Classifique e resolva (quando possível) cada um dos sistemas abaixo:
g(g)\left\{\begin{array}{c}x-2 y+3 z+t=10 \\\ x-y-2 t=-9 \\\\ 2 x-4 y+7 z=15 \\\ y+z-t=1\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a classificação e a resolução do sistema linear (vou escrever as equações exatamente como dadas):
\begin{cases} x-2y+3z+t=10,\\[4pt] x-y-2t=-9,\\[4pt] 2x-4y+7z=15,\\[4pt] y+z-t=1. \end{cases}
Informações relevantes que temos:
  • São quatro incógnitas: x,\;y,\;z,\;t.
  • São quatro equações lineares nas incógnitas acima.
  • A tarefa é (1) classificar o sistema (incompatível, compatível determinado ou compatível indeterminado) e (2) resolver quando for possível.]

Passo 2

Vou organizar o sistema na forma de matriz aumentada para aplicar eliminação de Gauss (isso facilita ver pivôs e fazer operações elementares). A matriz aumentada (coeficientes à esquerda, termos constantes à direita) é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 & 10\\[4pt] 1 & -1 & 0 & -2 & -9\\[4pt] 2 & -4 & 7 & 0 & 15\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right].
Breve explicação da ideia: eliminação de Gauss consiste em usar operações entre linhas (somar múltiplos de uma linha em outra, trocar linhas ou multiplicar por escalar não nulo) para transformar a matriz numa forma triangular superior (ou forma escalonada reduzida). Isso mostra pivôs (líderes) e permite resolver por substituição regressiva.]

Passo 3

Começo a eliminar usando a primeira linha como pivô para zerar as entradas abaixo na coluna de x.
  • Substituo L_2 \leftarrow L_2 - L_1:
L_2: \; (1-1,\; -1-(-2),\; 0-3,\; -2-1,\; -9-10)=(0,\;1,\;-3,\;-3,\;-19).
  • Substituo L_3 \leftarrow L_3 - 2L_1:
L_3: \; (2-2,\; -4-2(-2),\; 7-2\cdot3,\; 0-2\cdot1,\; 15-2\cdot10)=(0,\;0,\;1,\;-2,\;-5).
A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 & 10\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -3 & -19\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -2 & -5\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -1 & 1 \end{array}\right].]

Passo 4

Agora uso a segunda linha (que tem pivô em y) para zerar a entrada correspondente na quarta linha.
  • Substituo L_4 \leftarrow L_4 - L_2:
L_4: \; (0-0,\;1-1,\;1-(-3),\;-1-(-3),\;1-(-19))=(0,\;0,\;4,\;2,\;20).
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 & 10\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -3 & -19\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -2 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 4 & 2 & 20 \end{array}\right].]

Passo 5

Uso agora a terceira linha (pivô em z) para zerar a entrada de z na quarta linha:
  • Substituo L_4 \leftarrow L_4 - 4L_3:
L_4: \; (0,\;0,\;4-4\cdot1,\;2-4\cdot(-2),\;20-4\cdot(-5))=(0,\;0,\;0,\;10,\;40).
A matriz triangular resultante é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & 1 & 10\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -3 & -19\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -2 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 10 & 40 \end{array}\right].]

Passo 6

Da última linha obtemos diretamente 10t=40. Então:
t=\frac{40}{10}=4.
Explicação: quando uma linha da forma (0,0,0,a\mid b) aparece, ela representa a equação a t = b. Se a\neq0 então isso determina t. Se tivéssemos 0= \text{constante não zero}ã seria inconsistente.

Passo 7

Agora faço substituição regressiva (back-substitution) para encontrar as outras incógnitas:
  • Terceira linha: 1\cdot z -2t = -5. Substituindo t=4:
z - 2\cdot4 = -5 \quad\Rightarrow\quad z -8 = -5 \quad\Rightarrow\quad z = 3.
  • Segunda linha: 1\cdot y -3z -3t = -19. Substituindo z=3,\;t=4:
y -3\cdot3 -3\cdot4 = -19 \quad\Rightarrow\quad y -9 -12 = -19 \quad\Rightarrow\quad y -21 = -19 \quad\Rightarrow\quad y = 2.
  • Primeira linha: x -2y +3z + t = 10. Substituindo y=2,\;z=3,\;t=4:
x -2\cdot2 +3\cdot3 +4 = 10 \quad\Rightarrow\quad x -4 +9 +4 = 10 \quad\Rightarrow\quad x +9 = 10 \quad\Rightarrow\quad x = 1.

Passo 8

Classificação do sistema com base nas manipulações: a forma triangular mostrou pivôs nas 4 colunas de incógnitas ( x,y,z,t), ou seja, o posto (rank) da matriz dos coeficientes é 4. O posto da matriz aumentada também é 4. Como o posto é igual ao número de incógnitas e as equações são consistentes, o sistema é compatível determinado (tem exatamente uma solução).
Pequena revisão didática final: quando o número de pivôs (linhas não nulas na forma escalonada) iguala o número de variáveis, há solução única. Se o posto fosse menor que o número de variáveis, teríamos infinitas soluções (graus de liberdade). Se o posto da matriz aumentada fosse maior que o posto da matriz de coeficientes, o sistema seria incompatível.

Resposta

x=1,\;y=2,\;z=3,\;t=4

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