a) Considere o sistema linear S dado por
\left(\begin{array}{llll} 1 & 2 & 0 & -1 \\\\ 1 & 0 & 2 & -1 \\\\ 1 & 2 & 2 & -1 \\\\ 3 & 4 & 4 & -3 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \\\ t \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 2 \\\\ 2 \\\\ 4 \\\\ 8 \end{array}\right)
i) Resolva o sistema S, ou seja, encontre o conjunto de matrizes-solução do sistema. ii) Resolva também o sistema homogêneo associado.
iii) Determine uma solução qualquer do sistema S.
iv) Verifina i) é a soma de uma matriz-solução encontrada em ii) com a solução particular que você escolheu no item iii).
b) Generalize o item a), ou seja, mostre que X é solução um sistema linear A X=B se, e somente se X é a particular de A X=B.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear S com matriz aumentada (coeficientes e termos independentes):
\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 1 & 0 & 2 & -1 & \vline & 2\\[4pt] 1 & 2 & 2 & -1 & \vline & 4\\[4pt] 3 & 4 & 4 & -3 & \vline & 8 \end{pmatrix}
As perguntas são:
i) encontrar o conjunto de soluções de S (todas as soluções);
ii) resolver o sistema homogêneo associado (ou seja, soluções de A X=0);
iii) dar uma solução particular qualquer de S;
iv) verificar que a solução geral encontrada em (i) é a soma de uma solução do homogêneo (ii) com a solução particular escolhida em (iii).
Depois (item b) pede uma generalização: provar a propriedade geral que relaciona soluções de A X=B e do homogêneo.]

Passo 2

Vou resolver S por eliminação de Gauss (regra: usar operações elementares sobre linhas — trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha a outra — que preservam o conjunto de soluções). Primeiro escrevo a matriz aumentada com as 4 equações em forma compacta:
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & -1 & 2\\[4pt] 1 & 0 & 2 & -1 & 2\\[4pt] 1 & 2 & 2 & -1 & 4\\[4pt] 3 & 4 & 4 & -3 & 8 \end{array}\right)
A estratégia: usar a primeira linha como pivô para zerar as entradas abaixo dela na primeira coluna.]

Passo 3

Eliminação coluna 1 usando a linha 1 ( R_1):
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_1. Calcule componente a componente: R_2 = (1,0,2,-1\mid2) - (1,2,0,-1\mid2) = (0,-2,2,0\mid0).
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1: R_3 = (1,2,2,-1\mid4) - (1,2,0,-1\mid2) = (0,0,2,0\mid2).
  • R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1: R_4 = (3,4,4,-3\mid8) - 3(1,2,0,-1\mid2) = (0,-2,4,0\mid2).
Após essas operações a matriz fica
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & -1 & 2\\[4pt] 0 & -2 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 2\\[4pt] 0 & -2 & 4 & 0 & 2 \end{array}\right).]

Passo 4

Agora uso a nova R_2 como pivô para a segunda coluna:
  • Observação: R_4 e R_2 têm a mesma entrada na coluna 2 ( -2), então R_4 \leftarrow R_4 - R_2 vai simplificar: R_4 = (0,-2,4,0\mid2) - (0,-2,2,0\mid0) = (0,0,2,0\mid2).
A matriz passa a ser
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & -1 & 2\\[4pt] 0 & -2 & 2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 2 \end{array}\right).
Note que R_3 e R_4 são agora iguais; subtrair uma da outra produzirá uma linha nula. Isso indica que o posto da matriz é menor que 4 (esperamos grau de liberdade > 0).]

Passo 5

Vamos escalar e simplificar as linhas principais para obter pivôs iguais a 1:
  • R_2 \leftarrow -\tfrac{1}{2}R_2 R_2 = (0,1,-1,0\mid0).
  • R_3 \leftarrow \tfrac{1}{2}R_3 R_3 = (0,0,1,0\mid1).
    Aplicando isso obtemos
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 2 \end{array}\right).]

Passo 6

Agora eliminar a entrada da coluna 3 em R_4 e ajustar R_1 e R_2 para obter forma escalonada reduzida:
  • R_4 \leftarrow R_4 - 2R_3 R_4 = (0,0,0,0\mid0) (linha nula, descartável).
  • Eliminar coeficiente -1 em R_2 (coluna 3): R_2 \leftarrow R_2 + (-1)\cdot(-1)R_3 mais simplesmente R_2 \leftarrow R_2 + R_3: R_2 = (0,1,-1,0\mid0) + (0,0,1,0\mid1) = (0,1,0,0\mid1).
  • Eliminar a entrada na coluna 2 de R_1: R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2: R_1 = (1,2,0,-1\mid2) - 2(0,1,0,0\mid1) = (1,0,0,-1\mid0).
A matriz reduzida final é
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right).]

