Exercise 2. Encontre o conjunto solução de cada sistema linear a seguir e também de cada sistema linear homogêneo associado.
\left[\begin{array}{cccc}2 & 1 & 3 & 0 \\\ -4 & -1 & -7 & 2 \\\ 4 & 3 & 5 & 5\end{array}\right] X=\left[\begin{array}{c}1 \\\ 0 \\\ -1\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear com matriz dos coeficientes e vetor do lado direito:
\left[\begin{array}{cccc} 2 & 1 & 3 & 0 \\[4pt] -4 & -1 & -7 & 2 \\[4pt] 4 & 3 & 5 & 5 \end{array}\right] X = \left[\begin{array}{c} 1 \\[4pt] 0 \\[4pt] -1 \end{array}\right].
As perguntas são:
  • Encontrar o conjunto solução do sistema linear não homogêneo acima (ou seja, todas as X\in\mathbb{R}^4 que satisfazem a igualdade).
  • Encontrar o conjunto solução do sistema homogêneo associado, isto é, da equação
\left[\begin{array}{cccc} 2 & 1 & 3 & 0 \\[4pt] -4 & -1 & -7 & 2 \\[4pt] 4 & 3 & 5 & 5 \end{array}\right] X = \left[\begin{array}{c} 0 \\[4pt] 0 \\[4pt] 0 \end{array}\right].
Vou resolver o primeiro sistema por eliminação (Gauss) e, a partir daí, obter a solução do homogêneo. Não sigo mais nada aqui; a resolução começa no próximo passo.]

Passo 2

Primeiro escrevo a matriz aumentada do sistema (coeficientes à esquerda e b à direita):
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 3 & 0 & 1 \\[4pt] -4 & -1 & -7 & 2 & 0 \\[4pt] 4 & 3 & 5 & 5 & -1 \end{array}\right].
Lembrete rápido sobre operações elementares (úteis para reduzir a matriz): pode-se trocar linhas, multiplicar uma linha por número não nulo, ou somar múltiplos de uma linha a outra. O objetivo é chegar a uma forma triangular (ou à forma reduzida) para ler as equações facilmente.]

Passo 3

Uso R_i para indicar a linha i. Elimino os elementos abaixo do primeiro pivô (que está em 2 na posição (1,1)):
Faço R_2 \leftarrow R_2 + 2R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1. Calculando cada entrada:
R_2 + 2R_1: \\ (-4)+2\cdot2=0,\quad (-1)+2\cdot1=1,\quad (-7)+2\cdot3=-1,\quad 2+2\cdot0=2,\quad 0+2\cdot1=2.
R_3 - 2R_1: \\\ 4-2\cdot2=0,\quad 3-2\cdot1=1,\quad 5-2\cdot3=-1,\quad 5-2\cdot0=5,\quad -1-2\cdot1=-3.
A matriz aumentada vira
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 3 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & -1 & 2 & 2 \\[4pt] 0 & 1 & -1 & 5 & -3 \end{array}\right].]

Passo 4

Agora quero eliminar o elemento na coluna 2 da terceira linha usando a segunda linha como pivô. Faço R_3 \leftarrow R_3 - R_2. Subtraindo termos linha a linha:
0-0=0,\quad 1-1=0,\quad (-1)-(-1)=0,\quad 5-2=3,\quad (-3)-2=-5.
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 1 & 3 & 0 & 1 \\[4pt] 0 & 1 & -1 & 2 & 2 \\[4pt] 0 & 0 & 0 & 3 & -5 \end{array}\right].]

Passo 5

A terceira linha agora representa a equação 3x_4 = -5. Portanto,
x_4 = -\dfrac{5}{3}.
Isso já é uma informação direta da redução. Vou usar esse valor para voltar às equações superiores e expressar as outras incógnitas.

