Resolva os seguintes sistemas utilizando o Método de Gauss-Jordan. Classifique-os.
\left\{\begin{array}{rl}3 x+3 y-2 z-t & =2 \\\\ 5 x+2 y+z-2 t & =1 \\\\ 2 x-y+3 z-t & =-1\end{array}, \quad(t)\left\{\begin{aligned} x+2 y-5 z+4 t & =0 \\\\ 2 x-3 y+2 z+3 t & =0, \\\\ 4 x-7 y+z-6 t & =0\end{aligned}\right.\right.

Passo 1

O que o enunciado pede: resolver, pelo Método de Gauss–Jordan, e classificar os dois sistemas lineares dados. Listei abaixo cada sistema (as incógnitas são [x,y,z,t) em ambos):
Sistema A:
\begin{cases} 3x+3y-2z-t=2,\\[4pt] 5x+2y+z-2t=1,\\[4pt] 2x-y+3z-t=-1, \end{cases}
Sistema B (homogêneo):
\begin{cases} x+2y-5z+4t=0,\\[4pt] 2x-3y+2z+3t=0,\\[4pt] 4x-7y+z-6t=0. \end{cases}
Informações relevantes dadas: ambos têm 3 equações e 4 incógnitas; em A os termos independentes são (2,1,-1)\] e em B todos os termos independentes são \(0. O objetivo para cada sistema é:
  • aplicar Gauss–Jordan (ou seja, reduzir a matriz aumentada até a forma reduzida por linhas),
  • obter a solução geral (se existir),
  • e classificar (única, infinita de soluções, ou sem solução).]

Passo 2

Breve lembrança didática do Método de Gauss–Jordan (útil para a prova): transformamos a matriz aumentada do sistema usando apenas operações elementares de linha:
  1. trocar duas linhas,
  2. multiplicar uma linha por um escalar não nulo,
  3. somar a uma linha um múltiplo escalar de outra linha.
    O objetivo é obter a forma reduzida por linhas (RREF), em que temos pivôs iguais a 1 e zeros acima e abaixo de cada pivô. Cada pivô corresponde a uma variável “básica”; colunas sem pivô correspondem a variáveis livres (parâmetros).
Agora aplico isso ao Sistema A.

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada do Sistema A:
\left[\begin{array}{cccc|c} 3 & 3 & -2 & -1 & 2\\[4pt] 5 & 2 & 1 & -2 & 1\\[4pt] 2 & -1 & 3 & -1 & -1 \end{array}\right].
Vou usar a primeira linha como pivô na coluna x (entrada 3) e eliminar as entradas abaixo.
Faço R_2 \leftarrow R_2 - \tfrac{5}{3}R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{2}{3}R_1. Isso dá:
\left[\begin{array}{cccc|c} 3 & 3 & -2 & -1 & 2\\[4pt] 0 & -3 & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{7}{3}\\[4pt] 0 & -3 & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{7}{3} \end{array}\right].
Observe que R_2 e R_3 ficaram idênticas — sinal de que haverá dependência entre equações.]

Passo 4

Agora escolho a entrada -3 (em R_2, coluna y) como pivô. Divido R_2 por -3 para obter pivô 1:
R_2 \leftarrow \tfrac{1}{-3}R_2 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{cccc|c} 3 & 3 & -2 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{13}{9} & \tfrac{1}{9} & \tfrac{7}{9}\\[4pt] 0 & -3 & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3} & -\tfrac{7}{3} \end{array}\right].
Como R_3 era igual a R_2 antes da divisão, aplica-se também que, depois de normalizar R_2, podemos zerar R_3 subtraindo R_3-R_2.
Faço R_3 \leftarrow R_3 - R_2, obtendo:
\left[\begin{array}{cccc|c} 3 & 3 & -2 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{13}{9} & \tfrac{1}{9} & \tfrac{7}{9}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].]

