Resolva os seguintes sistemas utilizando o Método de Gauss-Jordan. Classifique-os.
\left\{\begin{array}{rr}x+2 y-z & +w=0 \\\\ -x-y+2 z-3 t+w & =0 \\\ x+y-2 z & -w=0 \\\ z+t+w & =0\end{array}, \quad(f)\left\{\begin{aligned} x+y-3 z+t & =1 \\\\ 3 x+3 y+z+2 t & =0, \\\\ 2 x+y+z-2 t & =4\end{aligned}\right.\right.

Passo 1

Temos que resolver, pelo Método de Gauss-Jordan, e classificar dois sistemas. Vou listar exatamente o que cada enunciado dá e o que pede:
Sistema 1 (quatro equações, cinco incógnitas):
\begin{cases} x+2y-z+w=0,\\[4pt] -x-y+2z-3t+w=0,\\[4pt] x+y-2z-w=0,\\[4pt] z+t+w=0. \end{cases}
Dados relevantes: coeficientes e termos independentes (todos termos independentes são [0)). O pedido: resolver (encontrar todas as soluções) e classificar (se é possível único, infinitas soluções ou impossível).
Sistema (f) (três equações, quatro incógnitas):
\begin{cases} x+y-3z+t=1,\\[4pt] 3x+3y+z+2t=0,\\[4pt] 2x+y+z-2t=4. \end{cases}
Dados relevantes: coeficientes e termos independentes ((1,0,4)]. O pedido: resolver (encontrar as soluções) e classificar.
A partir do próximo passo começo a aplicar o Método de Gauss-Jordan (montar matriz aumentada, aplicar operações elementares para obter a forma reduzida por linhas) em cada sistema passo a passo.]

Passo 2

Breve aula rápida sobre o Método de Gauss-Jordan (pra ficar tranquilo na prova):
  • Representamos o sistema por sua matriz aumentada: cada linha é uma equação, cada coluna é uma variável, e a última coluna são os termos independentes.
  • Operações elementares permitidas sobre linhas: (1) trocar duas linhas, (2) multiplicar uma linha por um número não nulo, (3) somar a um linha um múltiplo de outra linha. Essas operações preservam o conjunto de soluções.
  • O objetivo do Gauss-Jordan é transformar a matriz aumentada em forma reduzida por linhas (RREF), onde cada variável básica tem um pivô 1 numa coluna e zeros em toda a coluna. A partir dessa forma lemos as equações finais e identificamos variáveis básicas e livres.
  • Variáveis livres correspondem a colunas sem pivô; atribuímos parâmetros e escrevemos a solução geral em termos desses parâmetros.
    Agora aplico isso passo a passo ao Sistema 1.

Passo 3

Começamos o Sistema 1. Ordeno as incógnitas como x,y,z,w,t. Montamos a matriz aumentada (coluna à direita é o vetor de termos independentes, todos zeros aqui):
\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] -1 & -1 & 2 & 1 & -3 & 0\\[4pt] 1 & 1 & -2 & -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right).
Explico: cada linha corresponde a uma equação; por exemplo a primeira linha \,(1,2,-1,1,0\mid0)\, representa \,1\cdot x+2\cdot y-1\cdot z+1\cdot w+0\cdot t=0.]

Passo 4

Vamos usar a primeira linha como pivô na coluna de x. Aplicamos operações para zerar abaixo do pivô:
  • R_2 \leftarrow R_2 + R_1 (elimina o -1 em R_2 na coluna x),
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1 (elimina o 1 em R_3 na coluna x).
Faço as contas linha a linha:
R_2 + R_1: (-1+1,\,-1+2,\,2+(-1),\,1+1,\,-3+0\mid 0+0) = (0,1,1,2,-3\mid 0).
R_3 - R_1: (1-1,\,1-2,\,-2-(-1),\,-1-1,\,0-0\mid 0-0) = (0,-1,-1,-2,0\mid 0).
A matriz torna-se:
\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 2 & -3 & 0\\[4pt] 0 & -1 & -1 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right).]

Passo 5

Agora usamos a segunda linha como pivô na coluna de y (já tem 1). Eliminamos os outros elementos na coluna y:
  • R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2 (zera o 2 em R_1),
  • R_3 \leftarrow R_3 + R_2 (zera o -1 em R_3).
Calculemos:
R_1 - 2R_2: (1-0,\;2-2,\;-1-2\cdot1,\;1-2\cdot2,\;0-2\cdot(-3)\mid 0-2\cdot0) \
\quad= (1,0,-3,-3,6\mid 0).
R_3 + R_2: (0+0,\,-1+1,\,-1+1,\,-2+2,\;0+(-3)\mid 0+0) \
\quad= (0,0,0,0,-3\mid 0).
A matriz fica:
\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & -3 & -3 & 6 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 2 & -3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0 \end{array}\right).]

