Por escalonamento, resolva o sistema linear:
\left\{\begin{array}{l}2 x+3 y+z+t=4 \\\\ 3 x-3 y+z-t=5 \\\\ 2 y+z=0 \\\\ -x-y+2 t=6\end{array} \quad S=\{(1,-1,2,3)\}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver por escalonamento o sistema linear abaixo. Lista das equações dadas e do que é pedido:
\begin{cases} 2x+3y+z+t=4\\[4pt] 3x-3y+z-t=5\\[4pt] 2y+z=0\\[4pt] -x-y+2t=6 \end{cases}
Informação adicional presente no enunciado: S=\{(1,-1,2,3)\} (parece indicar a solução candidata do sistema). O objetivo é aplicar escalonamento (eliminação por operações elementares em linhas) e encontrar os valores de x,y,z,t.]

Passo 2

Vamos montar a matriz aumentada do sistema. As colunas correspondem, nesta ordem, a x,y,z,t e o lado direito (termos independentes):
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 3 & -3 & 1 & -1 & 5\\[4pt] 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & -1 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right)
Explicação rápida (didática): essa matriz só organiza os coeficientes para podermos operar com linhas (equações) sem reescrever todo o sistema a cada passo.]

Passo 3

Relembre: operações elementares permitidas em linhas são:
  • trocar duas linhas;
  • multiplicar uma linha por escalares não nulos;
  • somar a uma linha um múltiplo de outra linha.
Escolho usar a primeira linha como pivô para eliminar x nas linhas 2 e 4. Para eliminar x em cada linha, subtraio o múltiplo adequado da linha 1.
Operação para a linha 2: R_2 \leftarrow R_2 - \tfrac{3}{2}R_1. Calculando entrada a entrada:
  • nova entrada em x: 3 - \tfrac{3}{2}\cdot 2 = 0,
  • em y: -3 - \tfrac{3}{2}\cdot 3 = -3 - \tfrac{9}{2} = -\tfrac{15}{2},
  • em z: 1 - \tfrac{3}{2}\cdot 1 = -\tfrac{1}{2},
  • em t: -1 - \tfrac{3}{2}\cdot 1 = -\tfrac{5}{2},
  • em RHS: 5 - \tfrac{3}{2}\cdot 4 = 5 - 6 = -1.
Operação para a linha 4: R_4 \leftarrow R_4 + \tfrac{1}{2}R_1 (pois -1 + \tfrac{1}{2}\cdot 2 = 0). Calculando:
  • nova entrada em x: -1 + \tfrac{1}{2}\cdot 2 = 0,
  • em y: -1 + \tfrac{1}{2}\cdot 3 = -1 + \tfrac{3}{2} = \tfrac{1}{2},
  • em z: 0 + \tfrac{1}{2}\cdot 1 = \tfrac{1}{2},
  • em t: 2 + \tfrac{1}{2}\cdot 1 = \tfrac{5}{2},
  • em RHS: 6 + \tfrac{1}{2}\cdot 4 = 8.
Após essas operações a matriz fica
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 0 & -\tfrac{15}{2} & -\tfrac{1}{2} & -\tfrac{5}{2} & -1\\[4pt] 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{5}{2} & 8 \end{array}\right)
Comentário didático: surgiram frações — isso é normal. Podemos limpar denominadores para facilitar as contas a seguir.]

Passo 4

Multiplico linhas para eliminar denominadores e ter números inteiros:
  • R_2 \leftarrow 2R_2 e R_4 \leftarrow 2R_4. Mantemos R_1 e R_3 como estão. O resultado:
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 0 & -15 & -1 & -5 & -2\\[4pt] 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5 & 16 \end{array}\right)
Explicação: multiplicar uma linha por constante é operação permitida; aqui não altera a solução, só simplifica a apresentação.]

