QUESTÃO 2: Se existir solução, resolva o Sistema pelo método de Gauss [forma escada] (Dica: Aplicar o Teorema do Posto) (3 pontos)
S 2=\left\{\begin{array}{c} (D+1) x_{1}+2 x_{2}+0 x_{3}+x_{4}=7-C \\\ x_{1}+(D+1) x_{2}+x_{3}-x_{4}=3-C \\\\ 3 x_{1}+x_{2}+(D+1) x_{3}-7 x_{4}=1-C \end{array}\right.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede (peguei tudo do enunciado).
  • Sistema S2\): \[\begin{cases} (D+1)x_{1}+2x_{2}+0x_{3}+x_{4}=7-C,\\[4pt] x_{1}+(D+1)x_{2}+x_{3}-x_{4}=3-C,\\[4pt] 3x_{1}+x_{2}+(D+1)x_{3}-7x_{4}=1-C. \end{cases}
  • Variáveis desconhecidas: x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\]. - Parâmetros: \(D e C (valores quaisquer; temos que estudar dependência das soluções em D e C).
O enunciado pede: resolver o sistema (se existir solução), pelo método de Gauss (forma escada) e usar o Teorema do Posto (ou seja, verificar consistência/rango e fornecer a solução paramétrica quando houver).
Observações importantes para a resolução que vem a seguir:
  • Vou montar a matriz aumentada e reduzir em forma escalonada (Gauss).
  • Como o sistema tem 3 equações e 4 incógnitas, não pode haver solução única; ou inexistência, ou família infinita (graus de liberdade ≥ 1).
  • Para decidir consistência vou usar o Teorema do Posto (comparo posto da matriz dos coeficientes com o posto da matriz aumentada).
  • Em certos passos surgirão determinantes de submatrizes 3\times3; estes determinantes servem para verificar independência de colunas (e portanto o posto).]

Passo 2

Montar a matriz aumentada e começar eliminação elementar (troca de linhas, somas múltiplas).
Matriz aumentada [A\mid b] (peguei os coeficientes do enunciado):
\left[\begin{array}{cccc|c} D+1 & 2 & 0 & 1 & 7-C\\[4pt] 1 & D+1 & 1 & -1 & 3-C\\[4pt] 3 & 1 & D+1 & -7 & 1-C \end{array}\right].
Para facilitar a eliminação, troco a linha 1 com a linha 2 (como a segunda linha tem coeficiente 1 em x_1 — pivô simples):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & D+1 & 1 & -1 & 3-C\\[4pt] D+1 & 2 & 0 & 1 & 7-C\\[4pt] 3 & 1 & D+1 & -7 & 1-C \end{array}\right].
Agora elimino os coeficientes abaixo do pivô da coluna 1:
  • L_2 \leftarrow L_2 - (D+1)L_1.
  • L_3 \leftarrow L_3 - 3L_1.
Cálculos (cada entrada obtida pela operação acima; mostro os detalhes):
  • Em L_2:
    • primeira entrada: D+1-(D+1)\cdot1=0.
    • segunda: 2-(D+1)(D+1)=2-(D+1)^2.
    • terceira: 0-(D+1)\cdot1=-(D+1).
    • quarta: 1-(D+1)(-1)=1+(D+1)=D+2.
    • termo independente: 7-C-(D+1)(3-C)=7-C-3(D+1)+(D+1)C. Simplificando: 7-C-3D-3+CD+C=4-3D+CD=4+D(C-3).
  • Em L_3:
    • primeira: 3-3\cdot1=0.
    • segunda: 1-3(D+1)=1-3D-3=-3D-2.
    • terceira: (D+1)-3\cdot1=D-2.
    • quarta: -7-3(-1)=-7+3=-4.
    • termo independente: 1-C-3(3-C)=1-C-9+3C=2C-8.
Após essas operações a matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & D+1 & 1 & -1 & 3-C\\[4pt] 0 & 2-(D+1)^2 & -(D+1) & D+2 & 4+D(C-3)\\[4pt] 0 & -3D-2 & D-2 & -4 & 2C-8 \end{array}\right].]

