Resolva os seguintes sistemas lineares aplicando o método de Gauss
\left\{\begin{aligned} x_{1}+x_{2}-x_{3}+2 x_{4} & =6 \\\\ -x_{1}+x_{2}+4 x_{3}-3 x_{4} & =-2 \\\ x_{2}+3 x_{3}+x_{4} & =5 \\\ x_{1}+5 x_{2}+5 x_{3} & =14\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear e dá quatro equações com quatro incógnitas. Vou listar explicitamente as equações e todas as informações que temos, sem resolver ainda:
\begin{cases} x_{1}+x_{2}-x_{3}+2 x_{4} =6,\\[4pt] - x_{1}+x_{2}+4 x_{3}-3 x_{4} =-2,\\[4pt] x_{2}+3 x_{3}+x_{4} =5,\\[4pt] x_{1}+5 x_{2}+5 x_{3} =14. \end{cases}
Informações relevantes:
\text{Incógnitas: }x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}.ó
\text{Equações: 4 equações lineares (mostradas acima).}çõçõ
O objetivo é encontrar todos os vetores (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) que satisfazem simultaneamente essas quatro equações.]

Passo 2

Vou representar o sistema como matriz aumentada (cada linha é uma equação; a última coluna é o termo independente). A matriz aumentada inicial é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 & 6\\[4pt] -1 & 1 & 4 & -3 & -2\\[4pt] 0 & 1 & 3 & 1 & 5\\[4pt] 1 & 5 & 5 & 0 & 14 \end{array}\right].
Explicação rápida (didática): cada linha corresponde a uma equação. Por exemplo, a primeira linha [1\\\ 1\\\ -1\\\ 2\mid6] representa 1\cdot x_{1}+1\cdot x_{2}-1\cdot x_{3}+2\cdot x_{4}=6.]

Passo 3

Relembrando as operações permitidas entre linhas (elas mantêm o conjunto de soluções):
  1. trocar duas linhas;
  2. multiplicar uma linha por um escalar não nulo;
  3. somar a uma linha um múltiplo de outra linha.
Vou aplicar essas operações para transformar a matriz em uma forma triangular (eliminar abaixo dos pivôs). Vou explicar cada operação e por que faço.

Passo 4

Primeiro pivô: elemento na posição (1,1) que é 1. Uso-o para zerar as entradas abaixo na coluna 1 (linhas 2 e 4). Faço:
R2 <- R2 + R1 (pois R2 tem -1 na coluna 1),
R4 <- R4 - R1 (pois R4 tem 1 na coluna 1).
Cálculo das novas linhas:
  • R2: [-1,1,4,-3\mid -2] + [1,1,-1,2\mid6] = [0,2,3,-1\mid4].
  • R4: [1,5,5,0\mid14] - [1,1,-1,2\mid6] = [0,4,6,-2\mid8].
A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 & 6\\[4pt] 0 & 2 & 3 & -1 & 4\\[4pt] 0 & 1 & 3 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 4 & 6 & -2 & 8 \end{array}\right].
Observação didática: escolhi o pivô 1 na linha 1 porque já era conveniente (não precisei multiplicar a linha por algo). O objetivo é obter zeros abaixo do pivô.]

Passo 5

Segundo pivô: quero um pivô simples na coluna 2. Vejo que R3 tem entrada 1 na coluna 2, que é mais simples que o 2 em R2. Então troco R2 com R3 para ter pivô 1:
R2 <-> R3.
Matriz após troca:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 & 6\\[4pt] 0 & 1 & 3 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 2 & 3 & -1 & 4\\[4pt] 0 & 4 & 6 & -2 & 8 \end{array}\right].
Explicação didática: trocar linhas é útil para trazer um pivô mais simples (como 1) e evitar frações desnecessárias.]

Passo 6

Uso o pivô 1 em R2 (coluna 2) para zerar as entradas abaixo na coluna 2 (linhas 3 e 4). Faço:
R3 <- R3 - 2·R2,
R4 <- R4 - 4·R2.
Cálculos:
  • R3: [0,2,3,-1\mid4] - 2\cdot[0,1,3,1\mid5] = [0,0,3-6,-1-2\mid4-10] = [0,0,-3,-3\mid-6].
  • R4: [0,4,6,-2\mid8] - 4\cdot[0,1,3,1\mid5] = [0,0,6-12,-2-4\mid8-20] = [0,0,-6,-6\mid-12].
A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 & 6\\[4pt] 0 & 1 & 3 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & -3 & -3 & -6\\[4pt] 0 & 0 & -6 & -6 & -12 \end{array}\right].
Comentário: note que R4 é exatamente o dobro de R3 (observe os coeficientes e o termo independente).]

Passo 7

Como R4 = 2·R3, R4 traz informação redundante. Posso zerar R4 subtraindo 2·R3:
R4 <- R4 - 2·R3.
Então R4 vira a linha nula [0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\mid 0]. A matriz reduzida por eliminação triangular é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -1 & 2 & 6\\[4pt] 0 & 1 & 3 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & -3 & -3 & -6\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Interpretação didática: a presença de uma linha nula indica que as equações não são linearmente independentes — temos menos restrições do que incógnitas possivelmente, então é provável que haja infinitas soluções.]

Passo 8

Agora faço substituição regressiva (back substitution). Traduzo cada linha (não-nula) em equação:
R3: -3 x_{3} -3 x_{4} = -6.
Divido R3 por -3 (isso facilita a leitura):
x_{3} + x_{4} = 2.
Daqui isolamos x_{3} em função de x_{4}:
x_{3} = 2 - x_{4}.
Explicação didática: quando sobra uma variável livre (aqui x_{4}), introduzimos um parâmetro para ela. Vou chamar x_{4}=t, com t\in\mathbb{R}.

Passo 9

Usando x_{4}=t e x_{3}=2-t, prossigo para R2:
R2: x_{2} + 3 x_{3} + x_{4} = 5.
Substituo x_{3} e x_{4}:
x_{2} + 3(2 - t) + t = 5.
Calculo passo a passo:
x_{2} + 6 -3t + t = 5,
x_{2} + 6 -2t = 5,
x_{2} = 5 -6 +2t = -1 + 2t.
Logo x_{2} = -1 + 2t.

Passo 10

Agora R1:
R1: x_{1} + x_{2} - x_{3} + 2 x_{4} = 6.
Substituo x_{2} = -1 + 2t, x_{3} = 2 - t, x_{4} = t:
x_{1} + (-1 + 2t) - (2 - t) + 2t = 6.
Faço as contas passo a passo:
x_{1} -1 + 2t -2 + t + 2t = 6,
x_{1} + (-1 -2) + (2t + t + 2t) = 6,
x_{1} -3 +5t = 6,
x_{1} = 6 +3 -5t = 9 -5t.
Portanto x_{1} = 9 - 5t.

Passo 11

Resumo das variáveis em função do parâmetro t\in\mathbb{R}:
x_{1} = 9 - 5t,\qquad x_{2} = -1 + 2t,\qquad x_{3} = 2 - t,\qquad x_{4} = t.
Interpretação didática final: como havia uma linha nula no final (dependência entre equações), o sistema tem infinitas soluções parametrizadas por t. Cada valor de t dá uma solução. Por exemplo, para t=0 obtemos a solução particular (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=(9,-1,2,0).

Resposta

x_{1}=9-5t
x_{2}=-1+2t
x_{3}=2-t
x_{4}=t , para t\in\mathbb{R}

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