Para cada um dos sistemas lineares abaixo, (i) encontre as matrizes A, \mathbf{b} e [A \mid \mathbf{b}], (ii) escalone a matriz [A \mid \mathbf{b}], (iii) determine as variáveis livres e as variáveis dependentes, (iv) classifique e (v) resolva o sistema (quando houver solução).
\left\{\begin{aligned} x-y+z+w & =4 \\\\ 2 x-y-z & =-3 \\\ x-2 y+w & =1 \\\\ 5 x+z-w & =5\end{aligned}\right.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado:
  • Pede, para o sistema linear abaixo, as cinco tarefas:(i) encontrar as matrizes A\), \(\mathbf{b}\) e \([A\mid\mathbf{b}]\); (ii) escalonar a matriz \([A\mid\mathbf{b}]\); (iii) determinar as variáveis livres e as variáveis dependentes (ou pivôs); (iv) classificar o sistema (inconsistente, possível e determinado, possível e indeterminado); (v) resolver o sistema quando houver solução. - O sistema dado é \[\begin{cases} x - y + z + w = 4,\\[4pt] 2x - y - z = -3,\\[4pt] x - 2y + w = 1,\\[4pt] 5x + z - w = 5. \end{cases}
  • Variáveis incógnitas: (x,y,z,w].
  • Vou usar eliminação de Gauss (escalonamento por operações elementares) para responder (ii)–(v).]

Passo 2

(i) Escrever as matrizes A, \mathbf{b} e [A\mid\mathbf{b}].
Matriz dos coeficientes A:
A= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 2 & -1 & -1 & 0\\[4pt] 1 & -2 & 0 & 1\\[4pt] 5 & 0 & 1 & -1 \end{pmatrix}
vetor coluna \mathbf{b}:
\mathbf{b}= \begin{pmatrix} 4\\[4pt] -3\\[4pt] 1\\[4pt] 5 \end{pmatrix}
matriz aumentada [A\mid\mathbf{b}]:
[A\mid\mathbf{b}]= \begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1 & \vline & 4\\[4pt] 2 & -1 & -1 & 0 & \vline & -3\\[4pt] 1 & -2 & 0 & 1 & \vline & 1\\[4pt] 5 & 0 & 1 & -1 & \vline & 5 \end{pmatrix}]

Passo 3

(ii) Escalonamento da matriz aumentada: explicação das operações e motivo.
Objetivo: transformar [A\mid\mathbf{b}] em forma escalonada (e, para clareza, levar até a forma reduzida por linhas). Uso operações elementares de linha (somar múltiplos de linhas, trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo).
Começo com
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1 & \vline & 4\\[4pt] 2 & -1 & -1 & 0 & \vline & -3\\[4pt] 1 & -2 & 0 & 1 & \vline & 1\\[4pt] 5 & 0 & 1 & -1 & \vline & 5 \end{pmatrix}.
  1. Usar \text{R}_1 (pivot em coluna 1) para zerar as entradas abaixo:
  • \text{R}_2 \leftarrow \text{R}_2 - 2\text{R}_1,
  • \text{R}_3 \leftarrow \text{R}_3 - \text{R}_1,
  • \text{R}_4 \leftarrow \text{R}_4 - 5\text{R}_1.
Cálculos rápidos:
  • \text{R}_2: (2,-1,-1,0\mid-3) - 2(1,-1,1,1\mid4) = (0,1,-3,-2\mid-11).
  • \text{R}_3: (1,-2,0,1\mid1) - (1,-1,1,1\mid4) = (0,-1,-1,0\mid-3).
  • \text{R}_4: (5,0,1,-1\mid5) -5(1,-1,1,1\mid4) = (0,5,-4,-6\mid-15).
Matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1 & 1 & \vline & 4\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -2 & \vline & -11\\[4pt] 0 & -1 & -1 & 0 & \vline & -3\\[4pt] 0 & 5 & -4 & -6 & \vline & -15 \end{pmatrix}.
  1. Tornar a entrada (1,2) zero (limpar acima do pivot da coluna 2) para simplificar progressão: \text{R}_1 \leftarrow \text{R}_1 + \text{R}_2.
    Cálculo:
  • \text{R}_1: (1,-1,1,1\mid4) + (0,1,-3,-2\mid-11) = (1,0,-2,-1\mid-7).
Matriz:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & -1 & \vline & -7\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -2 & \vline & -11\\[4pt] 0 & -1 & -1 & 0 & \vline & -3\\[4pt] 0 & 5 & -4 & -6 & \vline & -15 \end{pmatrix}.
  1. Usar \text{R}_2 (pivot em coluna 2) para zerar entradas na coluna 2 abaixo:
  • \text{R}_3 \leftarrow \text{R}_3 + \text{R}_2,
  • \text{R}_4 \leftarrow \text{R}_4 - 5\text{R}_2.
Cálculos:
  • \text{R}_3: (0,-1,-1,0\mid-3) + (0,1,-3,-2\mid-11) = (0,0,-4,-2\mid-14).
  • \text{R}_4: (0,5,-4,-6\mid-15) -5(0,1,-3,-2\mid-11) = (0,0,11,4\mid40).
Matriz:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & -1 & \vline & -7\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -2 & \vline & -11\\[4pt] 0 & 0 & -4 & -2 & \vline & -14\\[4pt] 0 & 0 & 11 & 4 & \vline & 40 \end{pmatrix}.
  1. Trabalhar pivô na coluna 3. Primeiro normalizar \text{R}_3 dividindo por -4:
    \text{R}_3 \leftarrow -\tfrac{1}{4}\text{R}_3, então
    \text{R}_3 = (0,0,1,\tfrac{1}{2}\mid \tfrac{7}{2}).
Matriz:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -2 & -1 & \vline & -7\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -2 & \vline & -11\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & \vline & \tfrac{7}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 11 & 4 & \vline & 40 \end{pmatrix}.
  1. Zeramos coluna 3 nas outras linhas:
  • \text{R}_4 \leftarrow \text{R}_4 - 11\text{R}_3,
  • \text{R}_1 \leftarrow \text{R}_1 + 2\text{R}_3,
  • \text{R}_2 \leftarrow \text{R}_2 + 3\text{R}_3.
Cálculos rápidos:
  • \text{R}_4: (0,0,11,4\mid40) -11(0,0,1,\tfrac{1}{2}\mid\tfrac{7}{2}) = (0,0,0,-\tfrac{3}{2}\mid \tfrac{3}{2}).
  • \text{R}_1: (1,0,-2,-1\mid-7) +2(0,0,1,\tfrac{1}{2}\mid\tfrac{7}{2}) = (1,0,0,0\mid 0).
  • \text{R}_2: (0,1,-3,-2\mid-11) +3(0,0,1,\tfrac{1}{2}\mid\tfrac{7}{2}) = (0,1,0,-\tfrac{1}{2}\mid -\tfrac{1}{2}).
Matriz:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & -\tfrac{1}{2} & \vline & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{2} & \vline & \tfrac{7}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -\tfrac{3}{2} & \vline & \tfrac{3}{2} \end{pmatrix}.
  1. Finalmente, normalizar \text{R}_4 multiplicando por -\tfrac{2}{3}:
    \text{R}_4 \leftarrow -\tfrac{2}{3}\text{R}_4 = (0,0,0,1\mid -1).
E então limpar a coluna 4 nas linhas acima:
  • \text{R}_3 \leftarrow \text{R}_3 - \tfrac{1}{2}\text{R}_4,
  • \text{R}_2 \leftarrow \text{R}_2 + \tfrac{1}{2}\text{R}_4.
Cálculos:
  • \text{R}_3: (0,0,1,\tfrac{1}{2}\mid \tfrac{7}{2}) - \tfrac{1}{2}(0,0,0,1\mid -1) = (0,0,1,0\mid 4).
  • \text{R}_2: (0,1,0,-\tfrac{1}{2}\mid -\tfrac{1}{2}) + \tfrac{1}{2}(0,0,0,1\mid -1) = (0,1,0,0\mid -1).
Depois das operações, obtemos a forma reduzida por linhas (RREF):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & \vline & -1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & \vline & 4\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \vline & -1 \end{pmatrix}.
Essa é uma forma escalonada reduzida (portanto também escalonada). A partir daqui lemos diretamente a solução.]

