Questão 14. Resolva os sistemas abaixo (por escalonamento) escrevendo as matrizes ampliadas associadas aos novos sistemas. Reduza as matrizes ampliadas à forma escalonada reduzida, determine seus postos, os postos das matrizes dos coeficientes e, se o sistema for possível, o grau de liberdade.
\left\{\begin{aligned} 3 x+2 y-4 z & =0, \\\ x-y+z & =3, \\\ x-y-3 z & =-3, \\\\ 3 x+3 y-5 z & =0, \\\\ -x+y+z & =1 .\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear com cinco equações e três incógnitas e pede que a gente o resolva por escalonamento, escrevendo as matrizes ampliadas dos novos sistemas, reduzindo até a forma escalonada reduzida, e determinando os postos (da matriz dos coeficientes e da matriz ampliada) e, se o sistema for possível, o grau de liberdade.
As equações fornecidas são:
\begin{aligned} 3x+2y-4z &= 0,\\\ x-y+z &= 3,\\\ x-y-3z &= -3,\\\\ 3x+3y-5z &= 0,\\\\ -x+y+z &= 1. \end{aligned}
O que se pede especificamente:
  • montar a matriz ampliada inicial;
  • aplicar operações elementares por linhas (escalonamento) e escrever as matrizes ampliadas dos novos sistemas à medida que avançamos;
  • reduzir até a forma escalonada reduzida (RREF);
  • determinar o posto da matriz dos coeficientes A e o posto da matriz ampliada [A\mid b];
  • dizer o grau de liberdade caso o sistema seja possível.

Passo 2

Primeiro, escrevemos a matriz ampliada inicial [A\mid b]. A matriz dos coeficientes A tem 5 linhas e 3 colunas; a coluna ampliada é o vetor dos termos independentes. A matriz ampliada inicial é:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 2 & -4 & 0\\[4pt] 1 & -1 & 1 & 3\\[4pt] 1 & -1 & -3 & -3\\[4pt] 3 & 3 & -5 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right].
Comentários didáticos rápidos (para quem ainda está meio perdido):
  • A matriz ampliada reúne todas as informações do sistema; operações elementares por linhas correspondem a substituir o sistema por sistemas equivalentes.
  • A forma escalonada reduzida (RREF) tem uma coluna com 1 pivô por variável básica, zeros acima e abaixo desses pivôs, e linhas de zeros (se houver) ao final. Se numa linha todas as entradas dos coeficientes são zero e a coluna ampliada não é zero, então temos uma equação impossível (0 = c, com c\neq0) e o sistema é inconsistente.]

Passo 3

Para facilitar, vamos obter um pivô 1 na primeira coluna escolhendo a segunda equação como linha inicial. Troco R_1 com R_2 (operação elementar R_1\leftrightarrow R_2). Matriz após a troca:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 3\\[4pt] 3 & 2 & -4 & 0\\[4pt] 1 & -1 & -3 & -3\\[4pt] 3 & 3 & -5 & 0\\[4pt] -1 & 1 & 1 & 1 \end{array}\right].]

Passo 4

Eliminação da primeira coluna nas linhas 2,3,4,5 usando R_1 como pivô:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1.
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
  • R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1.
  • R_5 \leftarrow R_5 + R_1.
Aplicando essas operações obtemos:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 5 & -7 & -9\\[4pt] 0 & 0 & -4 & -6\\[4pt] 0 & 6 & -8 & -9\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 4 \end{array}\right].
Pequena explicação do que foi feito: ao anular as entradas abaixo do pivô da primeira coluna, estamos transformando a matriz em forma escalonada (zeros abaixo do primeiro pivô). Cada linha nova representa uma combinação linear das equações originais, mas o sistema equivalente preserva as soluções.]

Passo 5

Agora queremos um pivô na coluna 2. A linha 2 já tem 5 na coluna 2, então podemos transformar essa linha para ter pivô 1 dividindo por 5:
R_2 \leftarrow \frac{1}{5} R_2.
Fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{7}{5} & -\tfrac{9}{5}\\[4pt] 0 & 0 & -4 & -6\\[4pt] 0 & 6 & -8 & -9\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 4 \end{array}\right].
Didática breve: dividir a linha pelo número do pivô normaliza o pivô para 1, o que facilita zerar as outras entradas dessa coluna.]

