Determine a forma escalonada dos sistemas lineares sobre \mathbb{C} e determine seu conjunto solução: \left\{\begin{array}{l}(2+i) r+3 y=i s-t=0 \\\ (1+i) r+i y=(1-i) s-2 t=0 \\\ (3+i) r+y=(1+i) s\end{array}\right.
Passo 1
Vou escrever claramente o que o enunciado dá e o que pede (peguei todas as igualdades do enunciado). As incógnitas são r,y,s,t\). O enunciado, escrito com as igualdades separadas, corresponde ao sistema homogêneo
\[\begin{cases} (2+i)r+3y=0,\\[4pt] i s - t=0,\\[4pt] (1+i)r+i y=0,\\[4pt] (1-i)s-2t=0,\\[4pt] (3+i)r+y=(1+i)s. \end{cases}
Reescrevendo a quinta equação trazendo tudo para o mesmo lado, obtemos
(3+i)r+y-(1+i)s=0.
Portanto temos as cinco equações lineares homogêneas acima. O pedido é:
apresentar uma forma escalonada (sobre (\mathbb{C}]) do sistema;
determinar o conjunto solução (solução geral).]
Passo 2
Vamos montar a matriz aumentada do sistema (todas as constantes do lado direito são zero). Ordenando as incógnitas como (r,y,s,t), a matriz dos coeficientes (sem a coluna de termos independentes, já que é homogêneo) é
Vou aplicar eliminação de Gauss para obter uma forma escalonada.
Lembrete rápido (o que vou usar): eliminação de Gauss consiste em usar operações elementares por linhas (somar múltiplos de uma linha em outra, permutar linhas ou multiplicar uma linha por escalar não nulo) para introduzir zeros abaixo dos pivôs, obtendo uma matriz em forma escalonada por linhas. Como o corpo é \mathbb{C}, todas as divisões por números complexos são permitidas.]
Passo 3
Primeiro foco nas duas primeiras linhas para eliminar as entradas da coluna r nas linhas 2 e 3, usando a linha 1 como pivô.
Faço L_2\leftarrow L_2-m_{21}L_1 e L_3\leftarrow L_3-m_{31}L_1. Após essas operações (mostro apenas as entradas relevantes):
L_1 permanece (2+i,\;3,\;0,\;0).
A segunda linha passa a ter primeira entrada 0 e segunda entradai - 3\cdot\frac{3+i}{5}=\frac{5i-(9+3i)}{5}=\frac{-9+2i}{5}.Assim L_2=(0,\;(-9+2i)/5,\;0,\;0).
A terceira linha passa a ter primeira entrada 0 e segunda entrada1-3\cdot\frac{7-i}{5}=\frac{5-(21-3i)}{5}=\frac{-16+3i}{5},e terceira entrada permanece -(1+i). AssimL_3=\Big(0,\;\frac{-16+3i}{5},\;-(1+i),\;0\Big).
Linhas 4 e 5 ficaram iguais: L_4=(0,0,i,-1) e L_5=(0,0,1-i,-2).
Passo 4
Agora uso L_2 como pivô para zerar a segunda entrada de L_3. O multiplicador é
Faço L_3\leftarrow L_3-m_{32}L_2. Como L_2 tem zeros nas colunas 3 e 4, a entrada da coluna 3 de L_3 permanece -(1+i). Portanto, depois dessa eliminação:
L_3=(0,\;0,\;-(1+i),\;0).
As linhas 4 e 5 permanecem por enquanto L_4=(0,0,i,-1), L_5=(0,0,1-i,-2).
Passo 5
Agora temos um pivô em coluna s na linha 3: a entrada é -(1+i). Uso essa linha para zerar as entradas da coluna s nas linhas 4 e 5.
Uma simplificação rápida para m_{53}: \dfrac{1-i}{1+i}=-i, logo m_{53}=-(-i)=i. (Verificação: de fato m_{53}=i.)
Faço L_4\leftarrow L_4-m_{43}L_3 e L_5\leftarrow L_5-m_{53}L_3. Como L_3 tem zeros nas colunas 4, essas operações zeram somente a coluna 3 das linhas 4 e 5, deixando as colunas 4 inalteradas:
L_4=(0,0,0,-1),\qquad L_5=(0,0,0,-2).
Passo 6
Agora vemos que L_5 é múltiplo de L_4 (exatamente L_5=2L_4). Posso eliminar L_5 fazendo L_5\leftarrow L_5-2L_4 e obter a linha zero. Assim uma forma escalonada (antes de escalonar os pivôs para 1) é a matriz
onde, para simplificar, multipliquei a segunda linha por 5 (operação permitida por ser escalação de linha não-zero) para remover o denominador que aparecia antes. Esta é uma forma escalonada por linhas do sistema sobre \mathbb{C}.]
Passo 7
Com a forma escalonada em mãos, resolvo por substituição inversa (ou observo que é um sistema triangular superior). As equações correspondentes são:
Da quarta equação vem imediatamente t=0. Da terceira vem s=0 (pois -(1+i)\neq 0 em \mathbb{C}). Da segunda equação vem y=0 (pois -9+2i\neq 0). Finalmente, com y=0 a primeira equação dá (2+i)r=0, portanto r=0.
Passo 8
Concluímos que o único vetor solução do sistema homogêneo é o vetor nulo: