Estude os seguintes sistemas lineares via escalonamento (completo), quando indicado iniciar pela operação dada
\left\{\begin{array}{c}2 x+y-z+w=1 \\\ x+2 y+w=2 \\\\ 4 x+5 y-z+3 w=5\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado fornece o sistema linear
\begin{cases} 2x+y-z+w=1,\\[4pt] x+2y+w=2,\\[4pt] 4x+5y-z+3w=5, \end{cases}
e pede que o estudemos por escalonamento (completo).
Informações dadas que usaremos:
  • As incógnitas são x,y,z,w.
  • Há três equações e quatro incógnitas.
  • Queremos transformar o sistema por operações elementares de linha até obter uma forma escalonada completa (reduzida), identificar pivôs, verificar consistência e escrever a solução geral.]

Passo 2

Formamos a matriz aumentada do sistema. Colocando as colunas na ordem das incógnitas x,y,z,w e a coluna dos termos independentes à direita, temos
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 4 & 5 & -1 & 3 & 5 \end{array}\right].
Breve aula sobre operações de linha (para lembrar e usar na prova): existem três tipos de operações elementares que preservam o conjunto de soluções
  1. substituir R_i por R_i + kR_j (somar múltiplo de outra linha);
  2. trocar duas linhas R_i \leftrightarrow R_j;
  3. multiplicar uma linha por um escalar não nulo c, R_i \leftarrow cR_i.
    Usamos essas operações para zerar entradas abaixo dos pivôs (eliminação) e, se quisermos a forma reduzida, também acima dos pivôs.]

Passo 3

Escolha de pivô e primeira operação: é conveniente ter um 1 no pivô da primeira coluna. Faço a troca das linhas R_1 e R_2:
R_1 \leftrightarrow R_2.
Após a troca a matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 2 & 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 4 & 5 & -1 & 3 & 5 \end{array}\right].]

Passo 4

Zerar as entradas abaixo do pivô da primeira coluna (coluna de x). Uso operações do tipo R_i \leftarrow R_i - kR_1:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1. Cálculo linha a linha: R_2: \\ [2,1,-1,1\mid1]-2[1,2,0,1\mid2] =[0,\;1-4,\;-1-0,\;1-2\mid1-4] =[0,\;-3,\;-1,\;-1\mid-3].
  • R_3 \leftarrow R_3 - 4R_1. Cálculo: R_3: \\ [4,5,-1,3\mid5]-4[1,2,0,1\mid2] =[0,\;5-8,\;-1-0,\;3-4\mid5-8] =[0,\;-3,\;-1,\;-1\mid-3].
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & -3 & -1 & -1 & -3\\[4pt] 0 & -3 & -1 & -1 & -3 \end{array}\right].]

Passo 5

Agora escolhemos o pivô da segunda coluna na linha R_2. Para simplificar as contas, escalono R_2 dividindo por -3:
R_2 \leftarrow \frac{1}{-3}R_2.
Calculando:
R_2 = [0,1,\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\mid 1].
A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} & 1\\[4pt] 0 & -3 & -1 & -1 & -3 \end{array}\right].]

Passo 6

Zerar a entrada da segunda coluna em R_3. Como R_3 tem -3 nessa posição, faço
R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2.
Cálculo:
R_3 = [0,-3,-1,-1\mid-3]+3[0,1,\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\mid1] =[0,0,0,0\mid 0].
Agora a matriz é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Comentário didático: aparecer uma linha de zeros [0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\mid 0] indica que uma das equações era combinação das outras — não há contradição, apenas redução de posto. Como não apareceu uma linha [0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\mid b] com b\neq0, o sistema é consistente (tem solução).]

Passo 7

Para completar o escalonamento reduzido (forma escalonada completa) precisamos zerar também acima do pivô da segunda coluna. Faço:
R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2.
Cálculo elemento a elemento:
R_1 = [1,2,0,1\mid2] - 2[0,1,\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3}\mid1] =[1,0,\;0- \tfrac{2}{3},\;1-\tfrac{2}{3}\mid 2-2] =[1,0,-\tfrac{2}{3},\tfrac{1}{3}\mid 0].
A matriz fica na forma reduzida por linhas (RREF parcial, já com pivôs normalizados e zeros acima):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & 0\\[6pt] 0 & 1 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} & 1\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].]

Passo 8

Interpretação final e parametrização (a parte prática para a prova): a matriz mostra pivôs nas colunas de x\) e \(y\). As colunas de \(z\) e \(w\) não têm pivô, portanto \(z\) e \(w\) são variáveis livres. Introduzimos parâmetros para elas: seja \[z=s,\qquad w=t,
onde s,t\in\mathbb{R}. Agora lemos as equações correspondentes às linhas não nulas:
  • Da primeira linha: x - \tfrac{2}{3}z + \tfrac{1}{3}w = 0. Substituindo z=s,\\ w=t, x = \tfrac{2}{3}s - \tfrac{1}{3}t.
  • Da segunda linha: y + \tfrac{1}{3}z + \tfrac{1}{3}w = 1. Substituindo, y = 1 - \tfrac{1}{3}s - \tfrac{1}{3}t.
Portanto a solução geral, escrita de forma clara (útil na prova), é
\begin{cases} x = \dfrac{2}{3}s - \dfrac{1}{3}t,\\[6pt] y = 1 - \dfrac{1}{3}s - \dfrac{1}{3}t,\\[6pt] z = s,\\[6pt] w = t, \end{cases}\qquad s,t\in\mathbb{R}.
Também se pode escrever em forma vetorial (opcional):
\begin{pmatrix}x\y\z\w\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} +s\begin{pmatrix}\tfrac{2}{3}\\\ -\tfrac{1}{3}\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} +t\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{3}\\\ -\tfrac{1}{3}\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
Observação de prova: como o posto é 2\] (duas linhas independentes) e há \(4 incógnitas, obtemos 4-2=2 parâmetros livres, ou seja infinitas soluções com duas dimensões de liberdade.]

Resposta

x=\dfrac{2}{3}s-\dfrac{1}{3}t
y=1-\dfrac{1}{3}s-\dfrac{1}{3}t
z=s
w=t, com s,t\in\mathbb{R}

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