo a solução geral é
x = \tfrac13 + \tfrac{2}{3}t,\quad y = \tfrac53 - s + \tfrac{1}{3}t,\quad z = s,\quad w = t,\quad s,t\in\mathbb{R}.

Resposta

(i)
A = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1\\\\ 2 & -1 & -1 & -1\\\\ 1 & -2 & -2 & 0\\\\ 3 & -3 & -3 & -1 \end{pmatrix},\quad \mathbf{b} = \begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ -3\\\ -4\end{pmatrix},\quad [A\mid \mathbf{b}] = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\\\ 2 & -1 & -1 & -1 & \vline & -1\\\\ 1 & -2 & -2 & 0 & \vline & -3\\\\ 3 & -3 & -3 & -1 & \vline & -4 \end{pmatrix}.
(ii) Forma escalonada:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\\\ 0 & 1 & 1 & -\tfrac13 & \vline & \tfrac53\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
(iii) Variáveis livres: z e w.
(iv) Solução geral:
x = \tfrac13 + \tfrac{2}{3}t,\quad y = \tfrac53 - s + \tfrac{1}{3}t,\quad z = s,\quad w = t,\quad s,t\in\mathbb{R}.

Exercícios relacionados