Questão 4 Encontre a solução do seguinte sistema linear, usando o método do escalonamento de Gauss.
\begin{aligned} x+y+3 w & =4 \\\\ 2 x+y-z+w & =1 \\\\ 3 x-y-z+2 w & =-3 \\\\ -x+2 y+3 z-w & =4 \end{aligned}
Resposta: Aplicando-se as operações elementares, encontra-se que \overrightarrow{x^{*}}=(-1,2,0,1)^{T}

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear de quatro equações e quatro incógnitas e pede a solução (ou seja, os valores de x,y,z,w). As equações fornecidas são:
\begin{aligned} x+y+3w&=4,\\\\ 2x+y-z+w&=1,\\\\ 3x-y-z+2w&=-3,\\\\ -x+2y+3z-w&=4. \end{aligned}
Informações relevantes que temos: as quatro equações acima; queremos encontrar (x,y,z,w) que satisfaçam todas elas simultaneamente. A técnica solicitada é o método do escalonamento (eliminação de Gauss): transformar o sistema numa forma escalonada por operações nas linhas e depois resolver.

Passo 2

Primeira ideia prática — vamos montar a matriz aumentada do sistema. A matriz aumentada junta os coeficientes das incógnitas e o termo independente numa mesma matriz:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 0 & 3 & 4\\[4pt] 2 & 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 3 & -1 & -1 & 2 & -3\\[4pt] -1 & 2 & 3 & -1 & 4 \end{array}\right]
Aqui cada linha corresponde a uma equação e as colunas correspondem a x,y,z,w e o termo à direita (depois da barra).]

Passo 3

Breve pausa didática: operações elementares de linha que podemos usar (sem alterar o conjunto de soluções) são:
  1. trocar duas linhas: R_i\leftrightarrow R_j;
  2. multiplicar uma linha por um escalar não nulo: R_i\leftarrow kR_i com k\neq0;
  3. somar a um múltiplo de uma linha outra linha: R_i\leftarrow R_i + kR_j.
    Usaremos essas operações para zerar coeficientes abaixo dos pivôs (elementos principais) e obter uma matriz triangular superior (escalonada).

Passo 4

Começamos pelo pivô da primeira coluna (já é 1 na primeira linha). Zeramos os elementos abaixo dele:
  • R_2\leftarrow R_2-2R_1.
  • R_3\leftarrow R_3-3R_1.
  • R_4\leftarrow R_4+R_1.
Calculemos cada linha resultante:
Para R_2: [2,1,-1,1|1] - 2\cdot[1,1,0,3|4] = [0,-1,-1,-5|-7].
Para R_3: [3,-1,-1,2|-3] - 3\cdot[1,1,0,3|4] = [0,-4,-1,-7|-15].
Para R_4: [-1,2,3,-1|4] + [1,1,0,3|4] = [0,3,3,2|8].
A matriz aumentada passa a ser:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & 0 & 3 & 4\\[4pt] 0 & -1 & -1 & -5 & -7\\[4pt] 0 & -4 & -1 & -7 & -15\\[4pt] 0 & 3 & 3 & 2 & 8 \end{array}\right]]

Passo 5

Agora escolhemos o pivô na segunda coluna. É conveniente normalizar a segunda linha para ter pivô 1. Façamos R_2\leftarrow -R_2, obtendo:
R_2 = [0,1,1,5|7].
Explico: multiplicar a linha por -1 é uma operação válida e facilita os cálculos seguintes.
Em seguida zeramos as entradas da segunda coluna nas outras linhas:
  • R_1\leftarrow R_1 - R_2 (para zerar o 1 na primeira linha).
  • R_3\leftarrow R_3 + 4R_2 (pois R_3 tem -4 na segunda coluna).
  • R_4\leftarrow R_4 - 3R_2 (pois R_4 tem 3 na segunda coluna).
Calculemos:
Para R_1: [1,1,0,3|4] - [0,1,1,5|7] = [1,0,-1,-2|-3].
Para R_3: [0,-4,-1,-7|-15] + 4\cdot[0,1,1,5|7] = [0,0,3,13|13].
Para R_4: [0,3,3,2|8] - 3\cdot[0,1,1,5|7] = [0,0,0,-13|-13].
A matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -1 & -2 & -3\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5 & 7\\[4pt] 0 & 0 & 3 & 13 & 13\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -13 & -13 \end{array}\right]]

