Determine o vetor solução dos sistemas lineares abaixo através do método da eliminação de Gauss.
b) \left\{\begin{aligned} 4 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+x_{4} & =10 \\\ x_{1}+2 x_{2}+3 x_{3}+4 x_{4} & =5 \\\ x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4} & =-1 \\\ x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4} & =3\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado nos dá o sistema linear com quatro incógnitas
\begin{cases} 4x_{1}+3x_{2}+2x_{3}+x_{4}=10,\\\ x_{1}+2x_{2}+3x_{3}+4x_{4}=5,\\\ x_{1}-x_{2}-x_{3}-x_{4}=-1,\\\ x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=3, \end{cases}
e pede a solução pelo método da eliminação de Gauss. Vamos montar a matriz aumentada e reduzir a escada até a forma escalonada reduzida (RREF), identificando variáveis de pivô e variáveis livres.

Passo 2

Escrevemos a matriz aumentada
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & 3 & 2 & 1 & 10\\\\ 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\\\ 1 & -1 & -1 & -1 & -1\\\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right]
e para facilitar usamos x_{1} com pivô 1 trocando Linha 1 e Linha 2:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\\\ 4 & 3 & 2 & 1 & 10\\\\ 1 & -1 & -1 & -1 & -1\\\\ 1 & 1 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right].
Em seguida eliminamos x_{1} nas linhas abaixo via \text{L}_{2}\!\leftarrow\!\text{L}_{2}-4\text{L}_{1}, \text{L}_{3}\!\leftarrow\!\text{L}_{3}-\text{L}_{1}, \text{L}_{4}\!\leftarrow\!\text{L}_{4}-\text{L}_{1}. O resultado é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\\\ 0 & -5 & -10 & -15 & -10\\\\ 0 & -3 & -4 & -5 & -6\\\\ 0 & -1 & -2 & -3 & -2 \end{array}\right].

Passo 3

Agora pivotamos em x_{2}. Dividimos Linha 2 por -5 e obtemos pivô 1:
\text{L}_{2}\!\leftarrow\!-\tfrac{1}{5}\text{L}_{2} \implies \left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\\\ 0 & 1 & 2 & 3 & 2\\\\ 0 & -3 & -4 & -5 & -6\\\\ 0 & -1 & -2 & -3 & -2 \end{array}\right].
Eliminamos x_{2} de Linha 1, Linha 3 e Linha 4: \text{L}_{1}\!\leftarrow\!\text{L}_{1}-2\text{L}_{2}, \text{L}_{3}\!\leftarrow\!\text{L}_{3}+3\text{L}_{2}, \text{L}_{4}\!\leftarrow\!\text{L}_{4}+\text{L}_{2}. O que gera
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -1 & -2 & 1\\\\ 0 & 1 & 2 & 3 & 2\\\\ 0 & 0 & 2 & 4 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].

Passo 4

Em seguida pivotamos em x_{3}. Dividimos Linha 3 por 2:
\text{L}_{3}\!\leftarrow\!\tfrac{1}{2}\text{L}_{3} \implies \left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -1 & -2 & 1\\\\ 0 & 1 & 2 & 3 & 2\\\\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Agora eliminamos x_{3} de Linha 1 e Linha 2: \text{L}_{1}\!\leftarrow\!\text{L}_{1}+\text{L}_{3}, \text{L}_{2}\!\leftarrow\!\text{L}_{2}-2\text{L}_{3}. Assim obtemos a forma escalonada reduzida
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\\\ 0 & 1 & 0 & -1 & 2\\\\ 0 & 0 & 1 & 2 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].

Passo 5

Da última matriz lemos as equações
\begin{aligned} x_{1} &= 1,\\\ x_{2} - x_{4} &= 2,\\\ x_{3} + 2x_{4} &= 0, \end{aligned}
e como não há equação para x_{4} ela é livre. Definindo x_{4}=t\in\mathbb{R}, temos
x_{1}=1,\quad x_{2}=2+t,\quad x_{3}=-2t,\quad x_{4}=t.

Resposta

A solução geral em forma vetorial é
\bigl(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\bigr) = \bigl(1,2,0,0\bigr) + t\,\bigl(0,1,-2,1\bigr),\quad t\in\mathbb{R}.

Exercícios relacionados