Em uma placa metálica quadrada, a temperatura em um ponto interno é a média dos seus quatro vizinhos. Para uma grade de 4 pontos internos ( T_{1} a T_{4} ) com bordas em diferentes temperaturas, temos o sistema
\left\{\begin{array}{c} 4 T_{1}-T_{2}-T_{3}=100 \\\\ -T_{1}+4 T_{2}-T_{4}=150 \\\\ -T_{1}+4 T_{3}-T_{4}=50 \\\\ -T_{2}-T_{3}+4 T_{4}=100 \end{array}\right.
Resolva utilizando Eliminação de Gauss

Passo 1

O enunciado nos dá um sistema linear com quatro incógnitas T_{1},T_{2},T_{3},T_{4} e pede para resolvê‑lo utilizando Eliminação de Gauss. O sistema é:
\left\{\begin{array}{l} 4 T_{1}-T_{2}-T_{3}=100 \\[4pt] -T_{1}+4 T_{2}-T_{4}=150 \\[4pt] -T_{1}+4 T_{3}-T_{4}=50 \\[4pt] - T_{2}-T_{3}+4 T_{4}=100 \end{array}\right.
Informações relevantes extraídas do enunciado:
  • São quatro equações lineares, uma por ponto interno.
  • As incógnitas são T_{1},T_{2},T_{3},T_{4}.
  • O método exigido é Eliminação de Gauss (ou seja, transformar a matriz aumentada em forma triangular superior por operações elementares de linha e depois aplicar substituição regressiva).]

Passo 2

Vamos montar a matriz aumentada do sistema (colunas correspondem a T_{1},T_{2},T_{3},T_{4} e a última coluna é o vetor dos termos independentes):
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & -1 & -1 & 0 & 100\\[4pt] -1 & 4 & 0 & -1 & 150\\[4pt] -1 & 0 & 4 & -1 & 50\\[4pt] 0 & -1 & -1 & 4 & 100 \end{array}\right]
Breve lembrete: as operações de linha permitidas (que não mudam o conjunto de soluções) são:
  • trocar duas linhas;
  • multiplicar uma linha por um escalar não nulo;
  • somar a uma linha um múltiplo escalar de outra linha.
    Usaremos essas operações para zerar, coluna a coluna, os elementos abaixo dos pivôs e assim obter uma matriz triangular superior.]

Passo 3

Escolhemos a primeira linha como pivô para eliminar T_{1} nas linhas 2 e 3. O pivô na primeira etapa é o elemento 4 na posição (1,1).
Para zerar o coeficiente -1 em (2,1) fazemos:
\text{Linha}_2 \leftarrow \text{Linha}_2 + \tfrac{1}{4}\,\text{Linha}_1.
Cálculo dos novos elementos da linha 2:
\begin{aligned} &-1 + \tfrac{1}{4}\cdot 4 = 0,\\[4pt] &4 + \tfrac{1}{4}\cdot(-1) = 4 - \tfrac{1}{4} = \tfrac{15}{4},\\[4pt] &0 + \tfrac{1}{4}\cdot(-1) = -\tfrac{1}{4},\\[4pt] &-1 + \tfrac{1}{4}\cdot 0 = -1,\\[4pt] &150 + \tfrac{1}{4}\cdot 100 = 150 + 25 = 175. \end{aligned}
Para zerar o coeficiente -1 em (3,1) fazemos:
\text{Linha}_3 \leftarrow \text{Linha}_3 + \tfrac{1}{4}\,\text{Linha}_1.
Cálculo dos novos elementos da linha 3:
\begin{aligned} &-1 + \tfrac{1}{4}\cdot 4 = 0,\\[4pt] &0 + \tfrac{1}{4}\cdot(-1) = -\tfrac{1}{4},\\[4pt] &4 + \tfrac{1}{4}\cdot(-1) = \tfrac{15}{4},\\[4pt] &-1 + \tfrac{1}{4}\cdot 0 = -1,\\[4pt] &50 + \tfrac{1}{4}\cdot 100 = 50 + 25 = 75. \end{aligned}
A linha 4 não envolve T_{1} (coeficiente zero), fica igual. Após essas operações a matriz aumentada é
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & -1 & -1 & 0 & 100\\[4pt] 0 & \tfrac{15}{4} & -\tfrac{1}{4} & -1 & 175\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{4} & \tfrac{15}{4} & -1 & 75\\[4pt] 0 & -1 & -1 & 4 & 100 \end{array}\right]]

