Considerando o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} x+2 y+z+w=1 \\\ x+3 y-z+2 w=3 \\\\ -2 y+4 z-2 w=-4 \end{array}\right.
(a) Verifique se o sistema tem solução. Em caso afirmativo, determine o conjunto solução.
(b) Determine as posições pivô da matriz aumentada do sistema.
(c) Se A é a matriz desse sistema, A \vec{x}=\vec{b} possui solução para todo \vec{b} \in \mathbb{R}^{3} ?

Passo 1

O enunciado fornece o sistema linear
\left\{\begin{array}{l} x+2y+z+w=1,\\[4pt] x+3y-z+2w=3,\\[4pt] -2y+4z-2w=-4. \end{array}\right.
As perguntas são:
(a) Verificar se o sistema tem solução e, em caso afirmativo, determinar o conjunto solução.
(b) Determinar as posições pivô da matriz aumentada do sistema.
(c) Se A é a matriz do sistema (a matriz 3\times4 dos coeficientes), a equação A\vec{x}=\vec{b} possui solução para todo \vec{b}\in\mathbb{R}^3?
Informações relevantes dadas (explícitas no enunciado):
  • 3 equações e 4 incógnitas \,x,y,z,w.
  • A última equação não envolve x (coeficiente de x é zero).
  • Queremos tanto verificar consistência quanto descrever o conjunto solução quando existir.]

Passo 2

Vamos escrever a matriz aumentada do sistema e aplicar eliminação de Gauss (operações de linha elementares) para chegar a uma forma escalonada. A matriz aumentada inicial é
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 3 & -1 & 2 & 3\\[4pt] 0 & -2 & 4 & -2 & -4 \end{array}\right].
Explicando rápido: cada linha corresponde a uma equação; as quatro primeiras colunas são os coeficientes de x,y,z,w e a última é o termo independente (vetor \vec b).
Agora fazemos operações para zerar abaixo do pivô da primeira coluna. Subtraímos a linha 1 da linha 2:
\text{R}_2 \leftarrow \text{R}_2-\text{R}_1
que dá
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & -2 & 4 & -2 & -4 \end{array}\right].
Expliquei o passo: escolhemos a primeira linha como pivô (o primeiro coeficiente não nulo na coluna 1) e zeramos o elemento correspondente na linha 2.]

Passo 3

Agora usamos a nova linha 2 para zerar o elemento na coluna 2 da linha 3. Fazemos
\text{R}_3 \leftarrow \text{R}_3 + 2\,\text{R}_2.
Calculemos cada entrada da linha 3: para a coluna 2 temos -2 + 2\cdot 1 = 0; coluna 3: 4 + 2\cdot(-2)=0; coluna 4: -2 + 2\cdot 1 = 0; termo independente: -4 + 2\cdot 2 = 0. Assim obtemos
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Observação didática: uma linha inteira de zeros na forma escalonada indica que uma das equações era combinacão linear das outras — isso não gera inconsistência enquanto o lado direito também seja zero (se fosse 0= c com c\neq0 seria inconsistente).]

Passo 4

Determinamos a consistência: não apareceu uma linha do tipo [0\;0\;0\;0\mid c] com c\neq0, portanto o sistema é consistente e tem soluções (pelo menos uma). O posto (rank) da matriz aumentada e da matriz de coeficientes é o número de linhas não nulas na forma escalonada; aqui é 2. Como há 4 incógnitas, esperamos uma família infinita de soluções com duas variáveis livres (grau de liberdade =4-2=2).
Agora fazemos substituição regressiva para expressar as variáveis em função de parâmetros. A segunda linha escalonada dá a equação
\;1\cdot y -2\cdot z + 1\cdot w = 2,
ou seja
y = 2 + 2z - w.
A primeira linha dá
x + 2y + z + w = 1.
Substituindo a expressão de y nessa primeira equação:
x + 2(2 + 2z - w) + z + w = 1.
Faço as contas passo a passo:
x + 4 + 4z - 2w + z + w = 1,
x + 4 + 5z - w = 1,
x = 1 - 4 - 5z + w = -3 -5z + w.

Passo 5

Escolhemos variáveis livres para parametrizar a solução. É conveniente tomar
s=z,\qquad t=w,
com s,t\in\mathbb{R}\). Então \[\begin{cases} z = s,\\[4pt] w = t,\\[4pt] y = 2 + 2s - t,\\[4pt] x = -3 -5s + t. \end{cases}
Colocando em forma vetorial (forma padrão para conjuntos solução):
\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\\[2pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\[2pt]2\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}-5\\[2pt]2\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad s,t\in\mathbb{R}.
Explicação: a primeira coluna é uma solução particular (pegar s=t=0\] dá \((-3,2,0,0) que satisfaz o sistema) e as duas colunas seguintes geram o espaço de soluções homogêneas (a solução geral é particular + combinação linear das soluções do homogêneo).]

Passo 6

Agora as posições pivô da matriz aumentada: depois da eliminação os pivôs aparecem na primeira linha, primeira coluna e na segunda linha, segunda coluna. Ou seja, as posições (índice linha, índice coluna) são
(1,1)\quad\text{e}\quad(2,2).
Observação adicional: as colunas 3 e 4 (correspondentes a z e w) não têm pivô e são colunas livres.

Passo 7

Resposta à parte (c). A matriz A dos coeficientes é 3\times4 e seu posto é \operatorname{rank}(A)=2 (igual ao número de pivôs que encontramos). Para que A\vec{x}=\vec b tenha solução para todo \vec b\in\mathbb{R}^3 seria necessário que as colunas de A gerassem \mathbb{R}^3, isto é, que \operatorname{rank}(A)=3. Como \operatorname{rank}(A)=2<3, não é possível obter todo \mathbb{R}^3 como combinação linear das colunas de A. Portanto existem vetores \vec b para os quais A\vec x=\vec b não tem solução.

Resposta

(a) \begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\\[2pt]w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\[2pt]2\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}-5\\[2pt]2\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad s,t\in\mathbb{R}.
(b) Posições pivô da matriz aumentada: (1,1) e (2,2).
(c) Não; \operatorname{rank}(A)=2<3, logo A\vec{x}=\vec b não possui solução para todo \vec b\in\mathbb{R}^3.]

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