Considere o sistema \left\{\begin{array}{r}x+6 y-8 z=1 \\\\ 2 x+6 y-4 z=0\end{array}\right.. Escreva o sistema na forma matricial A X=B.
(a) Verifique que a matriz coluna X=\left[\begin{array}{l}x \\\ y \\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{r}-1 \\\ \frac{1}{3} \\\\ 0\end{array}\right] é solução do sistema.
(b) Resolva o sistema e verifique que toda solução escrita como matrix coluna é da forma
X=t\left[\begin{array}{r} -4 \\\\ 2 \\\\ 1 \end{array}\right]+\left[\begin{array}{r} -1 \\\ \frac{1}{3} \\\\ 0 \end{array}\right], \quad \text { onde } t \in \mathbb{R} .
(c) Verifique que t\left[\begin{array}{r}-4 \\\\ 2 \\\\ 1\end{array}\right], t \in \mathbb{R}, engloba todas as soluções do sistema linear homogêneo associado.
(d) Relacione esses resultados com o exe. 10.
(e) Sendo X, Y duas soluções distintas do sistema não homogêneo, mostre que qualquer ponto contido na reta que liga X e Y também é solução. [Isso vale para qualquer sistema linear?]

Passo 1

O enunciado dá o sistema de duas equações lineares em três incógnitas:
\begin{cases} x+6y-8z=1,\\[4pt] 2x+6y-4z=0. \end{cases}
Perguntas pedidas:
  • Escrever o sistema na forma matricial A X = B.
  • (a) Verificar que X=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix} é solução.
  • (b) Resolver o sistema e mostrar que toda solução é da forma \displaystyle X=t\begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix}, t\in\mathbb{R}.
  • (c) Verificar que t\begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix} engloba todas as soluções do sistema homogêneo associado.
  • (d) Relacionar esses resultados com o exe. 10 (interpretação geral).
  • (e) Sendo X,Y duas soluções distintas do sistema não homogêneo, mostrar que qualquer ponto da reta que liga X e Y também é solução e dizer se isso vale para qualquer sistema linear.
Informações relevantes:
  • Há mais incógnitas (3) do que equações (2), então espera-se liberdade (variáveis livres) e uma família infinita de soluções; normalmente a solução do sistema não homogêneo é um particular mais a solução geral do homogêneo.
  • Temos coeficientes explícitos nas duas equações — podemos trabalhar por eliminação para achar a solução geral.]

Passo 2

Escrever o sistema na forma matricial A X = B.
Explicação didática rápida: para escrever um sistema linear como A X = B juntamos os coeficientes das incógnitas em cada equação como linhas de uma matriz A, a coluna de incógnitas em X e os termos independentes em B.
Aqui os coeficientes das incógnitas (x,y,z) nas duas equações são, em ordem, (1,6,-8) e (2,6,-4). Assim:
A=\begin{pmatrix}1 & 6 & -8\\[2pt]2 & 6 & -4\end{pmatrix},\qquad X=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Portanto o sistema matricial é
A X = B.]

Passo 3

(a) Verificar que X=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix} é solução.
Método: calcular A X e ver se dá B. Lembrete rápido de multiplicação matricial: se A é 2\times3 e X é 3\times1, o produto A X é um vetor 2\times1 cujas entradas são combinações lineares dos coeficientes da linha de A com as entradas de X.
Calculemos:
A X = \begin{pmatrix}1 & 6 & -8\\[2pt]2 & 6 & -4\end{pmatrix} \begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot(-1)+6\cdot\left(\tfrac{1}{3}\right)+(-8)\cdot 0\\[6pt] 2\cdot(-1)+6\cdot\left(\tfrac{1}{3}\right)+(-4)\cdot 0 \end{pmatrix}.
Agora calculamos cada entrada passo a passo:
  • Primeira entrada: -1 + 6\cdot\tfrac{1}{3} + 0 = -1 + 2 = 1.
  • Segunda entrada: -2 + 6\cdot\tfrac{1}{3} + 0 = -2 + 2 = 0.
Logo
A X = \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\end{pmatrix} = B,
portanto X é realmente uma solução do sistema. (Isso conclui (a).)]

Passo 4

(b) Resolver o sistema por eliminação e explicar claramente cada passo (variáveis livres, etc.).
Reescrevendo as equações:
\begin{cases} x+6y-8z=1,\\[4pt] 2x+6y-4z=0. \end{cases}
Vamos eliminar x combinando as equações. Subtraímos 2 vezes a primeira equação da segunda:
\text{(2)} - 2\cdot\text{(1)}:
Compute a combinação linha a linha (faço passo a passo para você seguir na prova):
  • Coeficiente de x: 2 - 2\cdot 1 = 0 (cancela x, como queríamos).
  • Coeficiente de y: 6 - 2\cdot 6 = 6 - 12 = -6.
  • Coeficiente de z: -4 - 2\cdot(-8) = -4 +16 = 12.
  • Termo independente: 0 - 2\cdot 1 = -2.
Portanto obtemos a equação
-6y + 12z = -2.
Dividindo por -2 para simplificar:
3y - 6z = 1.
Agora resolvemos para y em função de z:
3y = 1 + 6z \quad\Rightarrow\quad y = 2z + \tfrac{1}{3}.
Como há mais incógnitas que equações, escolhemos z como variável livre. Denotamos z=t, com t\in\mathbb{R}. Assim
y = 2t + \tfrac{1}{3},\qquad z=t.
Agora achamos x substituindo em uma das equações originais (uso a primeira, que é simples):
x + 6y - 8z = 1.
Substituindo y e z:
x + 6\left(2t + \tfrac{1}{3}\right) - 8t = 1.
Calcule passo a passo:
  • 6\cdot 2t = 12t.
  • 6\cdot \tfrac{1}{3} = 2.
    Então
x + 12t + 2 - 8t = 1 \quad\Rightarrow\quad x + 4t + 2 = 1.
Isolando x:
x = 1 - 2 - 4t = -1 - 4t.
Portanto, a solução geral em termos de t é
X=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1-4t\\[4pt]2t+\tfrac{1}{3}\\[4pt]t\end{pmatrix}.
Podemos separar a parte dependente de t e a parte fixa:
X = t\begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix}.
Isso mostra exatamente a forma pedida no enunciado: toda solução é um múltiplo escalar do vetor \begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix} somado ao particular \begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 5