Passo 6

Agora olhamos para a terceira coluna; o pivô natural está em R_3 e vale 3. Podemos normalizar R_3 dividindo por 3:
R_3\leftarrow \tfrac{1}{3}R_3 = [0,0,1,\tfrac{13}{3},\tfrac{13}{3}].
Este passo nos dá um pivô 1 na terceira coluna, facilitando zerar acima e abaixo (aqui não há abaixo, apenas acima).
Zeramos as entradas da terceira coluna nas linhas acima:
  • R_1\leftarrow R_1 + R_3 (pois R_1 tem -1 na terceira coluna).
  • R_2\leftarrow R_2 - R_3 (pois R_2 tem 1 na terceira coluna).
Calculemos:
Para R_1: [1,0,-1,-2|-3] + [0,0,1,\tfrac{13}{3},\tfrac{13}{3}] = [1,0,0,-2+\tfrac{13}{3},-3+\tfrac{13}{3}].
Fazendo as contas com frações:
-2+\tfrac{13}{3} = -\tfrac{6}{3}+\tfrac{13}{3}=\tfrac{7}{3},\qquad -3+\tfrac{13}{3} = -\tfrac{9}{3}+\tfrac{13}{3}=\tfrac{4}{3}.
Então R_1=[1,0,0,\tfrac{7}{3},\tfrac{4}{3}].
Para R_2: [0,1,1,5,7] - [0,0,1,\tfrac{13}{3},\tfrac{13}{3}] = [0,1,0,5-\tfrac{13}{3},7-\tfrac{13}{3}].
Fazendo as contas:
5-\tfrac{13}{3}=\tfrac{15}{3}-\tfrac{13}{3}=\tfrac{2}{3},\qquad 7-\tfrac{13}{3}=\tfrac{21}{3}-\tfrac{13}{3}=\tfrac{8}{3}.
Então R_2=[0,1,0,\tfrac{2}{3},\tfrac{8}{3}].
A matriz agora é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & \tfrac{7}{3} & \tfrac{4}{3}\\[6pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{2}{3} & \tfrac{8}{3}\\[6pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{13}{3} & \tfrac{13}{3}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & -13 & -13 \end{array}\right]]

Passo 7

A quarta linha tem o único coeficiente não-zero na coluna de w: -13. Normalizamos R_4 dividindo por -13 para obter o pivô 1 na coluna de w:
R_4\leftarrow \tfrac{1}{-13}R_4 = [0,0,0,1,1].
Isso mostra já que w=1.
Agora zeramos a coluna de w nas linhas acima usando R_4:
  • R_1\leftarrow R_1 - \tfrac{7}{3}R_4.
  • R_2\leftarrow R_2 - \tfrac{2}{3}R_4.
  • R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{13}{3}R_4.
Como R_4=[0,0,0,1,1], as subtrações afetam só a coluna w e o termo independente:
Para R_1: \tfrac{4}{3} - \tfrac{7}{3}\cdot 1 = \tfrac{4}{3}-\tfrac{7}{3} = -1. E a coluna w fica 0. Logo R_1=[1,0,0,0,-1].
Para R_2: \tfrac{8}{3} - \tfrac{2}{3}\cdot 1 = \tfrac{6}{3}=2. Logo R_2=[0,1,0,0,2].
Para R_3: \tfrac{13}{3} - \tfrac{13}{3}\cdot 1 = 0. Logo R_3=[0,0,1,0,0].
A matriz totalmente reduzida (forma reduzida por linhas) é:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 1 \end{array}\right]]

Passo 8

Interpretação final (back-substitution simples): cada linha agora dá diretamente o valor de uma variável:
\begin{aligned} x &= -1,\\\ y &= 2,\\\ z &= 0,\\\ w &= 1. \end{aligned}
Pequena checagem mental: se substituir esses valores nas equações originais, todas se satisfazem (por exemplo, x+y+3w = -1+2+3\cdot1 = 4, ok). Então a solução está correta.

Resposta

\displaystyle (-1,\,2,\,0,\,1)^T

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