In Exercises 35-38, solve the system using ei ther Gaussian elimination with back-substitution or Gauss-Jordan elimination.
37.
\begin{aligned}3 x+3 y+12 z= & 6 \x+y+4 z= & 2 \\\ 2 x+5 y+20 z= & 10 \\\ -x+2 y+8 z= & 4\end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear com quatro equações e três incógnitas e pede para resolvê-lo:
\begin{aligned} 3x+3y+12z&=6\\\ x+y+4z&=2\\\\ 2x+5y+20z&=10\\\\ -x+2y+8z&=4 \end{aligned}
Informações relevantes que temos:
  • São três incógnitas: x,\;y,\;z.
  • Há quatro equações; algumas podem ser linearmente dependentes entre si (ou seja, nem todas necessariamente independentes).
  • O objetivo é encontrar todas as soluções (x,y,z) que satisfazem todas as equações simultaneamente.

Passo 2

Vou usar eliminação de Gauss (eliminação por linhas formando a matriz aumentada) com retro-substituição. Antes de começar, explico o que isso significa de forma prática e por que é útil:
  • Representação em matriz aumentada: o sistema
    \begin{cases} a_{11}x+a_{12}y+a_{13}z=b_1\\\ a_{21}x+a_{22}y+a_{23}z=b_2\\\ \vdots \end{cases}
    é representado por uma matriz onde as colunas são os coeficientes de x,y,z e a última coluna é o vetor dos termos constantes. Isso facilita aplicar operações elementares de linha (trocar linhas, somar múltiplos de uma linha em outra, multiplicar linha por escalar não-nulo) que preservam o conjunto de soluções.
  • Objetivo da eliminação de Gauss: transformar a matriz aumentada numa forma triangular superior (ou numa forma reduzida) para então obter os valores das incógnitas por retro-substituição. Se aparecerem linhas zeradas, indica dependência entre equações e possivelmente infinitas soluções (com variáveis livres).
Agora monto a matriz aumentada do sistema e começo as operações.

Passo 3

Matriz aumentada inicial (colunas: x,y,z e constantes):
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 3 & 12 & 6\\[4pt] 1 & 1 & 4 & 2\\[4pt] 2 & 5 & 20 & 10\\[4pt] -1 & 2 & 8 & 4 \end{array}\right]
É conveniente começar com uma linha que tenha 1 como pivô para simplificar cálculos. Vou trocar a primeira linha pela segunda (ou seja, trocar R_1 com R_2). Após a troca:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 4 & 2\\[4pt] 3 & 3 & 12 & 6\\[4pt] 2 & 5 & 20 & 10\\[4pt] -1 & 2 & 8 & 4 \end{array}\right]]

Passo 4

Eliminar os coeficientes abaixo do pivô da primeira coluna (usar R_1 como pivô).
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1: R_2: \; [3-3\cdot1,\; 3-3\cdot1,\; 12-3\cdot4,\; 6-3\cdot2] = [0,\;0,\;0,\;0].Ou seja, a segunda linha vira linha nula — isso indica que a segunda equação era múltiplo da primeira (dependência).
  • R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1: R_3: \; [2-2\cdot1,\; 5-2\cdot1,\; 20-2\cdot4,\; 10-2\cdot2] = [0,\;3,\;12,\;6].
  • R_4 \leftarrow R_4 + R_1 (pois -1+1=0): R_4: \; [-1+1,\; 2+1,\; 8+4,\; 4+2] = [0,\;3,\;12,\;6].
Depois dessas operações a matriz fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 4 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 12 & 6\\[4pt] 0 & 3 & 12 & 6 \end{array}\right]
Observação didática: a linha nula confirma que a primeira e a segunda equações eram dependentes (precisamente, a primeira é 3 vezes a segunda). Além disso, as linhas 3 e 4 são iguais, então há redundância nelas também.]

Passo 5

Escolho a linha 3 como próximo pivô não nulo. Posso trocar R_2 e R_3 para manter a matriz em forma escalonada:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 4 & 2\\[4pt] 0 & 3 & 12 & 6\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 12 & 6 \end{array}\right]
Agora normalizo a segunda linha dividindo por 3 para obter pivô 1:
R_2 \leftarrow \tfrac{1}{3}R_2 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 4 & 2\\[4pt] 0 & 1 & 4 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 12 & 6 \end{array}\right]]

Passo 6

Eliminar os coeficientes acima/abaixo do pivô da segunda coluna.
  • Elimino o 1 na posição a_{1,2}: R_1 \leftarrow R_1 - R_2: R_1: \; [1-0,\; 1-1,\; 4-4,\; 2-2] = [1,\;0,\;0,\;0].
  • Também posso zerar a linha 4 usando R_4 \leftarrow R_4 - 3R_2: R_4: \; [0-0,\; 3-3\cdot1,\; 12-3\cdot4,\; 6-3\cdot2] = [0,\;0,\;0,\;0].
A matriz passa a ser:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 4 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]]

Passo 7

Interpretando a matriz resultante como sistema:
\begin{aligned} x &= 0,\\[4pt] y + 4z &= 2,\\[4pt] 0 &= 0 \quad(\text{linhas nulas não dão nova informação}). \end{aligned}ããçã
Temos duas equações efetivas para três incógnitas — portanto há uma variável livre. Convém tomar z como parâmetro livre. Defina z=t, onde t\in\mathbb{R}. Então da segunda equação:
y = 2 - 4z = 2 - 4t.
E da primeira equação:
x = 0.]

Passo 8

Escrevendo a solução em forma paramétrica e vetorial:
  • Forma paramétrica: x=0,\qquad y=2-4t,\qquad z=t,\qquad t\in\mathbb{R}.
  • Forma vetorial (se preferir): \begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]2\\[4pt]0\end{pmatrix} +t\begin{pmatrix}0\\[4pt]-4\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Pequeno incentivo: percebeu como várias equações eram múltiplos umas das outras e isso levou a infinitas soluções com um parâmetro livre? Está ótimo — reconhecer dependências economiza muito trabalho em prova.]

Resposta

x=0
y=2-4t
z=t,\\ t\in\mathbb{R}

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