(c) Verificar que [t \begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}), t\in\mathbb{R}, engloba todas as soluções do sistema linear homogêneo associado.
O sistema homogêneo associado é obtido fazendo B=\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\end{pmatrix}, ou seja:
\begin{cases} x+6y-8z=0,\\[4pt] 2x+6y-4z=0. \end{cases}
Repetindo a eliminação como no passo anterior, obtemos a equação reduzida
3y - 6z = 0 \quad\Rightarrow\quad y = 2z.
Tomando z=t\], temos \(y=2t. Substituindo em, por exemplo, a primeira equação:
x + 6(2t) - 8t = 0 \quad\Rightarrow\quad x + 12t -8t = 0 \quad\Rightarrow\quad x +4t = 0,
logo x = -4t. Assim todas as soluções do homogêneo são
\begin{pmatrix}-4t\\[2pt]2t\\[2pt]t\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad t\in\mathbb{R}.
Ou seja, o conjunto de soluções do homogêneo é exatamente a reta (subespaço linear) gerada por \begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}.
Conceito: o conjunto de soluções do sistema homogêneo é o núcleo (nullspace) da matriz A; aqui é uma linha (dimensão 1) porque a nulidade é 1.]

Passo 6

(d) Relacionar esses resultados com o exe. 10 (interpretação geral).
Interpretação geral (provavelmente o conteúdo do exe. 10): para qualquer sistema linear A X = B,
  • Se X_p é uma solução particular de A X = B e N(A) é o conjunto de soluções do homogêneo A X = 0, então toda solução de A X = B é da forma
X = X_p + v,\qquad v\in N(A).
Isto significa que o conjunto de soluções do sistema não homogêneo é um conjunto afim: uma translação do subespaço N(A) por um ponto particular X_p. No nosso exemplo, X_p=\begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix} e N(A)=\{t\begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}:t\in\mathbb{R}\}. Então a solução geral é exatamente X_p + N(A). Isso exemplifica o resultado teórico do exe. 10.]

Passo 7

(e) Sendo X,Y duas soluções distintas do sistema não homogêneo, mostrar que qualquer ponto da reta que liga X e Y também é solução. Dizer se isto vale para qualquer sistema linear.
Prova direta e geral (muito usada em provas): suponha X e Y satisfazem A X = B e A Y = B. Tome um ponto na reta entre X e Y dado por uma combinação afim
Z(\lambda) = (1-\lambda)X + \lambda Y,\qquad \lambda\in\mathbb{R}.
Aplicando A a Z(\lambda) e usando linearidade da multiplicação por matriz:
A Z(\lambda) = A\big((1-\lambda)X + \lambda Y\big) = (1-\lambda)A X + \lambda A Y = (1-\lambda)B + \lambda B = B.
Portanto Z(\lambda) é solução para todo \lambda. Em particular, para \lambda\in[0,1] obtemos todos os pontos do segmento fechado entre X e Y. Na verdade a propriedade vale para qualquer \lambda\in\mathbb{R}, então toda a reta através de X e Y está contida no conjunto de soluções — isso ocorre porque o conjunto de soluções é um conjunto afim (paralela ao núcleo).
Resposta à pergunta: sim, isto vale para qualquer sistema linear. Se X e Y são soluções de A X = B, qualquer combinação afim (1-\lambda)X+\lambda Y também é solução, pois a aplicação X\mapsto A X é linear. Isso é uma consequência direta da linearidade de A. Para o sistema homogêneo, além disso, temos fechamento sob combinações lineares (não só afins), isto é, é um subespaço vetorial.

Resposta

A=\begin{pmatrix}1 & 6 & -8\\[2pt]2 & 6 & -4\end{pmatrix},\quad X=\begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
(a) Sim, A\begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
(b) Solução geral: \displaystyle X=t\begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\[2pt]\tfrac{1}{3}\\[2pt]0\end{pmatrix},\;t\in\mathbb{R}.
(c) Soluções do homogêneo: \displaystyle \{\,t\begin{pmatrix}-4\\[2pt]2\\[2pt]1\end{pmatrix}:t\in\mathbb{R}\,\}.
(d) Relação com exe.10: ilustra a regra geral de que a solução do não homogêneo é um particular mais todo o núcleo de A (conjunto de soluções do homogêneo); aqui o núcleo é uma reta de dimensão 1.
(e) Se X,Y são soluções de A X=B, então qualquer ponto (1-\lambda)X+\lambda Y da reta que os liga também satisfaz A((1-\lambda)X+\lambda Y)=B; logo pertence ao conjunto de soluções. Sim — isso vale para qualquer sistema linear (o conjunto de soluções é sempre afim, e no caso homogêneo é um subespaço).]

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