Dado o sistema
\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 \\\ w \end{array}\right]=\left[\begin{array}{l} 2 \\\\ 2 \\\\ 4 \\\\ 8 \end{array}\right]
a) Encontre uma solução dele sem resolvê-lo. (Atribua valores para x, y, z e w. )
b) Agora, resolva efetivamente o sistema, isto é, encontre sua matriz-solução.
c) Resolva também o sistema homogêneo associado.
d) Verifique que toda matriz-solução obtida em b ) é a soma de uma matriz–solução encontrada em c ) com a solução particular que você encontrou em a ).

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear 4×4 e pede quatro coisas:
  • (a) encontrar uma solução atribuída (ou seja, um vetor \begin{bmatrix}x\y\z\w\end{bmatrix} que satisfaça o sistema) sem “resolver tudo”;
  • (b) resolver efetivamente o sistema e obter a matriz/vetor- solução geral;
  • (c) resolver o sistema homogêneo associado A\mathbf{v}=\mathbf{0};
  • (d) verificar que qualquer solução geral obtida em (b) é a soma da solução particular de (a) com uma solução do homogêneo de (c).
As informações fornecidas são a matriz dos coeficientes e o vetor dos termos independentes:
A=\left[\begin{array}{rrrr} 1 & 2 & 0 & -1 \\\\ 1 & 0 & 2 & -1 \\\\ 1 & 2 & 2 & -1 \\\\ 3 & 4 & 4 & -3 \end{array}\right],\qquad \mathbf{b}=\left[\begin{array}{r} 2\\\ 2\\\ 4\\\ 8 \end{array}\right].
O objetivo é trabalhar com esse sistema para obter soluções. Nada mais é pedido além disso.

Passo 2

Vamos começar por (a): “encontrar uma solução sem resolvê-lo completamente”. A ideia prática é atribuir algum valor conveniente a uma variável para simplificar as equações e tentar obter valores inteiros/rápidos para as demais. Uma escolha natural é tentar eliminar o termo com coeficiente -1\) de todas as equações, atribuindo \(\,w=0\). Isso transforma o sistema em: \[\begin{cases} x+2y=2,\\[4pt] x+2z=2,\\[4pt] x+2y+2z=4,\\[4pt] 3x+4y+4z=8, \end{cases}
porque ao substituir w=0\] os termos com \(-1\cdot w desaparecem. Agora vamos resolver esse sistema reduzido passo a passo.]

Passo 3

A partir das duas primeiras equações obtidas com w=0:
x+2y=2\qquad\text{e}\qquad x+2z=2.
Subtraindo-as, obtemos
(x+2y)-(x+2z)=0 \quad\Rightarrow\quad 2y-2z=0 \quad\Rightarrow\quad y=z.
Use isso na terceira equação x+2y+2z=4. Como y=z, temos x+4y=4. Da primeira equação x+2y=2 podemos também escrever x=2-2y. Substituindo em x+4y=4:
(2-2y)+4y=4 \quad\Rightarrow\quad 2+2y=4 \quad\Rightarrow\quad 2y=2 \quad\Rightarrow\quad y=1.
Então z=y=1. E x=2-2y=2-2\cdot1=0. Já tínhamos assumido w=0. Verificamos na quarta equação:
3x+4y+4z=3\cdot0+4\cdot1+4\cdot1=8,
que é exatamente o termo independente da quarta equação. Portanto a atribuição
\boxed{(x,y,z,w)=(0,1,1,0)}
é uma solução do sistema. Isso resolve (a) sem resolver o sistema completo: uma solução particular foi encontrada por escolha conveniente.

Passo 4

Agora parte (b): resolver efetivamente o sistema por eliminação de Gauss e encontrar a solução geral. Escrevemos a matriz aumentada [A\mid \mathbf{b}]:
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 0 & -1 & 2 \\\\ 1 & 0 & 2 & -1 & 2 \\\\ 1 & 2 & 2 & -1 & 4 \\\\ 3 & 4 & 4 & -3 & 8 \end{array}\right].
A estratégia da eliminação de Gauss é usar operações elementares de linha (substituir uma linha pela soma dela com múltiplos de outra) para triangularizar a matriz dos coeficientes e então resolver por substituição.