Passo 3

Identificar um subdeterminante 3\times3 útil para aplicar o Teorema do Posto.
Considere a submatriz formada pelas colunas x_1,x_2,x_3 (as três primeiras colunas) — chamo-a M:
M=\begin{pmatrix} D+1 & 2 & 0\\[4pt] 1 & D+1 & 1\\[4pt] 3 & 1 & D+1 \end{pmatrix}.
Calculo o determinante de M (isso me diz se as três primeiras colunas são linearmente independentes):
  • Denotando a=D+1, usa-se expansão: \det M = a(a^2-1) - 2(a-3).
  • Fazendo as contas chega-se a
\det M = D^3 + 3D^2 + 4.
Denomino este valor por \Delta:
\Delta := D^3 + 3D^2 + 4.
Interpretação (Teorema do Posto):
  • Se \Delta \neq 0, então as colunas 1,2,3 são independentes, logo a matriz de coeficientes tem posto 3. Como a matriz aumentada tem no máximo posto 3 (há somente 3 linhas), o sistema é consistente para qualquer C. Como há 4 incógnitas, teremos família de soluções com 1 parâmetro (grau de liberdade 1).
  • Se \Delta = 0, pode ocorrer dependência entre as colunas 1,2,3. Então é preciso verificar outros menores 3\times3 (por exemplo usando a coluna x_4) para decidir o posto. Vou calcular um desses outros menores para concluir o posto em todos os casos.]

Passo 4

Calcular outro menor 3\times3 que inclua a coluna do x_4. Escolho as colunas 1,2,4:
N=\begin{pmatrix} D+1 & 2 & 1\\[4pt] 1 & D+1 & -1\\[4pt] 3 & 1 & -7 \end{pmatrix}.
Calculo \det N. Fazendo as contas obtemos
\det N = -D(7D+16).
Conclusão sobre o posto (fundamental para consistência):
  • Se \Delta \neq 0 então posto da matriz de coeficientes é 3.
  • Se \Delta = 0, então verifico \det N. Observe que as raízes de \det N são D=0 ou D=-16/7. Mas substituindo D=0 ou D=-16/7 em \Delta dá valores diferentes de zero (verificação direta), portanto \Delta e \det N não têm raiz comum. Logo em qualquer D onde \Delta=0 teremos \det N\neq0. Assim, para todo D real, pelo menos um dos dois menores 3\times3 é não nulo. Portanto o posto da matriz de coeficientes é sempre 3 para qualquer D real.
Portanto (aplicando o Teorema do Posto):
  • Para todo D real o posto da matriz dos coeficientes é 3.
  • A matriz aumentada tem posto também 3 (pois não pode ser maior do que o número de linhas, que é 3).
  • Logo o sistema é sempre consistente (existe solução) para qualquer D e qualquer C.
  • Como são 4 incógnitas e posto =3, a solução é uma família infinita com 1 parâmetro livre.
Agora faço a resolução explícita (Gauss) e obtenho a solução paramétrica.]

Passo 5

Resolver explicitamente quando \Delta\neq0 (caso “genérico”): escolho x_4 como parâmetro livre t. Este é o caminho prático: definir x_{4}=t e resolver para x_1,x_2,x_3.
Para \Delta\neq0 as três primeiras colunas formam uma matriz invertível M, então por regra de Cramer (ou inversão) temos
(x_1,x_2,x_3)^{T} = M^{-1}\big( b - t\cdot v\big),
onde b=(7-C,\,3-C,\,1-C)^{T} e v=(1,-1,-7)^{T} (vê-se x_4 multiplicando essa coluna). Aplicando a regra de Cramer e calculando os determinantes (mostro os resultados das contas; cada determinante foi calculado com as operações padrão), obtemos as expressões lineares em t abaixo.
Defino novamente
\Delta = D^{3}+3D^{2}+4.
Então, para \Delta\neq0, com t parâmetro livre ( x_4=t), as soluções são:
\displaystyle x_{1}=\frac{D^{2}(7-C)+8D-4 + t\big(-D^{2}-4D+12\big)}{\Delta},
\displaystyle x_{2}=\frac{D^{2}(3-C)-2D+16-2C + t\big(D^{2}-4D-8\big)}{\Delta},
\displaystyle x_{3}=\frac{D^{2}(1-C)+2D(C-11)-2C + t\big(D(7D+16)\big)}{\Delta},
\displaystyle x_{4}=t,\qquad t\in\mathbb{R}.
Essas expressões são obtidas por desenvolvimento dos determinantes de Cramer para cada coordenada e são válidas sempre que \Delta\neq0. (Observe que cada numerador é uma combinação linear em t cujos coeficientes dependem de D e C.)