Passo 4

Para simplificar os cálculos e evitar frações nos passos seguintes, multiplicamos as linhas 2 e 3 por 4. Isso é uma operação equivalente (multiplicar uma linha por escalar não nulo) que mantém as soluções:
\begin{aligned} \text{Linha}_2 &\leftarrow 4\cdot\text{Linha}_2 \quad\Rightarrow\quad [0\; 15\; -1\; -4\;|\;700],\\[4pt] \text{Linha}_3 &\leftarrow 4\cdot\text{Linha}_3 \quad\Rightarrow\quad [0\; -1\; 15\; -4\;|\;300]. \end{aligned}
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & -1 & -1 & 0 & 100\\[4pt] 0 & 15 & -1 & -4 & 700\\[4pt] 0 & -1 & 15 & -4 & 300\\[4pt] 0 & -1 & -1 & 4 & 100 \end{array}\right]]

Passo 5

Agora usamos o pivô 15 em (2,2) para zerar os coeficientes das linhas 3 e 4 na coluna de T_{2}.
Para zerar o -1 em (3,2) fazemos:
\text{Linha}_3 \leftarrow \text{Linha}_3 + \tfrac{1}{15}\,\text{Linha}_2.
Cálculos (cada entrada de \text{Linha}_3 é somada a \tfrac{1}{15} da entrada correspondente de \text{Linha}_2):
\begin{aligned} &-1 + \tfrac{1}{15}\cdot 15 = 0,\\[4pt] &15 + \tfrac{1}{15}\cdot(-1) = 15 - \tfrac{1}{15} = \tfrac{224}{15},\\[4pt] &-4 + \tfrac{1}{15}\cdot(-4) = -4 - \tfrac{4}{15} = -\tfrac{64}{15},\\[4pt] &300 + \tfrac{1}{15}\cdot 700 = 300 + \tfrac{700}{15} = \tfrac{1040}{3}. \end{aligned}
Para zerar o -1 em (4,2) fazemos:
\text{Linha}_4 \leftarrow \text{Linha}_4 + \tfrac{1}{15}\,\text{Linha}_2.
Cálculos:
\begin{aligned} &-1 + \tfrac{1}{15}\cdot 15 = 0,\\[4pt] &-1 + \tfrac{1}{15}\cdot(-1) = -1 - \tfrac{1}{15} = -\tfrac{16}{15},\\[4pt] &4 + \tfrac{1}{15}\cdot(-4) = 4 - \tfrac{4}{15} = \tfrac{56}{15},\\[4pt] &100 + \tfrac{1}{15}\cdot 700 = 100 + \tfrac{700}{15} = \tfrac{440}{3}. \end{aligned}
Para limpar denominadores novamente, multiplicamos as novas linhas 3 e 4 por 15:
\begin{aligned} \text{Linha}_3 &\leftarrow 15\cdot\text{Linha}_3 \quad\Rightarrow\quad [0\;0\;224\; -64\;|\;5200],\\[4pt] \text{Linha}_4 &\leftarrow 15\cdot\text{Linha}_4 \quad\Rightarrow\quad [0\;0\; -16\; 56\;|\;2200]. \end{aligned}
Agora a matriz aumentada é
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & -1 & -1 & 0 & 100\\[4pt] 0 & 15 & -1 & -4 & 700\\[4pt] 0 & 0 & 224 & -64 & 5200\\[4pt] 0 & 0 & -16 & 56 & 2200 \end{array}\right]]