Passo 5

Agora vamos escolher um pivô na coluna de y. É conveniente ter um pivô igual a 1 para facilitar operações; a linha 4 já tem 1 nessa coluna. Troco R_2 com R_4 (troca de linhas):
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5 & 16\\[4pt] 0 & 2 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -15 & -1 & -5 & -2 \end{array}\right)
Comentário: trocar linhas é útil para trazer pivôs simples (como 1) para cima e reduzir trabalho com frações.]

Passo 6

Com pivô 1 em R_2 (coluna de y), elimino y em R_3 e R_4.
Para R_3: R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2.
  • Em y: 2 - 2\cdot 1 = 0.
  • Em z: 1 - 2\cdot 1 = -1.
  • Em t: 0 - 2\cdot 5 = -10.
  • Em RHS: 0 - 2\cdot 16 = -32.
Para R_4: R_4 \leftarrow R_4 + 15R_2.
  • Em y: -15 + 15\cdot 1 = 0.
  • Em z: -1 + 15\cdot 1 = 14.
  • Em t: -5 + 15\cdot 5 = -5 + 75 = 70.
  • Em RHS: -2 + 15\cdot 16 = -2 + 240 = 238.
A matriz fica
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5 & 16\\[4pt] 0 & 0 & -1 & -10 & -32\\[4pt] 0 & 0 & 14 & 70 & 238 \end{array}\right)]

Passo 7

Agora usamos a coluna de z. Temos em R_3 o coeficiente -1 (pivô conveniente). Elimino o z em R_4 com R_4 \leftarrow R_4 + 14R_3 (pois 14 + 14\cdot(-1)=0).
Calculemos:
  • Em z: 14 + 14\cdot(-1) = 0.
  • Em t: 70 + 14\cdot(-10) = 70 - 140 = -70.
  • Em RHS: 238 + 14\cdot(-32) = 238 - 448 = -210.
A matriz passa a ser
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5 & 16\\[4pt] 0 & 0 & -1 & -10 & -32\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -70 & -210 \end{array}\right)]

Passo 8

Simplifico as últimas linhas para facilitar a leitura das variáveis:
  • R_3 \leftarrow -1\cdot R_3 (para ter coeficiente 1 em z),
  • R_4 \leftarrow \tfrac{1}{-70}R_4 (para encontrar t).
Aplicando:
\left(\begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 1 & 1 & 4\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5 & 16\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 10 & 32\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 3 \end{array}\right)
Da última linha obtemos diretamente t:
t = 3.
Explicação: quando chegamos a uma linha com todos zeros exceto um 1 em uma coluna, essa linha determina diretamente a variável correspondente.]

Passo 9

Substituo t=3 na linha 3 para achar z. A linha 3 dá:
z + 10t = 32.
Substituindo t=3:
z + 10\cdot 3 = 32 \quad\Rightarrow\quad z + 30 = 32 \quad\Rightarrow\quad z = 2.

Passo 10

Substituo z=2 e t=3 na linha 2 para achar y. A linha 2 dá:
y + z + 5t = 16.
Substituindo:
y + 2 + 5\cdot 3 = 16 \quad\Rightarrow\quad y + 2 + 15 = 16 \quad\Rightarrow\quad y + 17 = 16 \quad\Rightarrow\quad y = -1.

Passo 11

Finalmente uso a primeira equação para achar x. A primeira linha original:
2x + 3y + z + t = 4.
Substituindo y=-1, z=2, t=3:
2x + 3(-1) + 2 + 3 = 4 \quad\Rightarrow\quad 2x -3 +2 +3 = 4 \quad\Rightarrow\quad 2x +2 =4 \quad\Rightarrow\quad 2x =2 \quad\Rightarrow\quad x =1.

Passo 12

Verificação rápida (opcional, mas boa prática): substituir (x,y,z,t)=(1,-1,2,3) nas quatro equações dá os lados direitos corretos 4,5,0,6 respectivamente — portanto a solução está correta. (A verificação pode ser feita substituindo cada variável nas equações originais.)

Resposta

(1,-1,2,3)