Resolva o sistema homogêneo e inverta a matriz de coeficientes de:
\left\{\begin{array}{l} 2 w-x+3 y-z=0 \\ w+2 x-y+4 z=0 \\ 3 w+x+2 y+3 z=0 \\ w-3 x+4 y-2 z=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema homogêneo com incógnitas w,x,y,z:
\left\{\begin{array}{l} 2 w-x+3 y-z=0, \\\ w+2 x-y+4 z=0, \\\\ 3 w+x+2 y+3 z=0, \\\ w-3 x+4 y-2 z=0, \end{array}\right.
As informações relevantes são:
  • As equações acima fornecem a matriz de coeficientes A e o vetor nulo à direita.
  • A matriz de coeficientes é
A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 3 & -1 \\\\ 1 & 2 & -1 & 4 \\\\ 3 & 1 & 2 & 3 \\\\ 1 & -3 & 4 & -2 \end{pmatrix}.
O que se pede:
  1. Resolver o sistema homogêneo A\begin{pmatrix}w\x\y\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} (ou seja, encontrar o espaço nulo de A).
  2. Inverter a matriz de coeficientes A (ou justificar por que não é possível).

Passo 2

Método escolhido e porquê (breve):
  • Vou usar eliminação de Gauss (redução por linhas) para colocar a matriz na forma de escada reduzida. Esse método resolve o sistema homogêneo e, em paralelo, permite verificar se A é invertível (se ao aplicar as operações elementares na matriz aumentada [A\mid I] for possível transformar a parte esquerda em I, então A^{-1} aparece à direita).
  • Se a redução produzir uma fila nula à esquerda (menos pivôs que dimensões), isso indica autovalores nulos/linearidade entre as linhas, o que implica que A é singular e não possui inversa. Sempre que o sistema homogêneo tiver solução não-trivial, a matriz é singular.

Passo 3

Construção da matriz aumentada [A\mid I] (vou aplicar as mesmas operações para o sistema homogêneo e para testar a invertibilidade):
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 2 & -1 & 3 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 1 & 2 & -1 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 1 & 2 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -3 & 4 & -2 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].
Para facilitar, primeiro troco R_1 por R_2 (colocar um 1 no pivô inicial):
  • R_1 \leftrightarrow R_2.
Resultado:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & -1 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 2 & -1 & 3 & -1 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 3 & 1 & 2 & 3 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -3 & 4 & -2 & 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 4

Eliminação abaixo do pivô da primeira coluna:
  • R_2 := R_2 - 2R_1
  • R_3 := R_3 - 3R_1
  • R_4 := R_4 - R_1
Cálculos (linha a linha):
  • R_2 (lado esquerdo): [2,-1,3,-1] - 2[1,2,-1,4] = [0,-5,5,-9].
    Aug. direito: [1,0,0,0] - 2[0,1,0,0] = [1,-2,0,0].
  • R_3 (lado esquerdo): [3,1,2,3] - 3[1,2,-1,4] = [0,-5,5,-9].
    Aug. direito: [0,0,1,0] - 3[0,1,0,0] = [0,-3,1,0].
  • R_4 (lado esquerdo): [1,-3,4,-2] - [1,2,-1,4] = [0,-5,5,-6].
    Aug. direito: [0,0,0,1] - [0,1,0,0] = [0,-1,0,1].
Matriz resultante:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 2 & -1 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -5 & 5 & -9 & 1 & -2 & 0 & 0\\[4pt] 0 & -5 & 5 & -9 & 0 & -3 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -5 & 5 & -6 & 0 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right].]

Passo 5

Pivot na coluna 2: dividir R_2 por -5 para ter pivô 1, e eliminar nas outras linhas:
  • R_2 := \dfrac{1}{-5}R_2 = [0,1,-1,\tfrac{9}{5} \mid -\tfrac{1}{5},\tfrac{2}{5},0,0].
Agora elimino a coluna 2 em R_1,R_3,R_4:
  • R_1 := R_1 - 2R_2.
  • R_3 := R_3 + 5R_2 (porque R_3 tem -5 na coluna 2).
  • R_4 := R_4 + 5R_2.
Resultados (mostro os vetores depois da operação):
  • R_1 lado esquerdo: [1,2,-1,4] - 2[0,1,-1,\tfrac{9}{5}] = [1,0,1,\tfrac{2}{5}].
    Aug. direito: [0,1,0,0] - 2[-\tfrac{1}{5},\tfrac{2}{5},0,0] = [\tfrac{2}{5},\tfrac{1}{5},0,0].
  • R_3 lado esquerdo: [0,-5,5,-9] +5[0,1,-1,\tfrac{9}{5}] = [0,0,0,0].
    Aug. direito: [0,-3,1,0] +5[-\tfrac{1}{5},\tfrac{2}{5},0,0] = [-1,-1,1,0].
  • R_4 lado esquerdo: [0,-5,5,-6] +5[0,1,-1,\tfrac{9}{5}] = [0,0,0,3].
    Aug. direito: [0,-1,0,1] +5[-\tfrac{1}{5},\tfrac{2}{5},0,0] = [-1,1,0,1].
A matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 1 & \tfrac{2}{5} & \tfrac{2}{5} & \tfrac{1}{5} & 0 & 0\\[6pt] 0 & 1 & -1 & \tfrac{9}{5} & -\tfrac{1}{5} & \tfrac{2}{5} & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & -1 & 1 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 3 & -1 & 1 & 0 & 1 \end{array}\right].
Observação importante: a terceira linha já tem o lado esquerdo todo zero. Isso indica dependência linear entre as linhas originais (já começamos a ver que possivelmente não teremos 4 pivôs).]