Passo 5

Agora elimino o 3 acima do pivô da coluna y: faço R_1 \leftarrow R_1 - 3R_2. Isso dá:
\left[\begin{array}{cccc|c} 3 & 0 & \tfrac{7}{3} & -\tfrac{4}{3} & -\tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{13}{9} & \tfrac{1}{9} & \tfrac{7}{9}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Agora torno o pivô da primeira linha igual a 1 dividindo R_1 por 3:
R_1 \leftarrow \tfrac{1}{3}R_1 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & \tfrac{7}{9} & -\tfrac{4}{9} & -\tfrac{1}{9}\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{13}{9} & \tfrac{1}{9} & \tfrac{7}{9}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Agora a matriz já está em forma reduzida por linhas (RREF): pivôs nas colunas x e y; colunas z e t são livres.]

Passo 6

Interpretação das linhas finais como equações:
\begin{aligned} &x + \tfrac{7}{9}z - \tfrac{4}{9}t = -\tfrac{1}{9},\\[4pt] &y - \tfrac{13}{9}z + \tfrac{1}{9}t = \tfrac{7}{9}. \end{aligned}
Como z e t são variáveis livres, chamo \lambda=z e \mu=t (parâmetros arbitrários). Assim:
\begin{aligned} x &= -\tfrac{1}{9} - \tfrac{7}{9}\lambda + \tfrac{4}{9}\mu,\\[4pt] y &= \tfrac{7}{9} + \tfrac{13}{9}\lambda - \tfrac{1}{9}\mu,\\[4pt] z &= \lambda,\\[4pt] t &= \mu. \end{aligned}
Posso escrever a solução em forma vetorial (separando parte particular e combinações dos parâmetros):
\begin{aligned} \begin{pmatrix}x\y\z\t\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}-\tfrac{1}{9}\\[2pt]\tfrac{7}{9}\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} +\lambda\begin{pmatrix}-\tfrac{7}{9}\\[2pt]\tfrac{13}{9}\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix} +\mu\begin{pmatrix}\tfrac{4}{9}\\[2pt]-\tfrac{1}{9}\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix}, \qquad \lambda,\mu\in\mathbb{R}. \end{aligned}]

Passo 7

Classificação do Sistema A: há duas variáveis livres ( z e t), o posto (rank) da matriz de coeficientes é 2 (duas linhas independentes), que é menor que o número de incógnitas 4. Portanto o sistema é consistente e tem infinitas soluções (um espaço afim de dimensão 2).
Agora resolvo o Sistema B.

Passo 8

Matriz aumentada do Sistema B (homogêneo):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -5 & 4 & 0\\[4pt] 2 & -3 & 2 & 3 & 0\\[4pt] 4 & -7 & 1 & -6 & 0 \end{array}\right].
Uso R_1 como pivô na coluna x e elimino abaixo.
Faço R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - 4R_1. Resultado:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -5 & 4 & 0\\[4pt] 0 & -7 & 12 & -5 & 0\\[4pt] 0 & -15 & 21 & -22 & 0 \end{array}\right].]

Passo 9

Normalizo R_2 dividindo por -7:
R_2 \leftarrow \tfrac{1}{-7}R_2 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -5 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{12}{7} & \tfrac{5}{7} & 0\\[4pt] 0 & -15 & 21 & -22 & 0 \end{array}\right].
Elimino em R_3 a entrada -15 na coluna y somando 15R_2 a R_3:
R_3 \leftarrow R_3 + 15R_2,
obtendo
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -5 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{12}{7} & \tfrac{5}{7} & 0\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{33}{7} & -\tfrac{79}{7} & 0 \end{array}\right].]

Passo 10

Normalizo R_3 dividindo por -\tfrac{33}{7} (equivalente a multiplicar por -7/33), para ter pivô 1 na coluna z:
R_3 \leftarrow \left(-\tfrac{7}{33}\right)R_3 \quad\Rightarrow\quad \left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -5 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{12}{7} & \tfrac{5}{7} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{79}{33} & 0 \end{array}\right].
Agora elimino as entradas acima do pivô em z.]