Passo 6

Da segunda linha temos a equação
x_2 - x_3 + 2x_4 = 2.
Substituo x_4 = -\dfrac{5}{3}:
x_2 - x_3 + 2\left(-\dfrac{5}{3}\right) = 2 \quad\Longrightarrow\quad x_2 - x_3 - \dfrac{10}{3} = 2.
Somando \dfrac{10}{3} aos dois lados:
x_2 - x_3 = 2 + \dfrac{10}{3} = \dfrac{6}{3} + \dfrac{10}{3} = \dfrac{16}{3}.
Logo
x_2 = \dfrac{16}{3} + x_3.

Passo 7

Da primeira linha temos a equação
2x_1 + x_2 + 3x_3 + 0\cdot x_4 = 1,
ou seja
2x_1 + x_2 + 3x_3 = 1.
Substituo a expressão de x_2 obtida no passo anterior:
2x_1 + \left(\dfrac{16}{3} + x_3\right) + 3x_3 = 1.
Agrupo os termos em x_3 e os constantes:
2x_1 + \dfrac{16}{3} + 4x_3 = 1.
Isolo 2x_1:
2x_1 = 1 - \dfrac{16}{3} - 4x_3.
Calculo 1 - \dfrac{16}{3} = \dfrac{3}{3} - \dfrac{16}{3} = -\dfrac{13}{3}. Assim
2x_1 = -\dfrac{13}{3} - 4x_3.
Dividindo por 2:
x_1 = -\dfrac{13}{6} - 2x_3.

Passo 8

Resumo das incógnitas em função de uma variável livre. Note que a variável x_3 não foi pivoteada (não apareceu como pivô em nenhuma linha), então é livre. Chamo t o parâmetro associado a x_3:
x_3 = t,\quad t\in\mathbb{R}.
Então
x_4 = -\dfrac{5}{3},\qquad x_2 = \dfrac{16}{3} + t,\qquad x_1 = -\dfrac{13}{6} - 2t.
Posso escrever a solução em forma vetorial, separando uma solução particular (quando t=0) e a parte associada ao parâmetro:
X = \begin{pmatrix} x_1 \\[4pt] x_2 \\[4pt] x_3 \\[4pt] x_4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\dfrac{13}{6} \\[4pt] \dfrac{16}{3} \\[4pt] 0 \\[4pt] -\dfrac{5}{3} \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} -2 \\[4pt] 1 \\[4pt] 1 \\[4pt] 0 \end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.]

Passo 9

Agora o sistema homogêneo associado é A X = 0 com a mesma matriz de coeficientes. A redução feita anteriormente (colocando o lado direito como zeros) leva às mesmas relações, mas com termos constantes igual a zero. Da terceira linha do homogêneo vem 3x_4 = 0 então x_4 = 0. Da segunda linha vem x_2 - x_3 + 2x_4 = 0 e, com x_4=0, obtemos x_2 = x_3. Da primeira linha vem 2x_1 + x_2 + 3x_3 = 0 que, substituindo x_2=x_3, dá 2x_1 + 4x_3 = 0, ou x_1 = -2x_3.
Tomando x_3 = s como parâmetro livre, s\in\mathbb{R}, a solução geral do homogêneo é
X = s \begin{pmatrix} -2 \\[4pt] 1 \\[4pt] 1 \\[4pt] 0 \end{pmatrix},\qquad s\in\mathbb{R}.
Ou seja, o espaço das soluções do homogêneo (o núcleo de A) é a reta gerada pelo vetor \begin{pmatrix}-2&1&1&0\end{pmatrix}^T.]

Resposta

\boxed{\,X= \begin{pmatrix} -\dfrac{13}{6} \\[4pt] \dfrac{16}{3} \\[4pt] 0 \\[4pt] -\dfrac{5}{3} \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} -2 \\[4pt] 1 \\[4pt] 1 \\[4pt] 0 \end{pmatrix},\quad t\in\mathbb{R}\,}
\boxed{\,\text{Soluções do homogêneo: }X=s \begin{pmatrix} -2 \\[4pt] 1 \\[4pt] 1 \\[4pt] 0 \end{pmatrix},\quad s\in\mathbb{R}\,}çõê]

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