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

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear com matriz 4\times7 e pede duas coisas:
  • Encontrar o conjunto solução do sistema não homogêneo
A X = b,
onde
A=\begin{bmatrix} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0\\\\ -1 & -1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 1\\\\ 0 & 4 & 0 & 2 & 4 & 3 & 3\\\\ 1 & 3 & 0 & 2 & -2 & 1 & 0 \end{bmatrix}, \qquad b=\begin{bmatrix}1\\\ 1\\\ 7\\\ 1\end{bmatrix},
  • Encontrar o conjunto solução do sistema homogêneo associado
A X = 0.
Informações relevantes fornecidas:
  • Número de incógnitas: 7 (vetor X=(x_1,\dots,x_7)^T).
  • Número de equações: 4.
  • A matriz A e o vetor b estão explícitos (copiados acima).
  • Precisamos dar as soluções em forma paramétrica, identificando variáveis básicas e livres e também a solução geral do homogêneo.

Passo 2

Vou montar a matriz aumentada [A\mid b] e aplicar eliminação de Gauss (linha a linha), mostrando as operações e explicando cada etapa. A matriz aumentada inicial é
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & 1\\\\ -1 & -1 & 0 & -1 & 1 & 0 & 1 & 1\\\\ 0 & 4 & 0 & 2 & 4 & 3 & 3 & 7\\\\ 1 & 3 & 0 & 2 & -2 & 1 & 0 & 1 \end{array}\right].
Objetivo: triangularizar fazendo zeros abaixo dos pivôs, escolhendo pivô na primeira coluna na primeira linha.
Operações iniciais para zerar entradas na coluna 1 (usar R_1 como pivô):
  • R_2\leftarrow R_2 + R_1 (porque R_2 tinha -1 na coluna 1),
  • R_4\leftarrow R_4 - R_1 (para eliminar o 1 em R_4).
Aplicando:
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 4 & 0 & 2 & 4 & 3 & 3 & 7\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Explanação: agora a primeira coluna tem zeros abaixo do pivô 1 em R_1.]

Passo 3

Agora usamos R_2 (com entrada 2 na coluna 2) como pivô para eliminar a entrada 4 em R_3 na coluna 2. Fazer:
  • R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2.
Resultado:
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 2 & -1 & -1 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Comentário: agora as duas últimas linhas têm não-zeros apenas nas colunas 5,6,7 e no termo independente; vamos operar sobre a coluna 5.]

Passo 4

Para simplificar, normalizo a linha 3 dividindo por 2:
  • R_3\leftarrow \tfrac{1}{2}R_3.
Isso dá
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -2 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Agora elimino o -2 em R_4 na coluna 5 usando R_3:
  • R_4 \leftarrow R_4 + 2R_3.
E também elimino a entrada 1 da coluna 5 em R_2:
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_3.
Aplicando ambas:
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} & \tfrac{3}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & -1 & 3 \end{array}\right].]