Passo 4

(iii) Variáveis livres e variáveis dependentes (pivôs).
  • Observando a forma escalonada reduzida, as colunas 1,2,3,4 (correspondentes a x,y,z,w) são todas colunas-pivô (cada uma tem um 1 pivot em linhas distintas).
  • Portanto não há variáveis livres.
  • Todas as variáveis são dependentes (ou seja, cada uma é determinada por um pivô):
    • x é variável pivô (dependente),
    • y é pivô,
    • z é pivô,
    • w é pivô.

Passo 5

(iv) Classificação do sistema.
  • Como a forma escalonada não apresenta uma linha impossível do tipo (0\\\ 0\\\ 0\\\ 0 \mid c) com c\neq 0, o sistema é consistente.
  • Como há 4 pivôs para 4 incógnitas, existe solução única.
  • Classificação: sistema possível e determinado (tem exatamente uma solução).

Passo 6

(v) Resolução do sistema (leitura direta da RREF).
Da matriz final temos as equações:
\begin{aligned} x &= 0,\\[4pt] y &= -1,\\[4pt] z &= 4,\\[4pt] w &= -1. \end{aligned}
Portanto a solução única é o vetor
\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\\[4pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]4\\[4pt]-1\end{pmatrix}.]

Resposta

(i) A=\displaystyle\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 & 1\\[4pt]2 & -1 & -1 & 0\\[4pt]1 & -2 & 0 & 1\\[4pt]5 & 0 & 1 & -1\end{pmatrix}, \mathbf{b}=\displaystyle\begin{pmatrix}4\\[4pt]-3\\[4pt]1\\[4pt]5\end{pmatrix}, [A\mid\mathbf{b}]=\displaystyle\begin{pmatrix}1 & -1 & 1 & 1 & \vline & 4\\[4pt]2 & -1 & -1 & 0 & \vline & -3\\[4pt]1 & -2 & 0 & 1 & \vline & 1\\[4pt]5 & 0 & 1 & -1 & \vline & 5\end{pmatrix}.
(ii) Matriz escalonada (RREF): \displaystyle\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0\\[4pt]0 & 1 & 0 & 0 & \vline & -1\\[4pt]0 & 0 & 1 & 0 & \vline & 4\\[4pt]0 & 0 & 0 & 1 & \vline & -1\end{pmatrix}.
(iii) Variáveis livres: nenhuma. Variáveis dependentes (pivôs): x,y,z,w (todas).
(iv) Classificação: possível e determinado (sistema consistente com solução única).
(v) Solução: x=0, y=-1, z=4, w=-1.]

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