Passo 6

Observando a terceira coluna, temos uma linha com coeficiente em z na linha 4. Troco R_3 com R_4 para obter um pivô em posição mais conveniente:
  • R_3 \leftrightarrow R_4.
Depois da troca:
\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & -3 & -3 & 6 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 2 & -3 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -3 & 0 \end{array}\right).
Agora use R_3 (pivô em z) para zerar os outros elementos em sua coluna:
  • R_1 \leftarrow R_1 + 3R_3,
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_3.
Cálculos:
R_1 +3R_3: (1+0,\;0+0,\;-3+3\cdot1,\;-3+3\cdot1,\;6+3\cdot1\mid 0+0) = (1,0,0,0,9\mid 0).
R_2 - R_3: (0-0,\;1-0,\;1-1,\;2-1,\;-3-1\mid 0-0) = (0,1,0,1,-4\mid 0).
A matriz passa a:
\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 9 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 1 & -4 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -3 & 0 \end{array}\right).]

Passo 7

Agora use R_4 para pivotar na coluna de t (quinta coluna). Primeiro divido R_4 por -3 para obter pivô 1:
  • R_4 \leftarrow \frac{1}{-3}R_4 resultando em R_4=(0,0,0,0,1\mid 0).
Depois, zere os coeficientes na coluna t nas demais linhas usando R_4:
  • R_1 \leftarrow R_1 - 9R_4,
  • R_2 \leftarrow R_2 + 4R_4,
  • R_3 \leftarrow R_3 - 1R_4.
Aplicando:
R_1 - 9R_4 = (1,0,0,0,0\mid 0).
R_2 + 4R_4 = (0,1,0,1,0\mid 0).
R_3 - R_4 = (0,0,1,1,0\mid 0).
Agora a matriz está em forma reduzida:
\left(\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right).]

Passo 8

Interpreto a forma reduzida em equações:
  • [R_1:) \;x=0.
  • R_2: \;y + w = 0 \Rightarrow y = -w.
  • R_3: \;z + w = 0 \Rightarrow z = -w.
  • R_4: \;t = 0.
A variável w não tem pivô (coluna sem pivô) — é variável livre. Chamo w=s, com s\in\mathbb{R}.
Logo a solução geral do Sistema 1 é
\begin{cases} x=0,\\[4pt] y=-s,\\[4pt] z=-s,\\[4pt] w=s,\\[4pt] t=0, \end{cases} \quad s\in\mathbb{R}.
Ou em forma vetorial ((x,y,z,w,t)=s(0,-1,-1,1,0)].
Classificação: há infinitas soluções (sistema compatível indeterminado) porque existem menos equações independentes que incógnitas e não apareceu contradição.]

Passo 9

Agora aplico o mesmo procedimento ao sistema (f). Ordeno as incógnitas como x,y,z,t e monto a matriz aumentada:
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -3 & 1 & 1\\[4pt] 3 & 3 & 1 & 2 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 1 & -2 & 4 \end{array}\right).]

Passo 10

Usando R_1 como pivô na coluna x, zerei abaixo:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1,
  • R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1.
Calculemos:
R_2 - 3R_1: (3-3\cdot1,\;3-3\cdot1,\;1-3(-3),\;2-3\cdot1\mid 0-3\cdot1) \
\quad= (0,0,1+9,\;2-3,\;-3) = (0,0,10,-1\mid -3).
R_3 - 2R_1: (2-2\cdot1,\;1-2\cdot1,\;1-2(-3),\;-2-2\cdot1\mid 4-2\cdot1) \
\quad= (0,-1,1+6,-2-2,2) = (0,-1,7,-4\mid 2).
Nova matriz:
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -3 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 10 & -1 & -3\\[4pt] 0 & -1 & 7 & -4 & 2 \end{array}\right).]

Passo 11

Observando a coluna y, a linha R_3 tem -1. Troco R_2 com R_3 para obter pivô na coluna y mais acima:
  • R_2 \leftrightarrow R_3,
a matriz fica:
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 1 & -3 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 7 & -4 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 10 & -1 & -3 \end{array}\right).
Multiplico R_2 por -1 para ter pivô 1:
  • R_2 \leftarrow -R_2 = (0,1,-7,4\mid -2).
Agora elimino o 1 na coluna y de R_1:
  • R_1 \leftarrow R_1 - R_2.
Calcule:
R_1 - R_2: (1-0,\;1-1,\;-3-(-7),\;1-4\mid 1-(-2)) \
\quad= (1,0,4,-3\mid 3).
A matriz fica:
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 4 & -3 & 3\\[4pt] 0 & 1 & -7 & 4 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 10 & -1 & -3 \end{array}\right).]