Passo 5

Agora trato a linha 4, que tem -1 em coluna 6; vou multiplicá-la por -1 para ter pivô 1 nessa coluna:
  • R_4\leftarrow -R_4.
Fica
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} & \tfrac{3}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -3 \end{array}\right].
Agora elimino as entradas nas coluna 6 das linhas 1,2,3 usando R_4 (que tem pivô 1 na coluna 6):
  • R_2 \leftarrow R_2 - \tfrac{3}{2}R_4,
  • R_3 \leftarrow R_3 + \tfrac{1}{2}R_4 (porque R_3 tem -\tfrac{1}{2} em coluna 6),
  • R_1 \leftarrow R_1 - 1\cdot R_4.
Faço as operações uma a uma e calculo resultados:
Para R_2:
R_2 - \tfrac{3}{2}R_4 = \bigl[\,0,\\\ 2,\\\ 0,\\\ 1,\\\ 0,\\ \tfrac{3}{2},\\ \tfrac{3}{2}\,\bigr] -\tfrac{3}{2}\bigl[\,0,\\\ 0,\\\ 0,\\\ 0,\\\ 0,\\\ 1,\\\ 1\,\bigr] =\bigl[\,0,\\\ 2,\\\ 0,\\\ 1,\\\ 0,\\\ 0,\\\ 0\,\bigr]
para o termo independente:
\tfrac{1}{2}-\tfrac{3}{2}(-3)=\tfrac{1}{2}+ \tfrac{9}{2}=5.
Logo R_2 vira [0\\\ 2\\\ 0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\mid 5].
Para R_3:
R_3 + \tfrac{1}{2}R_4 = \bigl[\,0,0,0,0,1,-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}\,\bigr] +\tfrac{1}{2}\bigl[\,0,0,0,0,0,1,1\,\bigr] =\bigl[\,0,0,0,0,1,0,0\,\bigr]
e o termo independente
\tfrac{3}{2}+\tfrac{1}{2}(-3)=\tfrac{3}{2}-\tfrac{3}{2}=0.
Então R_3 vira [0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\mid 0].
Para R_1:
R_1 - R_4 = \bigl[\,1,3,0,2,0,1,0\,\bigr]-\bigl[\,0,0,0,0,0,1,1\,\bigr] =\bigl[\,1,3,0,2,0,0,-1\,\bigr]
e termo independente
1 - (-3)=4.
Então R_1 vira [1\\\ 3\\\ 0\\\ 2\\\ 0\\\ 0\\\ -1\mid 4].
A matriz agora é
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 3 & 0 & 2 & 0 & 0 & -1 & 4\\[4pt] 0 & 2 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -3 \end{array}\right].]

Passo 6

Continuo a reduzir para identificar as variáveis básicas claramente. Normalizo R_2 dividindo por 2:
  • R_2\leftarrow \tfrac{1}{2}R_2, obtendo
R_2=\bigl[\,0\\\ 1\\\ 0\\ \tfrac{1}{2}\\\ 0\\\ 0\\\ 0\mid \tfrac{5}{2}\,\bigr].
Agora elimino a entrada 3 da coluna 2 em R_1 usando R_2:
  • R_1\leftarrow R_1 - 3R_2.
Calculo:
Colunas de R_1: 1,\\\ 3-3\cdot1=0,\\\ 0,\\\ 2-3\cdot\tfrac{1}{2}=2-\tfrac{3}{2}=\tfrac{1}{2},\\\ 0,\\\ 0,\\\ -1.
Termo independente:
4 - 3\cdot\tfrac{5}{2} = 4 - \tfrac{15}{2} = \tfrac{8-15}{2} = -\tfrac{7}{2}.
Portanto R_1 vira
\bigl[\,1\\\ 0\\\ 0\\ \tfrac{1}{2}\\\ 0\\\ 0\\\ -1\mid -\tfrac{7}{2}\,\bigr].
Agora a matriz está em forma escalonada final:
\left[\begin{array}{ccccccc|c} 1 & 0 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & 0 & -1 & -\tfrac{7}{2}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & 0 & 0 & \tfrac{5}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 1 & -3 \end{array}\right].
Explicação das pivôs encontradas:
  • Pivôs nas colunas 1,2,5,6. Portanto variáveis básicas: x_1,x_2,x_5,x_6.
  • Variáveis livres: colunas sem pivô \Rightarrow x_3,x_4,x_7 são parâmetros livres.]

