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 & =2 \\\\ 2 x-y-z-w & =-1 \\\ x-2 y-2 z-3 & =-3 \\\\ 3 x-3 y-3 z-w & =-4\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado fornece o sistema linear abaixo (vou reescrever as equações exatamente como dadas):
\begin{cases} x+y+z-w=2,\\[4pt] 2x-y-z-w=-1,\\[4pt] x-2y-2z-w=-3,\\[4pt] 3x-3y-3z-w=-4. \end{cases}
O que é pedido:
(i) encontrar as matrizes A, \mathbf{b} e [A\mid \mathbf{b}];
(ii) escalonar a matriz [A\mid \mathbf{b}] (mostrar o processo);
(iii) determinar as variáveis livres e as variáveis dependentes;
(iv) classificar o sistema (compatível/incompatível, determinado/indeterminado);
(v) resolver o sistema quando houver solução (dar a família de soluções se for indeterminado).
Vou usar eliminação de Gauss (operações elementares por linhas) para escalonar e resolver. Não começo a calcular ainda; só organizei o que o problema dá e o que se pede.]

Passo 2

(i) Primeiro escrevo a matriz de coeficientes A, o vetor coluna \mathbf{b} e a matriz aumentada [A\mid \mathbf{b}]. Coloco cada número em notação matricial.
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 2 & -1 & -1 & -1\\[4pt] 1 & -2 & -2 & -1\\[4pt] 3 & -3 & -3 & -1 \end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\\[4pt]-3\\[4pt]-4\end{pmatrix},
[A\mid \mathbf{b}]= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 2 & -1 & -1 & -1 & \vline & -1\\[4pt] 1 & -2 & -2 & -1 & \vline & -3\\[4pt] 3 & -3 & -3 & -1 & \vline & -4 \end{pmatrix}.]

Passo 3

(ii) Explico rapidamente as operações elementares de linha que vou usar (conceito):
  • R_i \leftrightarrow R_j troca de duas linhas;
  • kR_i multiplicar uma linha por escalar k\neq0;
  • R_i + kR_j substituir R_i por R_i + kR_j.
    O objetivo é obter uma matriz em forma escalonada (triangular superior), isto facilita identificar pivôs e resolver por substituição.
Agora começo a escalonar. Vou usar R_1 como linha-pivô inicial (já tem 1 no primeiro elemento).
Operação 1: zerar as entradas abaixo do pivô a_{11}=1.
\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2 - 2R_1,\\\ R_3 &\leftarrow R_3 - R_1,\\\ R_4 &\leftarrow R_4 - 3R_1. \end{aligned}
Faço as contas elemento a elemento.
Cálculo para R_2:
R_2 - 2R_1 = (2,-1,-1,-1\mid -1) - 2(1,1,1,-1\mid 2) = (0,-3,-3,1\mid -5).
Cálculo para R_3:
R_3 - R_1 = (1,-2,-2,-1\mid -3) - (1,1,1,-1\mid 2) = (0,-3,-3,0\mid -5).
Cálculo para R_4:
R_4 - 3R_1 = (3,-3,-3,-1\mid -4) - 3(1,1,1,-1\mid 2) = (0,-6,-6,2\mid -10).
Após essas operações a matriz aumentada fica:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 0 & -3 & -3 & 1 & \vline & -5\\[4pt] 0 & -3 & -3 & 0 & \vline & -5\\[4pt] 0 & -6 & -6 & 2 & \vline & -10 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Continuo o escalonamento: escolho R_2 como pivô para a segunda coluna (o elemento -3 na posição a_{22}) e zero abaixo dele.
Operações:
R_3 \leftarrow R_3 - R_2,\qquad R_4 \leftarrow R_4 - 2R_2.
Computo:
Para R_3:
R_3 - R_2 = (0,-3,-3,0\mid -5) - (0,-3,-3,1\mid -5) = (0,0,0,-1\mid 0).
Para R_4:
R_4 - 2R_2 = (0,-6,-6,2\mid -10) - 2(0,-3,-3,1\mid -5) = (0,0,0,0\mid 0).
Agora a matriz aumentada está na forma escalonada:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 0 & -3 & -3 & 1 & \vline & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
Esta é uma forma escalonada (não necessariamente reduzida). Note que a terceira linha tem pivô na coluna 4 (o coeficiente de w).]