Passo 6

Eliminamos a entrada da coluna 2 na linha 4 usando R_2:
  • R_4 \leftarrow R_4 - 6R_2.
As outras linhas já têm zero nessa coluna. Aplicando:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{7}{5} & -\tfrac{9}{5}\\[4pt] 0 & 0 & -4 & -6\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{2}{5} & \tfrac{9}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 4 \end{array}\right].
Nota: aqui apareceram frações inevitáveis; tudo bem — são resultados exatos e controláveis.]

Passo 7

Agora escolhemos a terceira coluna para pivô. A linha 3 tem -4 nessa coluna; normalizamos essa linha para obter pivô 1:
R_3 \leftarrow -\tfrac{1}{4} R_3,
obtendo:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{7}{5} & -\tfrac{9}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{2}{5} & \tfrac{9}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 4 \end{array}\right].
Explicação: ao transformar R_3 em ter pivô 1 na terceira coluna, ficamos aptos a zerar as entradas acima e abaixo desse pivô para obter a forma escalonada reduzida.]

Passo 8

Zeramos a coluna 3 nas demais linhas usando R_3:
  • R_2 \leftarrow R_2 + \tfrac{7}{5}R_3 (para zerar o -\tfrac{7}{5} em R_2);
  • R_4 \leftarrow R_4 - \tfrac{2}{5}R_3 (para zerar \tfrac{2}{5} em R_4);
  • R_5 \leftarrow R_5 - 2R_3 (para zerar 2 em R_5);
  • R_1 \leftarrow R_1 - R_3 (para zerar 1 em R_1).
Aplicando essas operações obtemos:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 0 & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{10}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{6}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Observação importante: nas linhas 4 e 5 agora temos todas as entradas dos coeficientes nulas, mas as entradas da coluna ampliada são \tfrac{6}{5} e 1, não nulas. Isso corresponde, respectivamente, às equações 0= \tfrac{6}{5} e 0=1, que são impossíveis. Quando aparece qualquer linha do tipo [0\;0\;0\mid c] com c\neq0, o sistema é inconsistente (não tem solução). Ainda assim, vamos terminar de pôr em forma escalonada reduzida as linhas de cima.]

Passo 9

Terminamos a redução tornando zero o -1 na posição (1,2) usando R_2:
  • R_1 \leftarrow R_1 + R_2.
Fica a forma escalonada reduzida (RREF) da matriz ampliada:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & \tfrac{9}{5}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{10}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{3}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{6}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Interpretação desta forma:
  • As três primeiras linhas representam soluções para x,y,z caso as últimas linhas não gerassem contradição.
  • As últimas duas linhas são do tipo [0\;0\;0\mid c] com c\neq0, ou seja, representam equações 0 = \tfrac{6}{5} e 0=1, o que é impossível. Portanto o sistema não admite solução: é inconsistente.]

Passo 10

Agora determinamos os postos e o grau de liberdade (se aplicável), explicando o raciocínio.
  • O posto da matriz dos coeficientes A é o número de colunas-pivô (ou o número de linhas não-nulas consideradas apenas nas colunas dos coeficientes) na forma escalonada. Nas três primeiras colunas temos pivôs em cada coluna (coluna 1, coluna 2, coluna 3), portanto
\text{posto}(A)=3.
  • O posto da matriz ampliada [A\mid b] é o número máximo de linhas linearmente independentes considerando também a coluna ampliada. Na nossa RREF existem quatro linhas linearmente independentes quando se considera a coluna ampliada: as três primeiras (cada uma com um pivô em colunas 1,2,3) e mais uma entre as linhas [0\;0\;0\mid \tfrac{6}{5}] e [0\;0\;0\mid 1] (essas duas são proporcionais entre si, então só uma delas aumenta o posto). Assim
\text{posto}([A\mid b])=4.
  • Como \text{posto}([A\mid b]) \neq \text{posto}(A) (temos 4 contra 3), pelo Teorema de Rouché–Capelli o sistema é inconsistente (não tem soluções). Consequentemente não faz sentido falar em grau de liberdade (número de variáveis livres), porque não há soluções para parametrizar.
Conclusão final: sistema impossível; \text{posto}(A)=3; \text{posto}([A\mid b])=4; grau de liberdade não se aplica.

Resposta

Sistema impossível.
\text{posto}(A)=3
\text{posto}([A\mid b])=4
Grau de liberdade: não aplicável.

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