Passo 12

Agora use R_3 para pivotar a coluna z. Primeiro divido por 10:
  • R_3 \leftarrow \frac{1}{10}R_3 = (0,0,1,-\tfrac{1}{10}\mid -\tfrac{3}{10}).
Em seguida zere as outras entradas na coluna z:
  • R_1 \leftarrow R_1 - 4R_3,
  • R_2 \leftarrow R_2 + 7R_3.
Façamos as contas:
Para R_1 - 4R_3:
R_1=(1,0,4,-3\mid 3) menos 4\cdot(0,0,1,-\tfrac{1}{10}\mid -\tfrac{3}{10})
(1,0,0,\;-3 -4\cdot(-\tfrac{1}{10}),\;3 -4\cdot(-\tfrac{3}{10})).
Calcule os termos:
-3 -4(-\tfrac{1}{10}) = -3 + \tfrac{4}{10} = -3 + \tfrac{2}{5} = -\tfrac{15}{5} + \tfrac{2}{5} = -\tfrac{13}{5}.
3 -4(-\tfrac{3}{10}) = 3 + \tfrac{12}{10} = 3 + \tfrac{6}{5} = \tfrac{15}{5} + \tfrac{6}{5} = \tfrac{21}{5}.
Então R_1 = (1,0,0,-\tfrac{13}{5}\mid \tfrac{21}{5}).
Para R_2 + 7R_3:
R_2=(0,1,-7,4\mid -2) mais 7\cdot(0,0,1,-\tfrac{1}{10}\mid -\tfrac{3}{10})
(0,1,0,\;4+7(-\tfrac{1}{10}),\;-2+7(-\tfrac{3}{10})).
Calcule:
4 - \tfrac{7}{10} = \tfrac{40}{10} - \tfrac{7}{10} = \tfrac{33}{10}.
-2 - \tfrac{21}{10} = -\tfrac{20}{10} - \tfrac{21}{10} = -\tfrac{41}{10}.
Então R_2 = (0,1,0,\tfrac{33}{10}\mid -\tfrac{41}{10}).
A matriz agora está:
\left(\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & -\tfrac{13}{5} & \tfrac{21}{5}\\[6pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{33}{10} & -\tfrac{41}{10}\\[6pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{10} & -\tfrac{3}{10} \end{array}\right).]

Passo 13

Interpreto a forma reduzida final como um sistema de equações (cada linha é uma equação):
\begin{aligned} x - \tfrac{13}{5}t &= \tfrac{21}{5},\\[4pt] y + \tfrac{33}{10}t &= -\tfrac{41}{10},\\[4pt] z - \tfrac{1}{10}t &= -\tfrac{3}{10}. \end{aligned}
A coluna de t não tem pivô, logo t é variável livre. Chamo t=s, com s\in\mathbb{R}.
Isolando as variáveis básicas em função de s:
\begin{aligned} x &= \tfrac{21}{5} + \tfrac{13}{5}s,\\[4pt] y &= -\tfrac{41}{10} - \tfrac{33}{10}s,\\[4pt] z &= -\tfrac{3}{10} + \tfrac{1}{10}s,\\[4pt] t &= s. \end{aligned}
Podemos reescrever de forma mais compacta:
(x,y,z,t)=\left(\tfrac{21}{5},-\tfrac{41}{10},-\tfrac{3}{10},0\right) + s\left(\tfrac{13}{5},-\tfrac{33}{10},\tfrac{1}{10},1\right),\quad s\in\mathbb{R}.
Não houve linha contraditória do tipo (0\,0\,0\,0\mid c) com c\neq0, portanto o sistema é compatível. Como há uma variável livre ( t), temos infinitas soluções (sistema compatível indeterminado).]

Resposta

Sistema 1: (x,y,z,w,t)=(0,-s,-s,s,0),\\ s\in\mathbb{R}. Sistema compatível indeterminado (infinitas soluções).
Sistema (f): (x,y,z,t)=\Big(\tfrac{21}{5},-\tfrac{41}{10},-\tfrac{3}{10},0\Big) + s\Big(\tfrac{13}{5},-\tfrac{33}{10},\tfrac{1}{10},1\Big),\\ s\in\mathbb{R}. Sistema compatível indeterminado (infinitas soluções).

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