Decida quais dos sistemas abaixo são compatíveis e, nesses casos, determine seus conjuntos soluções (indicando em que conjunto as soluções se encontram). Quando possível, escreva a forma escalonada principal associada ao sistema. Quais deles serão determinados? Em quais deles é possível se escrever uma equação como combinação linear das outras equações?
\left\{\begin{array}{l}x_{1}-2 x_{2}+3 x_{3}-x_{4}=0 \\\\ 2 x_{1}-x_{3}+x_{4}=1 \\\ x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=-1 \\\\ 2 x_{2}-x_{3}-x_{4}=0\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá um único sistema linear com quatro incógnitas x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} e quatro equações. As perguntas que preciso responder são:
  • O sistema é compatível (tem solução) ou incompatível?
  • Se compatível, qual é o conjunto solução e em que conjunto ele se encontra?
  • Quando possível, escrever a forma escalonada principal associada ao sistema.
  • O sistema é determinado (tem solução única) ou indeterminado (infinitas soluções)?
  • É possível escrever alguma equação como combinação linear das outras equações?
As equações fornecidas são:
\begin{cases} x_{1}-2 x_{2}+3 x_{3}-x_{4}=0,\\[4pt] 2 x_{1}-x_{3}+x_{4}=1,\\[4pt] x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=-1,\\[4pt] 2 x_{2}-x_{3}-x_{4}=0. \end{cases}]

Passo 2

Vou representar o sistema como matriz aumentada. A ordem das colunas corresponde a x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} e a última coluna é o lado direito:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 0 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 2 & -1 & -1 & 0 \end{array}\right]
Explicação rápida do método que vou usar (Gaussian elimination): aplicar operações elementares por linhas (trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha a outra) até obter uma forma escalonada (pivôs à direita ao descer nas linhas). Isso permite ver compatibilidade e encontrar as incógnitas por substituição regressiva.]

Passo 3

Primeiro objetivo: zerar entradas abaixo do primeiro pivô (coluna de x_{1}), usando a primeira linha como pivô. Faço:
L_{2}\leftarrow L_{2}-2L_{1},\qquad L_{3}\leftarrow L_{3}-L_{1}.
Calculemos cada nova linha:
  • L_{2}-2L_{1}: \;[2,0,-1,1|1]-2[1,-2,3,-1|0]=[0,4,-7,3|1].
  • L_{3}-L_{1}: \;[1,1,1,1|-1]-[1,-2,3,-1|0]=[0,3,-2,2|-1].
Linha L_{4} já tem coeficiente zero em x_{1}, permanece [0,2,-1,-1|0].
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 4 & -7 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 3 & -2 & 2 & -1\\[4pt] 0 & 2 & -1 & -1 & 0 \end{array}\right].]

Passo 4

Agora uso a segunda linha como pivô (coluna de x_{2}). Quero zerar as entradas abaixo dela nas linhas 3 e 4. Faço:
L_{3}\leftarrow L_{3}-\tfrac{3}{4}L_{2},\qquad L_{4}\leftarrow L_{4}-\tfrac{1}{2}L_{2}.
Calculemos componente a componente (mostrando os resultados):
Para L_{3}:
  • coef. em x_{2}: 3-\tfrac{3}{4}\cdot 4=0.
  • coef. em x_{3}: -2-\tfrac{3}{4}\cdot(-7)=-2+\tfrac{21}{4}=\tfrac{13}{4}.
  • coef. em x_{4}: 2-\tfrac{3}{4}\cdot 3=2-\tfrac{9}{4}=-\tfrac{1}{4}.
  • termo independente: -1-\tfrac{3}{4}\cdot 1=-\tfrac{7}{4}.
Para L_{4}:
  • coef. em x_{2}: 2-\tfrac{1}{2}\cdot 4=0.
  • coef. em x_{3}: -1-\tfrac{1}{2}\cdot(-7)=-1+\tfrac{7}{2}=\tfrac{5}{2}.
  • coef. em x_{4}: -1-\tfrac{1}{2}\cdot 3=-1-\tfrac{3}{2}=-\tfrac{5}{2}.
  • termo independente: 0-\tfrac{1}{2}\cdot 1=-\tfrac{1}{2}.
A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 4 & -7 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{13}{4} & -\tfrac{1}{4} & -\tfrac{7}{4}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{5}{2} & -\tfrac{5}{2} & -\tfrac{1}{2} \end{array}\right].]

Passo 5

Para evitar frações longas, é prático multiplicar L_{3} por 4 e L_{4} por 2 (isso é permitido: multiplicar por escalar não nulo). Faço:
L_{3}\leftarrow 4L_{3}=[0,0,13,-1|-7],\qquad L_{4}\leftarrow 2L_{4}=[0,0,5,-5|-1].
A matriz equivalente é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 4 & -7 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 13 & -1 & -7\\[4pt] 0 & 0 & 5 & -5 & -1 \end{array}\right].
Agora elimino o coeficiente em x_{3} da última linha usando L_{3} como pivô:
L_{4}\leftarrow L_{4}-\tfrac{5}{13}L_{3}.
Calcule:
  • coef. em x_{3}: 5-\tfrac{5}{13}\cdot 13=0.
  • coef. em x_{4}: -5-\tfrac{5}{13}\cdot(-1)=-5+\tfrac{5}{13}=-\tfrac{60}{13}.
  • termo independente: -1-\tfrac{5}{13}\cdot(-7)=-1+\tfrac{35}{13}=\tfrac{22}{13}.
Assim a última linha torna-se [0,0,0,-\tfrac{60}{13}|\tfrac{22}{13}]. Multiplicando essa linha por 13 (novamente para limpar denominadores) obtém-se [0,0,0,-60|22]. Até aqui a matriz escalonada (com pivôs visíveis) é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 4 & -7 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 13 & -1 & -7\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -60 & 22 \end{array}\right].
Observação importante: a última linha tem coeficiente não nulo em x_{4}, portanto existe pivô em todas as quatro colunas de incógnitas. Isso indica que o posto da matriz dos coeficientes é 4 (máximo possível) e que o sistema é compatível com única solução (sistema determinado).]