Passo 7

Interpreto a matriz reduzida em equações para as variáveis x,y,z,t:
  • Da primeira linha: x - t = 0, então x = t.
  • Da segunda linha: y = 1.
  • Da terceira linha: z = 1.
    A quarta linha não impõe restrição (0 = 0). Portanto há uma variável livre: t. Denoto o parâmetro livre por \lambda\in\mathbb{R} e ponho t=\lambda.

Passo 8

Escrevo a solução geral (resolvo i)):
\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\\[2pt] t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\lambda\\[2pt] 1\\[2pt] 1\\[2pt] \lambda\end{pmatrix} = \lambda\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}, \quad \lambda\in\mathbb{R}.
Isso responde o item (i): o conjunto solução é \{\,\lambda(1,0,0,1)^T + (0,1,1,0)^T \mid \lambda\in\mathbb{R}\,\}.]

Passo 9

Agora o sistema homogêneo associado (ii) é A X = 0. A eliminação produz a mesma forma reduzida, só que com termos independentes iguais a zero. Repetindo a leitura:
  • x - t = 0 \Rightarrow x = t,
  • y = 0,
  • z = 0,
    com t livre. Assim as soluções do homogêneo são
\begin{pmatrix}x\\[2pt] y\\[2pt] z\\[2pt] t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\lambda\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]\lambda\end{pmatrix} = \lambda\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad \lambda\in\mathbb{R}.
Logo o espaço nulo \ker(A) é gerado pelo vetor \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.]

Passo 10

Escolho uma solução particular (iii) de S. Uma escolha natural é tomar \lambda=0 na expressão da solução geral; assim uma solução particular é
X_p = \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
(Isto é simplesmente a parte constante mostrada na decomposição do Passo 8.)]

Passo 11

Verificação pedida em (iv): a solução geral encontrada no Passo 8 pode ser escrita como soma de uma solução particular X_p e um vetor da solução homogênea X_h:
\lambda\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\lambda\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]\lambda\end{pmatrix}.
Como \lambda descreve todos os escalares, isto mostra que a solução geral é exatamente X_p + \ker(A). Assim (iv) está verificado: qualquer solução de S é a soma de X_p (particular escolhida) com um vetor solução do homogêneo.]

Passo 12

Item (b) — generalização e prova teórica (forma didática e curta):
Seja A uma matriz m\times n, B\in\mathbb{R}^m. Suponha X_p é uma solução particular de A X=B, ou seja A X_p = B. Seja X um vetor qualquer. Então
  • X é solução de A X = B se, e somente se, A(X - X_p) = 0. Isto ocorre porque por linearidade da multiplicação matricial A(X - X_p) = AX - AX_p = AX - B.Portanto AX=B se, e somente se, A(X - X_p)=0; isto significa X - X_p\in\ker(A).
  • Reescrevendo, X = X_p + X_h com X_h\in\ker(A). Assim o conjunto de todas as soluções de A X=B é exatamente X_p + \ker(A) = \{\, X_p + X_h \mid X_h\in\ker(A)\,\}.
A implicação recíproca também é clara: se X_h\in\ker(A) então A(X_p+X_h)=AX_p + AX_h = B + 0 = B, logo X_p+X_h é solução. Isso prova a equivalência desejada.

Resposta

i) (\displaystyle \left{ \begin{pmatrix}\lambda\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]\lambda\end{pmatrix}\ \middle|\ \lambda\in\mathbb{R}\right}=\left{\lambda \begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}\ \middle|\ \lambda\in\mathbb{R}\right}.
ii) \displaystyle \ker(A)=\left\{\lambda\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}\\ \middle|\\ \lambda\in\mathbb{R}\right\}.
iii) Uma solução particular: \displaystyle X_p=\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}.
iv) A solução geral é X_p+\ker(A); explicitamente,
\displaystyle \lambda\begin{pmatrix}1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\[2pt]1\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix}
que coincide com a expressão em (i), portanto verificado.
b) Em geral: X é solução de A X=B se, e somente se, X = X_p + X_h para alguma solução particular X_p de A X=B e algum X_h\in\ker(A).])

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