Passo 11

Eliminação da coluna z:
  • Em R_2: faço R_2 \leftarrow R_2 + \tfrac{12}{7}R_3. Calculando o novo coeficiente na coluna t:
\tfrac{5}{7} + \tfrac{12}{7}\cdot\tfrac{79}{33} = \tfrac{5}{7} + \tfrac{316}{77} = \tfrac{55}{77} + \tfrac{316}{77} = \tfrac{371}{77} = \tfrac{53}{11}.
Logo R_2 fica [0\\\ 1\\\ 0\\ \tfrac{53}{11}\\ |\\\ 0].
  • Em R_1: faço R_1 \leftarrow R_1 + 5R_3. O novo coeficiente na coluna t é
4 + 5\cdot\tfrac{79}{33} = \tfrac{132}{33} + \tfrac{395}{33} = \tfrac{527}{33}.
Então R_1 passa a [1\\\ 2\\\ 0\\ \tfrac{527}{33}\\ |\\\ 0].
A matriz agora é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & \tfrac{527}{33} & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{53}{11} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{79}{33} & 0 \end{array}\right].]

Passo 12

Finalmente elimino a entrada 2 em R_1, coluna y, usando R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2. O coeficiente na coluna t em R_1 vira
\tfrac{527}{33} - 2\cdot\tfrac{53}{11} = \tfrac{527}{33} - \tfrac{106}{11} = \tfrac{527}{33} - \tfrac{318}{33} = \tfrac{209}{33}.
A matriz em RREF fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & \tfrac{209}{33} & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{53}{11} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{79}{33} & 0 \end{array}\right].]

Passo 13

Interpretação das equações finais (Sistema B):
\begin{aligned} x + \tfrac{209}{33}t &= 0,\\[4pt] y + \tfrac{53}{11}t &= 0,\\[4pt] z + \tfrac{79}{33}t &= 0. \end{aligned}
A variável t é livre; chamo t=\theta ( \theta\in\mathbb{R}). Assim:
\begin{aligned} x &= -\tfrac{209}{33}\theta,\\[4pt] y &= -\tfrac{53}{11}\theta,\\[4pt] z &= -\tfrac{79}{33}\theta,\\[4pt] t &= \theta. \end{aligned}
Como preferir uma forma com coeficientes inteiros, posso escolher \theta=33s (reparametrização), obtendo a solução em função de s\in\mathbb{R}:
\begin{pmatrix}x\y\z\t\end{pmatrix} =s\begin{pmatrix}-209\\\ -159\\\ -79\\\ 33\end{pmatrix},\qquad s\in\mathbb{R}.]

Passo 14

Classificação do Sistema B: é homogêneo, o posto é 3 (três pivôs, nas colunas x,y,z), menor que o número de incógnitas 4. Portanto tem infinitas soluções; além da solução trivial \vec{0}, existem soluções não-triviais (o espaço solução é uma reta unidimensional, parâtrica por s).

Resposta

Sistema A: solução geral
\begin{pmatrix}x\y\z\t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-\tfrac{1}{9}\\[2pt]\tfrac{7}{9}\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix} +\lambda\begin{pmatrix}-\tfrac{7}{9}\\[2pt]\tfrac{13}{9}\\[2pt]1\\[2pt]0\end{pmatrix} +\mu\begin{pmatrix}\tfrac{4}{9}\\[2pt]-\tfrac{1}{9}\\[2pt]0\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad \lambda,\mu\in\mathbb{R}.
Classificação: consistente com infinitas soluções (grau de liberdade 2).
Sistema B: solução geral
\begin{pmatrix}x\y\z\t\end{pmatrix} =s\begin{pmatrix}-209\\\ -159\\\ -79\\\ 33\end{pmatrix},\quad s\in\mathbb{R}.
Classificação: homogêneo com infinitas soluções não-triviais (espaço solução unidimensional).]

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