1-Resolva o sistema linear abaixo através do método direto de Gauss e classifique-0 quanto ao número de soluções:
\left\{\begin{array}{c} X 1+2 X 2+X 3-2 X 4=2 \\\ X 1+X 2+2 X 3-X 4=3 \\\ X 1+X 2-X 3-X 4=0 \\\ X 1+X 2+X 3-X 4=2 \end{array}\right.

Passo 1

Vou deixar muito claro o que o enunciado pede e quais são os dados fornecidos. O sistema linear dado é:
\begin{cases} X_1+2X_2+X_3-2X_4=2,\\[4pt] X_1+X_2+2X_3-X_4=3,\\[4pt] X_1+X_2-X_3-X_4=0,\\[4pt] X_1+X_2+X_3-X_4=2. \end{cases}
Perguntas que o enunciado faz:
  • Resolver o sistema usando o método direto de Gauss (eliminação de Gauss).
  • Classificar o sistema quanto ao número de soluções (única, nenhuma ou infinitas).
Informações relevantes:
  • São quatro equações e quatro incógnitas X_1,X_2,X_3,X_4.
  • O método pedido é a eliminação de Gauss (transformar a matriz aumentada em forma triangular por operações elementares de linha).]

Passo 2

Primeiro passo prático: escrever a matriz aumentada do sistema. Organizando as colunas para X_1,X_2,X_3,X_4 e a coluna de termos independentes, a matriz aumentada é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & -2 & 2\\[4pt] 1 & 1 & 2 & -1 & 3\\[4pt] 1 & 1 & -1 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1 & -1 & 2 \end{array}\right].
A ideia da eliminação de Gauss é usar operações elementares de linha (somar múltiplos de uma linha a outra, trocar linhas ou multiplicar uma linha por um escalar não nulo) para obter zeros abaixo dos pivôs, transformando a matriz em forma triangular superior.]

Passo 3

Usar a primeira linha R_1 como pivô para zerar as entradas da coluna 1 nas linhas 2, 3 e 4. Fazemos R_i \leftarrow R_i - R_1 para i=2,3,4.
Cálculos:
  • R_2-R_1:\; (1-1,\;1-2,\;2-1,\;-1-(-2),\;3-2)=(0,-1,1,1,1).
  • R_3-R_1:\; (1-1,\;1-2,\;-1-1,\;-1-(-2),\;0-2)=(0,-1,-2,1,-2).
  • R_4-R_1:\; (1-1,\;1-2,\;1-1,\;-1-(-2),\;2-2)=(0,-1,0,1,0).
A matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & -2 & 2\\[4pt] 0 & -1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & -2 & 1 & -2\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right].]

Passo 4

Agora escolho a linha 2 como pivô para a coluna 2 (o pivô é -1 nesta etapa). Vou eliminar as entradas da coluna 2 nas linhas 3 e 4 fazendo R_3 \leftarrow R_3 - R_2 e R_4 \leftarrow R_4 - R_2.
Cálculos:
  • R_3-R_2:\; (0-0,\;-1-(-1),\;-2-1,\;1-1,\;-2-1)=(0,0,-3,0,-3).
  • R_4-R_2:\; (0-0,\;-1-(-1),\;0-1,\;1-1,\;0-1)=(0,0,-1,0,-1).
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & -2 & 2\\[4pt] 0 & -1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & -3 & 0 & -3\\[4pt] 0 & 0 & -1 & 0 & -1 \end{array}\right].]

Passo 5

Agora usemos a linha 3 como pivô na coluna 3. O pivô atual é -3. Para simplificar, dividimos a linha 3 por -3 (operação permitida) para tornar o pivô igual a 1:
R_3 \leftarrow \frac{1}{-3}R_3 \;\Rightarrow\; R_3=(0,0,1,0,1).
Em seguida, usamos R_3 para zerar a entrada da coluna 3 em R_4, fazendo R_4 \leftarrow R_4 + R_3 (porque R_4 tem -1 nessa posição):
  • R_4 + R_3:\; (0,0,-1,0,-1)+(0,0,1,0,1)=(0,0,0,0,0).
A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & -2 & 2\\[4pt] 0 & -1 & 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
A quarta linha ficou toda zero: isso significa uma equação 0=0, que não gera contradição nem informação adicional. O sistema permanece potencialmente consistente.]

Passo 6

Continuamos a escalonar para remover os coeficientes acima dos pivôs (avanço rumo à forma escalonada reduzida). Usamos R_3 (que tem 1 na coluna 3) para zerar os coeficientes de X_3 nas linhas 1 e 2.
  • Eliminar em R_2: R_2 \leftarrow R_2 - 1\cdot R_3.
    R_2=(0,-1,1,1,1)-(0,0,1,0,1)=(0,-1,0,1,0).
  • Eliminar em R_1: R_1 \leftarrow R_1 - 1\cdot R_3.
    R_1=(1,2,1,-2,2)-(0,0,1,0,1)=(1,2,0,-2,1).
Agora a matriz é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 0 & -2 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].]

Passo 7

Agora simplificamos R_2 multiplicando por -1 para obter pivô 1 na coluna 2:
R_2 \leftarrow -R_2 \;\Rightarrow\; R_2=(0,1,0,-1,0).
Com esse pivô, eliminamos o coeficiente da coluna 2 em R_1: R_1 \leftarrow R_1 - 2\cdot R_2.
Cálculo:
R_1-(2R_2)=(1,2,0,-2,1)-2\cdot(0,1,0,-1,0)=(1,0,0,0,1).
A matriz final escalonada (reduzida até onde precisamos) é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].]

Passo 8

Interpretando a matriz final em equações:
  • Da primeira linha: X_1 = 1.
  • Da segunda linha: X_2 - X_4 = 0, ou seja X_2 = X_4.
  • Da terceira linha: X_3 = 1.
  • A quarta linha é 0=0, não dá nova informação.
Temos 4 incógnitas e apenas 3 equações independentes (duas linhas não-nulas além da primeira). Isso significa que X_4 é uma variável livre; vamos chamá-la de parâmetro t\in\mathbb{R}. Então:
\begin{aligned} X_4&=t,\\\ X_2&=t,\\\ X_1&=1,\\\ X_3&=1. \end{aligned}
Em forma vetorial:
(X_1,X_2,X_3,X_4)=(1,t,1,t)=(1,0,1,0)+t(0,1,0,1).

Passo 9

Classificação do sistema quanto ao número de soluções: como não houve contradição (nenhuma linha do tipo 0\;0\;0\;0\mid b com b\ne0) e há pelo menos uma variável livre, o sistema é compatível indeterminado — isto é, tem infinitas soluções. O espaço das soluções é uma reta afim parametrizada por t.
Também vale conferir rapidamente substituindo, por exemplo, t=0 (solução particular (1,0,1,0)) nas equações originais para confirmar que satisfaz todas: faz todas as contas fecharam nos passos anteriores, então está consistente.

Resposta

X_1=1\
X_2=t\
X_3=1\
X_4=t\
Sistema compatível indeterminado com infinitas soluções, parametrizadas por t\in\mathbb{R}.

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