Encontre a solução geral dos sistemas lineares cujas matrizes aumentadas são as seguintes:
\left[\begin{array}{cccc}3 & -4 & 2 & 0 \\\\ -9 & 12 & -6 & 0 \\\\ 6 & 8 & -4 & 0\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado fornece a matriz aumentada do sistema linear (homogêneo):
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -4 & 2 & 0 \\\\ -9 & 12 & -6 & 0 \\\\ 6 & 8 & -4 & 0 \end{array}\right]
Vou chamar as incógnitas de \,x_1,x_2,x_3. O que o problema pede: encontrar a solução geral do sistema linear associado a essa matriz aumentada (ou seja, todos os vetores (x_1,x_2,x_3) que satisfazem o sistema). Informações importantes dadas:
  • É um sistema homogêneo (termo independente igual a 0 em todas as equações).
  • A matriz tem 3 equações e 3 incógnitas.

Passo 2

Vou usar eliminação de Gauss (redução por linhas) para achar a solução. Rápida revisão do método (pra gente se entender bem):
  • Objetivo: transformar a matriz aumentada por operações elementares de linha (trocar duas linhas, multiplicar uma linha por escalar não nulo, somar a múltipla de uma linha a outra) até obter uma forma triangular ou reduzida, de onde dá para ler as incógnitas.
  • Em um sistema homogêneo sempre existe a solução trivial (0,0,0). Se o posto da matriz de coeficientes for menor que o número de incógnitas, teremos infinitas soluções e devemos introduzir parâmetros livres.
  • Cada linha não nula na forma reduzida corresponde a uma equação linear independente; as variáveis pivô são aquelas determinadas em função das livres.
Agora aplico passo a passo as operações às linhas, explicando cada conta.

Passo 3

Escrevo a matriz inicial:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -4 & 2 & 0 \\\\ -9 & 12 & -6 & 0 \\\\ 6 & 8 & -4 & 0 \end{array}\right].
Observação útil: a segunda linha é -3 vezes a primeira, pois
-3\cdot(3,-4,2)=(-9,12,-6),
então esperaríamos uma linha zero ao eliminar.
Faço a operação L_2 \leftarrow L_2 + 3L_1 para zerar a segunda linha:
  • Cálculo: -9+3\cdot3=0, 12+3\cdot(-4)=0, -6+3\cdot2=0.
    Resultado:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -4 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 6 & 8 & -4 & 0 \end{array}\right].

Passo 4

Agora elimino o primeiro elemento da terceira linha usando L_3 \leftarrow L_3 - 2L_1 (pois 2\cdot3=6):
  • Segunda entrada: 8 - 2\cdot(-4)=8+8=16.
  • Terceira entrada: -4 - 2\cdot2 = -4-4 = -8.
    Resultado:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -4 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 16 & -8 & 0 \end{array}\right].

Passo 5

É conveniente colocar a linha com pivot na posição 2. Troco L_2 e L_3:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -4 & 2 & 0 \\\\ 0 & 16 & -8 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Agora simplifico a segunda linha dividindo por 16 (para ter pivot 1):
L_2 \leftarrow \tfrac{1}{16} L_2 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -4 & 2 & 0 \\\\ 0 & 1 & -\tfrac{1}{2} & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].

Passo 6

Elimino o coeficiente -4 na primeira linha (coluna 2) usando L_1 \leftarrow L_1 + 4L_2:
  • Primeiro elemento: 3 + 4\cdot 0 = 3.
  • Segundo elemento: -4 + 4\cdot 1 = 0.
  • Terceiro elemento: 2 + 4\cdot(-\tfrac{1}{2}) = 2 - 2 = 0.
    Fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & -\tfrac{1}{2} & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Por fim, divido a primeira linha por 3 para normalizar o pivot:
L_1 \leftarrow \tfrac{1}{3}L_1 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & -\tfrac{1}{2} & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Agora a matriz está em forma escalonada reduzida (quase RREF): as equações correspondentes são claras.

Passo 7

Interpretação das linhas como equações:
  • Primeira linha: \;1\cdot x_1 + 0\cdot x_2 + 0\cdot x_3 = 0\;\Rightarrow\; x_1 = 0.
  • Segunda linha: \;0\cdot x_1 + 1\cdot x_2 -\tfrac{1}{2} x_3 = 0\;\Rightarrow\; x_2 - \tfrac{1}{2}x_3 = 0.
  • A terceira linha é 0=0, não dá nova informação.
Da segunda equação isolamos x_2:
x_2 = \tfrac{1}{2} x_3.
Como x_3 não é pivô, é variável livre. Chamo x_3 = t, com t\in\mathbb{R}. Então
x_1 = 0,\qquad x_2 = \tfrac{1}{2}t,\qquad x_3 = t.

Passo 8

Escrevo a solução em forma de vetor. Com parâmetro t temos
\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]\tfrac{1}{2}t\\[4pt]t\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}0\\[4pt]\tfrac{1}{2}\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Para evitar fração, pode-se reparametrizar com t=2\lambda, obtendo a forma mais limpa
\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\end{pmatrix} = \lambda\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]2\end{pmatrix},\qquad \lambda\in\mathbb{R}.
Isso mostra que o espaço solução é uma reta (subespaço unidimensional) gerada pelo vetor \,(0,1,2).]

Resposta

\displaystyle \{\,\lambda(0,1,2)\mid \lambda\in\mathbb{R}\,\}

Exercícios relacionados