Passo 7

Escrevo as equações correspondentes às linhas finais (já simplificadas) e explico como obter a solução geral.
Linhas traduzidas em equações:
\begin{aligned} &\text{(linha 1)}:\quad x_1 + \tfrac{1}{2}x_4 - x_7 = -\tfrac{7}{2},\\[4pt] &\text{(linha 2)}:\quad x_2 + \tfrac{1}{2}x_4 = \tfrac{5}{2},\\[4pt] &\text{(linha 3)}:\quad x_5 = 0,\\[4pt] &\text{(linha 4)}:\quad x_6 + x_7 = -3. \end{aligned}
Defino parâmetros para as variáveis livres:
x_3 = s,\qquad x_4 = t,\qquad x_7 = u,
onde s,t,u\in\mathbb{R} são quaisquer números (parâmetros).
Agora expresso as variáveis básicas em termos de s,t,u:
Da linha 3:
x_5 = 0.
Da linha 4:
x_6 = -3 - x_7 = -3 - u.
Da linha 2:
x_2 = \tfrac{5}{2} - \tfrac{1}{2}x_4 = \tfrac{5}{2} - \tfrac{1}{2}t.
Da linha 1:
x_1 = -\tfrac{7}{2} - \tfrac{1}{2}x_4 + x_7 = -\tfrac{7}{2} - \tfrac{1}{2}t + u.
E x_3 = s livre.]

Passo 8

Organizo a solução geral do sistema não homogêneo em forma vetorial (particular + combinações lineares das direções associadas aos parâmetros). Escrevo X como vetor coluna com os parâmetros s,t,u:
X=\begin{pmatrix} x_1\\\ x_2\\\ x_3\\\ x_4\\\ x_5\\\ x_6\\\ x_7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -\tfrac{7}{2} - \tfrac{1}{2}t + u\\[4pt] \tfrac{5}{2} - \tfrac{1}{2}t\\[4pt] s\\[4pt] t\\[4pt] 0\\[4pt] -3 - u\\[4pt] u \end{pmatrix}.
Separando em particular mais combinação linear:
X = \underbrace{\begin{pmatrix} -\tfrac{7}{2}\\[2pt] \tfrac{5}{2}\\[2pt] 0\\[2pt] 0\\[2pt] 0\\[2pt] -3\\[2pt] 0 \end{pmatrix}}_{X_p} + s\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2}\\[2pt]-\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + u\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix},
onde s,t,u\in\mathbb{R}.
Isto já dá o conjunto solução completo do sistema não homogêneo.]

Passo 9

Agora o sistema homogêneo A X = 0: basta repetir a forma geral acima com o vetor independente nulo. Ou seja, pegar a redução escalonada (mesmas pivôs) mas com termos independentes todos zero; as equações ficam
\begin{aligned} &x_1 + \tfrac{1}{2}x_4 - x_7 = 0,\\[4pt] &x_2 + \tfrac{1}{2}x_4 = 0,\\[4pt] &x_5 = 0,\\[4pt] &x_6 + x_7 = 0. \end{aligned}
Definindo os mesmos parâmetros livres x_3=s,\\ x_4=t,\\ x_7=u, obtemos a solução geral do homogêneo:
X = s\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2}\\[2pt]-\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + u\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix}, \qquad s,t,u\in\mathbb{R}.
Comentário didático: isso mostra que o espaço nulo (nullspace) tem dimensão 3 (três variáveis livres) e que uma base para o núcleo pode ser escolhida pelos três vetores acima. Se quiser uma base com entradas inteiras pode multiplicar o segundo vetor por 2 e ajustar o parâmetro, mas a forma dada é perfeitamente válida.]

Resposta

Conjunto solução do sistema não homogêneo A X=b:
\begin{aligned} X &= \begin{pmatrix} -\tfrac{7}{2}\\[2pt] \tfrac{5}{2}\\[2pt] 0\\[2pt] 0\\[2pt] 0\\[2pt] -3\\[2pt] 0 \end{pmatrix} + s\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2}\\[2pt]-\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + u\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\\\ -1\\\ 1\end{pmatrix},\qquad s,t,u\in\mathbb{R}. \end{aligned}
Conjunto solução do sistema homogêneo A X=0:
\begin{aligned} X &= s\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\\0\\0\\0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-\tfrac{1}{2}\\[2pt]-\tfrac{1}{2}\\[2pt]0\\[2pt]1\\[2pt]0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} + u\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\\0\\-1\\1\end{pmatrix},\qquad s,t,u\in\mathbb{R}. \end{aligned}

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