Encontre a forma escalonada dos seguintes sistemas lineares sobre \mathbb{C}\) e determine seu conjunto solução. \(\begin{cases}3 x_{1}+2 x_{2}-x_{3}+5 x_{4}= & 0 \\\\ 5 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}-x_{4}= & 0\end{cases}

Passo 1

O sistema fornecido é (peguei as equações do enunciado):
\begin{cases} 3x_{1}+2x_{2}-x_{3}+5x_{4=}=0,\\[4pt] 5x_{1}+3x_{2}+2x_{3}-x_{4}=0. \end{cases}
O que o enunciado pede:
  • Encontrar a forma escalonada (isto é, a matriz escalonada obtida pelo método de eliminação por linhas);
  • Determinar o conjunto solução (todos os vetores (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})\in\mathbb{C}^{4} que satisfazem o sistema).
Informações relevantes dadas:
  • São duas equações lineares homogêneas com quatro incógnitas x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}.
  • O lado direito de ambas as equações é 0, então o sistema é homogêneo (sempre contém a solução trivial).]

Passo 2

Vou escrever o sistema na forma de matriz aumentada (coeficientes + coluna de termos independentes). Como o sistema é homogêneo, a coluna aumentada é toda zero:
\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & 2 & -1 & 5 & 0\\[4pt] 5 & 3 & 2 & -1 & 0 \end{array}\right).]

Passo 3

Explicando rapidamente o que vou fazer (aula rápida sobre eliminação):
  • Para obter a forma escalonada uso operações elementares sobre linhas: trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não nulo, somar a uma linha um múltiplo de outra linha.
  • O objetivo é zerar entradas abaixo dos pivôs (entradas líderes) coluna por coluna, obtendo uma matriz em que cada linha não-nula tem mais zeros à esquerda que a anterior.
  • Como o sistema é homogêneo, a coluna de zeros permanece nula em todos os passos.

Passo 4

Primeira operação: usar o primeiro elemento 3 (linha 1, coluna 1) como pivô e zerar a entrada correspondente na linha 2. Faço
R_{2}\leftarrow R_{2}-\frac{5}{3}R_{1}.
Calculo cada entrada da nova R_{2}:
\begin{aligned} \text{coluna 1: }& 5-\frac{5}{3}\cdot 3 = 0,\\[4pt] \text{coluna 2: }& 3-\frac{5}{3}\cdot 2 = 3-\frac{10}{3}=\frac{9-10}{3}=-\frac{1}{3},\\[4pt] \text{coluna 3: }& 2-\frac{5}{3}\cdot(-1)=2+\frac{5}{3}=\frac{6+5}{3}=\frac{11}{3},\\[4pt] \text{coluna 4: }& -1-\frac{5}{3}\cdot 5=-1-\frac{25}{3}=\frac{-3-25}{3}=-\frac{28}{3},\\[4pt] \text{termos independentes: }& 0-\frac{5}{3}\cdot 0 = 0. \end{aligned}
Assim a matriz fica
\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & 2 & -1 & 5 & 0\\[4pt] 0 & -\dfrac{1}{3} & \dfrac{11}{3} & -\dfrac{28}{3} & 0 \end{array}\right).]

Passo 5

Para simplificar a segunda linha e obter um pivô mais simples, multiplico R_{2} por 3 e em seguida por -1 (essas são operações permitidas):
R_{2}\leftarrow -3R_{2}.
Isso transforma R_{2} em
(0,\;1,\;-11,\;28\;|\;0).
A matriz agora vale
\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & 2 & -1 & 5 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 28 & 0 \end{array}\right).
Essa já está em forma escalonada (cada linha não-nula tem um pivô mais à direita que a linha acima). Se quiser, pode-se prosseguir para a forma escalonada reduzida (RREF) zerando acima dos pivôs.]

Passo 6

Opcionalmente, obtenho a forma escalonada reduzida (mais útil para encontrar explicitamente as incógnitas pivô em função das livres). Vou zerar o elemento 2 que está acima do pivô da segunda coluna usando
R_{1}\leftarrow R_{1}-2R_{2}.
Calculemos a nova R_{1}:
\begin{aligned} \text{coluna 1: }& 3-2\cdot 0 = 3,\\[4pt] \text{coluna 2: }& 2-2\cdot 1 = 0,\\[4pt] \text{coluna 3: }& -1-2\cdot(-11) = -1+22 = 21,\\[4pt] \text{coluna 4: }& 5-2\cdot 28 = 5-56 = -51,\\[4pt] \text{termos independentes: }& 0-2\cdot 0 = 0. \end{aligned}
A matriz passa a ser
\left(\begin{array}{cccc|c} 3 & 0 & 21 & -51 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 28 & 0 \end{array}\right).
Agora divido a linha 1 por 3 para normalizar o pivô:
R_{1}\leftarrow \tfrac{1}{3}R_{1},
obtendo a forma escalonada reduzida
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 7 & -17 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 28 & 0 \end{array}\right).]

Passo 7

Interpretação da forma final e identificação de variáveis livres/pivôs:
  • A primeira linha corresponde à equação \;x_{1}+7x_{3}-17x_{4}=0.
  • A segunda linha corresponde à equação \;x_{2}-11x_{3}+28x_{4}=0.
  • As colunas com pivôs são as colunas 1 e 2, portanto x_{1} e x_{2} são variáveis pivô (determinar-se-ão em função das outras).
  • As colunas 3 e 4 não têm pivôs, então x_{3} e x_{4} são variáveis livres. Como estamos sobre \mathbb{C}, essas variáveis livres podem assumir qualquer valor em \mathbb{C}.

Passo 8

Parametrização da solução (aula prática sobre como escrever a solução):
  • Ponha \;x_{3}=s,\;x_{4}=t com s,t\in\mathbb{C} (parâmetros).
  • Da segunda equação: \;x_{2}-11x_{3}+28x_{4}=0\Rightarrow x_{2}=11s-28t.
  • Da primeira equação: \;x_{1}+7x_{3}-17x_{4}=0\Rightarrow x_{1}=-7s+17t.
Logo o vetor solução é
\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\\[4pt]x_{4}\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}-7\\[4pt]11\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}17\\[4pt]-28\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}, \qquad s,t\in\mathbb{C}.
Isto mostra que o espaço solução é um subespaço de dimensão 2 (núcleo da matriz de coeficientes), gerado pelos vetores acima.]

Resposta

\displaystyle \text{Forma escalonada (uma forma conveniente): }\left(\begin{array}{cccc|c}3 & 2 & -1 & 5 & 0\\[4pt]0 & 1 & -11 & 28 & 0\end{array}\right)
\displaystyle \text{Conjunto solução: }\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\\[4pt]x_{4}\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}-7\\[4pt]11\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}17\\[4pt]-28\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad s,t\in\mathbb{C}çã]

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