Passo 6

Agora faço substituição regressiva para encontrar cada incógnita. A partir da última linha, escrevo a equação correspondente (antes de qualquer multiplicação por escalares reaplicada):
-\tfrac{60}{13}\,x_{4}=\tfrac{22}{13}.
Multiplicando ambos os lados por 13:
-60\,x_{4}=22 \quad\Rightarrow\quad x_{4}=-\dfrac{22}{60}=-\dfrac{11}{30}.

Passo 7

Uso a terceira linha (na forma 13x_{3}-x_{4}=-7, porque multiplicamos por 4 antes): escrevo
13x_{3}-x_{4}=-7.
Substituo x_{4}=-\dfrac{11}{30}:
13x_{3}-\bigl(-\tfrac{11}{30}\bigr)=-7 \quad\Rightarrow\quad 13x_{3}+\tfrac{11}{30}=-7.
Passe o termo para o outro lado:
13x_{3}=-7-\tfrac{11}{30}=-\tfrac{210}{30}-\tfrac{11}{30}=-\tfrac{221}{30}.
Logo
x_{3}=-\dfrac{221}{30}\cdot\dfrac{1}{13}=-\dfrac{221}{390}.
Observe que 221=13\cdot17, então simplificando:
x_{3}=-\dfrac{17}{30}.

Passo 8

Agora uso a segunda linha original transformada: 4x_{2}-7x_{3}+3x_{4}=1. Substituindo x_{3}=-\tfrac{17}{30} e x_{4}=-\tfrac{11}{30}:
4x_{2}-7\Bigl(-\tfrac{17}{30}\Bigr)+3\Bigl(-\tfrac{11}{30}\Bigr)=1.
Calcule os termos:
-7\Bigl(-\tfrac{17}{30}\Bigr)=\tfrac{119}{30},\qquad 3\Bigl(-\tfrac{11}{30}\Bigr)=-\tfrac{33}{30}.
Assim
4x_{2}+\tfrac{119}{30}-\tfrac{33}{30}=1 \quad\Rightarrow\quad 4x_{2}+\tfrac{86}{30}=1.
4x_{2}=1-\tfrac{86}{30}=\tfrac{30}{30}-\tfrac{86}{30}=-\tfrac{56}{30}=-\tfrac{28}{15}.
x_{2}=-\dfrac{28}{15}\cdot\dfrac{1}{4}=-\dfrac{28}{60}=-\dfrac{7}{15}.

Passo 9

Finalmente uso a primeira equação transformada (ou original): x_{1}-2x_{2}+3x_{3}-x_{4}=0. Substituindo os valores encontrados:
x_{1}-2\Bigl(-\tfrac{7}{15}\Bigr)+3\Bigl(-\tfrac{17}{30}\Bigr)-\Bigl(-\tfrac{11}{30}\Bigr)=0.
Calcule termo a termo (colocando no mesmo denominador 30 para facilitar):
-2\Bigl(-\tfrac{7}{15}\Bigr)=\tfrac{14}{15}=\tfrac{28}{30},\quad 3\Bigl(-\tfrac{17}{30}\Bigr)=-\tfrac{51}{30},\quad -(-\tfrac{11}{30})=\tfrac{11}{30}.
Somando os termos não x_{1}:
\tfrac{28}{30}-\tfrac{51}{30}+\tfrac{11}{30}=\tfrac{-12}{30}=-\tfrac{2}{5}.
Logo
x_{1}-\tfrac{2}{5}=0 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=\tfrac{2}{5}.

Passo 10

Resumo dos resultados numéricos:
x_{1}=\tfrac{2}{5},\qquad x_{2}=-\tfrac{7}{15},\qquad x_{3}=-\tfrac{17}{30},\qquad x_{4}=-\tfrac{11}{30}.
Verificação rápida (opcional): substituindo nas equações originais confirma que todas são satisfeitas (passei por uma verificação mental no cálculo).
Quanto à possibilidade de escrever uma equação como combinação linear das outras: como o posto da matriz de coeficientes é 4 (igual ao número de equações), as quatro equações são linearmente independentes e, portanto, nenhuma equação pode ser escrita como combinação linear das outras três.

Resposta

Sistema compatível e determinado.
Conjunto solução (em \mathbb{R}^4): \displaystyle \left\{\left(\tfrac{2}{5},\,-\tfrac{7}{15},\,-\tfrac{17}{30},\,-\tfrac{11}{30}\right)\right\}.
Forma escalonada principal (matriz aumentada equivalente obtida durante a eliminação):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & -2 & 3 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 4 & -7 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 13 & -1 & -7\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -60 & 22 \end{array}\right].
O sistema é determinado (única solução). Nenhuma das equações é combinação linear das outras (as quatro são linearmente independentes).]

Exercícios relacionados