Passo 5

Posso simplificar sinais para ficar mais claro (operação opcional, para facilitar interpretação). Multiplico R_2 por -\tfrac{1}{3} e R_3 por -1 para obter pivôs iguais a 1 (isso é útil para leitura, não altera o conjunto solução).
\begin{aligned} R_2 &\leftarrow -\tfrac{1}{3}R_2 \Rightarrow R_2=(0,1,1,-\tfrac{1}{3}\mid \tfrac{5}{3}),\\[4pt] R_3 &\leftarrow -R_3 \Rightarrow R_3=(0,0,0,1\mid 0). \end{aligned}
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -\tfrac{1}{3} & \vline & \tfrac{5}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
Esta é uma forma escalonada mais legível (quase RREF). A partir daqui já dá para identificar pivôs e variáveis livres.]

Passo 6

(iii) Identificação de variáveis livres e dependentes:
  • As colunas que têm pivô são as colunas 1 (para x), 2 (para y) e 4 (para w). Assim x,y,w são variáveis dependentes (estão associadas a pivôs).
  • A coluna 3 (para z) não tem pivô, portanto z é variável livre.
Explicando com calma (didática): pivô em uma coluna significa que essa variável pode ser resolvida em função das outras; ausência de pivô significa liberdade para escolher um parâmetro para essa variável.

Passo 7

(iv) Classificação do sistema:
Para verificar compatibilidade, procuro linhas do tipo (0\,0\,0\,0\mid c) com c\neq0. Aqui a quarta linha é (0\,0\,0\,0\mid 0), ou seja, nenhuma contradição aparece. Logo o sistema é compatível.
O posto (rank) da matriz aumentada é o número de linhas não nulas na forma escalonada: há 3 linhas não nulas, então \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A\mid\mathbf{b}])=3. Como o número de incógnitas é 4, e o posto é 3<4, o sistema é compatível indeterminado (infinitas soluções), com uma liberdade (uma variável livre).

Passo 8

(v) Resolver o sistema (retorno por substituição). Vou escrever as equações correspondentes às linhas escalonadas finais (antes das multiplicações por escalares já usadas):
Da linha 3 (após multiplicar por -1\) we have): \(\;1\cdot w = 0\). Logo \[w=0.
Da linha 2 (após tornar pivô igual a 1): \;y + z -\dfrac{1}{3}w = \dfrac{5}{3}. Substituindo w=0:
y + z = \dfrac{5}{3}.
Daqui isolamos y em função de z:
y = \dfrac{5}{3} - z.
Da linha 1: x + y + z - w = 2. Substituindo w=0 e a expressão de y:
x + \left(\dfrac{5}{3}-z\right) + z = 2 \quad\Rightarrow\quad x + \dfrac{5}{3} = 2.
Portanto
x = 2 - \dfrac{5}{3} = \dfrac{1}{3}.
Observação importante: x ficou fixo e independe do valor de z; y depende de z; w é zero; z é livre.
Agora introduzo um parâmetro para a variável livre z. Seja z=t com t\in\mathbb{R}. Então a solução geral é
\begin{cases} x=\dfrac{1}{3},\\[6pt] y=\dfrac{5}{3}-t,\\[6pt] z=t,\\[6pt] w=0. \end{cases}
Posso escrever em forma vetorial (separa parte particular + múltiplo do parâmetro):
\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\\[2pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[2pt]\tfrac{5}{3}\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0\\[2pt]-1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Interpretação: família de soluções com um parâmetro livre t\]. Um exemplo particular (tomando \(t=0) é \left(\tfrac{1}{3},\tfrac{5}{3},0,0\right).]

Passo 9

Resumo final e comentário de incentivo: o sistema tem posto 3, uma variável livre ( z), e portanto infinitas soluções descritas acima. Boa notícia: apesar de parecer um sistema 4×4 complicado, a eliminação mostrou rapidamente que só há uma liberdade — basta escolher z e tudo o mais fica determinado.

Resposta

(i)
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 2 & -1 & -1 & -1\\[4pt] 1 & -2 & -2 & -1\\[4pt] 3 & -3 & -3 & -1 \end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\\[4pt]-3\\[4pt]-4\end{pmatrix}, \qquad [A\mid\mathbf{b}]= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 2 & -1 & -1 & -1 & \vline & -1\\[4pt] 1 & -2 & -2 & -1 & \vline & -3\\[4pt] 3 & -3 & -3 & -1 & \vline & -4 \end{pmatrix}.
(ii)
\text{Matriz escalonada (forma obtida por eliminação de Gauss):}\qquad \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 0 & -3 & -3 & 1 & \vline & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -1 & \vline & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & \vline & 0 \end{pmatrix}.
(iii) Variáveis livres: z. Variáveis dependentes (com pivô): x,y,w.
(iv) Classificação: sistema compatível indeterminado (posto =3, número de incógnitas =4, infinitas soluções).
(v) Solução geral:
\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\\[2pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{1}{3}\\[2pt]\tfrac{5}{3}\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0\\[2pt]-1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.]

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