Passo 6

Tratar o caso especial quando \Delta=0 (pouco comum, uma dada raiz real de D^{3}+3D^{2}+4=0).
  • Se \Delta=0, a submatriz M (colunas 1,2,3) é singular, então não podemos usar Cramer com essas três colunas. Contudo, já vimos que para esse D temos \det N\neq0 (isto é, as colunas 1,2,4 são independentes). Então escolho x_3 como parâmetro livre s e resolvo o sistema pelas colunas 1,2,4.
Procedimento (resumo):
  • Escrevo o sistema como N\cdot (x_1,x_2,x_4)^T = b - s\cdot c, onde c é a coluna 3 original, c=(0,1,D+1)^T, e s=x_3.
  • Como \det N = -D(7D+16)\neq0 nesse caso, aplico Cramer para obter x_1,x_2,x_4 em função de s (e de C,D).
Fazendo os cálculos (determinantes), para o caso \Delta=0 obtemos (aqui s é o parâmetro livre: x_3=s):
\displaystyle x_{1}=\frac{D(8C-50)-6C + s\big(D^{2}+4D-12\big)}{-D(7D+16)},
\displaystyle x_{2}=\frac{D(-20+6C)+4C + s\big(-D^{2}+4D+8\big)}{-D(7D+16)},
\displaystyle x_{4}=\frac{D^{2}(1-C)+2D(C-12)}{-D(7D+16)},
\displaystyle x_{3}=s,\qquad s\in\mathbb{R}.
Observação importante: quando \Delta=0 o termo que multiplicava s em x_4 saiu proporcional a -\Delta, portanto o termo em s desaparece em x_4 (fica x_4 independente de s); já x_1,x_2 permanecem afins em s. Isto é só uma consequência algébrica específica desse caso singular.

Passo 7

Resumo das conclusões (o que o Teorema do Posto e a eliminação nos mostram, interpretando para a prova):
  • Para todo D\in\mathbb{R} e qualquer C\in\mathbb{R} o sistema é consistente (existe solução), porque o posto da matriz de coeficientes é sempre 3 e a matriz aumentada tem posto 3.
  • Sempre há uma família infinita de soluções com 1 parâmetro livre.
  • Procedimento prático na prova:
    • Calcule \Delta=D^{3}+3D^{2}+4.
    • Se \Delta\neq0, escolha x_4=t e use as fórmulas do Passo 5 (obtidas por Cramer / inversão de M).
    • Se \Delta=0, escolha x_3=s e use as fórmulas do Passo 6 (obtidas por Cramer na submatriz N que contém a coluna de x_4).

Resposta

Para \Delta=D^{3}+3D^{2}+4\neq0:
x_{1}=\frac{D^{2}(7-C)+8D-4 + x_{4}\big(-D^{2}-4D+12\big)}{\Delta},
x_{2}=\frac{D^{2}(3-C)-2D+16-2C + x_{4}\big(D^{2}-4D-8\big)}{\Delta},
x_{3}=\frac{D^{2}(1-C)+2D(C-11)-2C + x_{4}\big(D(7D+16)\big)}{\Delta},
x_{4}\text{ livre (denotada }x_{4}=t\text{).}
Para \Delta=D^{3}+3D^{2}+4=0 (caso singular; então \det N=-D(7D+16)\neq0):
x_{1}=\frac{D(8C-50)-6C + x_{3}\big(D^{2}+4D-12\big)}{-D(7D+16)},
x_{2}=\frac{D(-20+6C)+4C + x_{3}\big(-D^{2}+4D+8\big)}{-D(7D+16)},
x_{4}=\frac{D^{2}(1-C)+2D(C-12)}{-D(7D+16)},
x_{3}\text{ livre (denotada }x_{3}=s\text{).}

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