Passo 6

Organizo os pivôs trocando R_3 com R_4 (colocar uma linha com pivô na posição correta):
  • R_3 \leftrightarrow R_4.
Fica:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 1 & \tfrac{2}{5} & \tfrac{2}{5} & \tfrac{1}{5} & 0 & 0\\[6pt] 0 & 1 & -1 & \tfrac{9}{5} & -\tfrac{1}{5} & \tfrac{2}{5} & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 3 & -1 & 1 & 0 & 1\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & -1 & 1 & 0 \end{array}\right].
Agora normalizo R_3 (dividir por 3) para ter pivô 1 em coluna 4:
  • R_3 := \dfrac{1}{3}R_3 = [0,0,0,1 \mid -\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},0,\tfrac{1}{3}].]

Passo 7

Eliminação da coluna 4 nas linhas acima ( R_1 e R_2):
  • R_1 := R_1 - \tfrac{2}{5}R_3.
  • R_2 := R_2 - \tfrac{9}{5}R_3.
Cálculos:
  • Lado esquerdo R_1: [1,0,1,\tfrac{2}{5}] - \tfrac{2}{5}[0,0,0,1] = [1,0,1,0].
    Aug. direito R_1: [\tfrac{2}{5},\tfrac{1}{5},0,0] - \tfrac{2}{5}[-\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},0,\tfrac{1}{3}] = [\tfrac{8}{15},\tfrac{1}{15},0,-\tfrac{2}{15}].
  • Lado esquerdo R_2: [0,1,-1,\tfrac{9}{5}] - \tfrac{9}{5}[0,0,0,1] = [0,1,-1,0].
    Aug. direito R_2: [-\tfrac{1}{5},\tfrac{2}{5},0,0] - \tfrac{9}{5}[-\tfrac{1}{3},\tfrac{1}{3},0,\tfrac{1}{3}] = [\tfrac{2}{5},-\tfrac{1}{5},0,-\tfrac{3}{5}].
A matriz (lado esquerdo) agora está em forma escalonada reduzida nas primeiras três colunas, com a quarta coluna tendo pivô na linha 3. Matriz resultante:
\left[\begin{array}{cccc|cccc} 1 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{8}{15} & \tfrac{1}{15} & 0 & -\tfrac{2}{15}\\[6pt] 0 & 1 & -1 & 0 & \tfrac{2}{5} & -\tfrac{1}{5} & 0 & -\tfrac{3}{5}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{3} & \tfrac{1}{3} & 0 & \tfrac{1}{3}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -1 & -1 & 1 & 0 \end{array}\right].]

Passo 8

Interpretação do escalonamento à esquerda (parte que corresponde a A):
A parte esquerda finalizada é
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Isto mostra que:
  • Há pivôs nas colunas 1, 2 e 4 (três pivôs).
  • A coluna 3 não tem pivô: isso significa que o posto (rank) de A é 3 (menor que 4), logo A é singular (não invertível).
  • Como o sistema é homogêneo, ter posto 3 em um espaço de dimensão 4 implica que a solução do sistema tem dimensão 4-3=1 (uma família de soluções com um parâmetro livre).
Além disso, a presença de uma linha totalmente nula à esquerda confirma que não é possível transformar A em I_4 por operações elementares: portanto, \;A^{-1} não existe.]

Passo 9

Determinar explicitamente o espaço nulo (solução do sistema homogêneo) a partir das equações equivalentes obtidas:
As linhas não-nulas à esquerda correspondem às equações
\begin{array}{l} \text{(i)}\quad w + y = 0,\\[4pt] \text{(ii)}\quad x - y = 0,\\[4pt] \text{(iii)}\quad z = 0. \end{array}
Da (iii) segue \;z=0.
Da (ii) segue \;x=y.
Da (i) segue \;w=-y.
Tomando y como parâmetro livre, ponha y=t com t\in\mathbb{R}. Então
w=-t,\qquad x=t,\qquad y=t,\qquad z=0.
Portanto todas as soluções são múltiplos do vetor (-1,1,1,0).]

Passo 10

Conclusões finais e resposta sobre a inversa:
  • O sistema homogêneo tem solução não-trivial unidimensional: (w,x,y,z)=t(-1,1,1,0), t\in\mathbb{R}.
  • Como existe solução não-trivial, a matriz A é singular (posto 3<4), logo \;A^{-1} não existe.

Resposta

(w,x,y,z)=t(-1,1,1,0),\\ t\in\mathbb{R}.
A matriz de coeficientes A é singular (posto 3), portanto não é invertível: A^{-1} não existe.

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