Passo 6

Usamos o pivô 224 em (3,3) para zerar o -16 em (4,3). Note que \tfrac{16}{224}=\tfrac{1}{14}, então fazemos:
\text{Linha}_4 \leftarrow \text{Linha}_4 + \tfrac{1}{14}\,\text{Linha}_3.
Cálculos:
\begin{aligned} &-16 + \tfrac{1}{14}\cdot 224 = -16 + 16 = 0,\\[4pt] &56 + \tfrac{1}{14}\cdot(-64) = 56 - \tfrac{64}{14} = 56 - \tfrac{32}{7} = \tfrac{360}{7},\\[4pt] &2200 + \tfrac{1}{14}\cdot 5200 = 2200 + \tfrac{5200}{14} = 2200 + \tfrac{2600}{7} = \tfrac{18000}{7}. \end{aligned}
Multiplicando a linha 4 por 7 para retirar o denominador:
\text{Linha}_4 \leftarrow 7\cdot\text{Linha}_4 \quad\Rightarrow\quad [0\;0\;0\;360\;|\;18000].
A matriz triangular superior final (após estas operações) é
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & -1 & -1 & 0 & 100\\[4pt] 0 & 15 & -1 & -4 & 700\\[4pt] 0 & 0 & 224 & -64 & 5200\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 360 & 18000 \end{array}\right]]

Passo 7

Agora aplicamos substituição regressiva (back substitution) para encontrar as incógnitas a partir da última equação.
Da última linha:
360\,T_{4}=18000 \quad\Rightarrow\quad T_{4}=\frac{18000}{360}=\;50.
Use a terceira linha para T_{3}:
224\,T_{3}-64\,T_{4}=5200.
Substituindo T_{4}=50:
224\,T_{3}-64\cdot 50=5200 \quad\Rightarrow\quad 224\,T_{3}-3200=5200.
Logo
224\,T_{3}=5200+3200=8400 \quad\Rightarrow\quad T_{3}=\frac{8400}{224}=\frac{75}{2}=37{,}5.
Use a segunda linha para T_{2}:
15\,T_{2}-T_{3}-4\,T_{4}=700.
Substituindo T_{3}=\tfrac{75}{2} e T_{4}=50:
15\,T_{2}-\tfrac{75}{2}-200=700 \quad\Rightarrow\quad 15\,T_{2}=\;700+200+\tfrac{75}{2}.
Calculando o lado direito:
700+200=\;900,\qquad 900+\tfrac{75}{2}=\tfrac{1800+75}{2}=\tfrac{1875}{2}.
Portanto
T_{2}=\frac{\tfrac{1875}{2}}{15}=\frac{1875}{30}=\frac{125}{2}=62{,}5.
Por fim, use a primeira linha para T_{1}:
4\,T_{1}-T_{2}-T_{3}=100.
Substituindo T_{2}=\tfrac{125}{2} e T_{3}=\tfrac{75}{2}:
4\,T_{1}=100+\tfrac{125}{2}+\tfrac{75}{2}=100+\tfrac{200}{2}=100+100=200.
Logo
T_{1}=\frac{200}{4}=50.

Passo 8

Resumo final dos valores encontrados (confirme sempre substituindo de volta nas equações originais, se quiser checar):
T_{1}=50,\qquad T_{2}=\frac{125}{2}=62{,}5,\qquad T_{3}=\frac{75}{2}=37{,}5,\qquad T_{4}=50.
Você mandou bem pedindo Eliminação de Gauss — o processo pode parecer longo, mas a ideia é sempre a mesma: escolher pivôs, zerar abaixo deles com operações de linha, chegar a uma matriz triangular superior e então resolver por substituição regressiva. Se quiser, eu repito a resolução com menos cálculos escritos e mais ênfase nas operações de linha como comandos curtos (útil para treinar a técnica rápida na prova). Força aí, que dá tempo de dominar esse ritmo!

Resposta

T_{1}=50
T_{2}=\dfrac{125}{2}=62{,}5
T_{3}=\dfrac{75}{2}=37{,}5
T_{4}=50

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