Passo 5

Realizamos as operações de linha para zerar entradas abaixo do pivô da primeira coluna (usando a primeira linha como pivô):
  • R_2\leftarrow R_2-R_1,
  • R_3\leftarrow R_3-R_1,
  • R_4\leftarrow R_4-3R_1.
Aplicando:
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 0 & -1 & 2 \\\\ 0 & -2 & 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 2 \\\\ 0 & -2 & 4 & 0 & 2 \end{array}\right].
Note que a quarta linha agora é parecida com a segunda. Podemos eliminar a quarta linha usando a segunda:
  • R_4\leftarrow R_4-R_2, obtendo
\left[\begin{array}{rrrr|r} 1 & 2 & 0 & -1 & 2 \\\\ 0 & -2 & 2 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 2 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 & 2 \end{array}\right].
A quarta linha repete a terceira; isso indica dependência linear entre as equações (o sistema terá menos de 4 equações independentes).

Passo 6

Agora lemos as equações correspondentes às linhas não nulas:
  • Da terceira linha: 2z=2 então \;z=1.
  • Da segunda linha: -2y+2z=0. Substituindo z=1: -2y+2\cdot1=0\Rightarrow -2y+2=0\Rightarrow y=1.
  • Da primeira linha: x+2y- w=2. Substituindo y=1 x+2- w=2\Rightarrow x-w=0\Rightarrow x=w.
Portanto w é variável livre (parâmetro). Denotando w=t com t\in\mathbb{R}, obtemos a solução geral
\left[\begin{array}{c}x\y\z\w\end{array}\right] = \left[\begin{array}{c}t\\\ 1\\\ 1\t\end{array}\right] = \left[\begin{array}{c}0\\\ 1\\\ 1\\\ 0\end{array}\right]+t\left[\begin{array}{c}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{array}\right].
Isso é a matriz/ vetor-solução (conjunto de todas as soluções) do sistema original. Observação: escolhemos o parâmetro t igual a w para ficar claro.

Passo 7

Parte (c): sistema homogêneo associado é A\mathbf{v}=\mathbf{0}. Procedendo com a mesma eliminação (mas agora com termos independentes zero) obtemos as mesmas equações reduzidas, apenas com lado direito zero. Segue diretamente:
2z=0\Rightarrow z=0,\qquad -2y+2z=0\Rightarrow y=0,\qquad x-w=0\Rightarrow x=w.
Com w livre, escrevemos w=t. Assim as soluções do homogêneo são todos os vetores
\left[\begin{array}{c}x\y\z\w\end{array}\right] = t\left[\begin{array}{c}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{array}\right],\qquad t\in\mathbb{R}.
Ou seja, o espaço solução homogêneo é a reta gerada por \begin{bmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix}.

Passo 8

Parte (d): verificar que toda solução geral de (b) é a soma de uma solução particular (a) com uma solução do homogêneo (c). Temos:
  • solução particular encontrada em (a): \mathbf{p}=\begin{bmatrix}0\\\ 1\\\ 1\\\ 0\end{bmatrix};
  • solução geral de (b): \mathbf{x}(t)=\begin{bmatrix}t\\\ 1\\\ 1\t\end{bmatrix};
  • solução geral do homogêneo: t\begin{bmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix}.
Agora verificamos a identidade
\mathbf{x}(t)=\mathbf{p}+t\begin{bmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix}.
Computando a soma do lado direito:
\mathbf{p}+t\begin{bmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}0\\\ 1\\\ 1\\\ 0\end{bmatrix} + \begin{bmatrix}t\\\ 0\\\ 0\t\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}t\\\ 1\\\ 1\t\end{bmatrix},
que é exatamente \mathbf{x}(t). Assim a verificação está completa: toda solução geral é a soma de uma solução particular com um vetor do espaço nulo de A. Isso é a demonstração do princípio geral: solução geral = solução particular + espaço das soluções do homogêneo.

Resposta

(a) \displaystyle (x,y,z,w)=(0,1,1,0)\n
(b) \displaystyle (x,y,z,w)=(t,1,1,t)=\begin{bmatrix}0\\\ 1\\\ 1\\\ 0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix},\\ t\in\mathbb{R}\n
(c) \displaystyle \text{Soluções do homogêneo }=\left\{t\begin{bmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix}:t\in\mathbb{R}\right\}çõê\n
(d) \displaystyle \begin{bmatrix}t\\\ 1\\\ 1\t\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\\ 1\\\ 1\\\ 0\end{bmatrix}+t\begin{bmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix} (verificação concluída)

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