Resolva os sistemas lineares abaixo utilizando o método de Gauss-Jordan.
\left\{\begin{aligned} x_{1}+x_{2}-x_{3}+x_{4}-x_{5} & =0 \\\\ 2 x_{1}+x_{3}-x_{4}+2 x_{5} & =0 \\\ x_{1}-x_{2}+2 x_{3}-x_{5} & =0 \\\\ 2 x_{2}-x_{3}+3 x_{4}+x_{5} & =0 \\\\ 3 x_{1}+x_{2}+2 x_{4} & =0\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear (usando Gauss–Jordan). As incógnitas são x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5} e o sistema é homogêneo (termos independentes iguais a zero). As equações dadas são:
\begin{aligned} x_{1}+x_{2}-x_{3}+x_{4}-x_{5} &= 0\\[4pt] 2x_{1}+x_{3}-x_{4}+2x_{5} &= 0\\[4pt] x_{1}-x_{2}+2x_{3}-x_{5} &= 0\\[4pt] 2x_{2}-x_{3}+3x_{4}+x_{5} &= 0\\[4pt] 3x_{1}+x_{2}+2x_{4} &= 0 \end{aligned}]

Passo 2

Breve explicação do método (didática rápida). O método de Gauss–Jordan transforma a matriz aumentada do sistema numa forma escalonada reduzida por linhas (RREF), onde cada pivô vale 1 e é o único elemento não nulo na sua coluna. Isso permite ler imediatamente as soluções. Em sistemas homogêneos, linhas que se reduzem a 0\ldots0 indicam variáveis livres; se cada coluna de variável tiver um pivô, a única solução é a trivial x_i=0 para todos i.
Montamos a matriz aumentada (coluna final é o vetor zero). Em notação: cada linha corresponde a uma equação.
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 2 & 0 & 1 & -1 & 2 & 0\\[4pt] 1 & -1 & 2 & 0 & -1 & 0\\[4pt] 0 & 2 & -1 & 3 & 1 & 0\\[4pt] 3 & 1 & 0 & 2 & 0 & 0 \end{array}\right]]

Passo 3

Eliminação usando a primeira linha como pivô (fazemos zeros abaixo do 1 da coluna 1).
Operações:
\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2 - 2R_1,\\\ R_3 &\leftarrow R_3 - R_1,\\\ R_5 &\leftarrow R_5 - 3R_1. \end{aligned}
Cálculos (linha a linha):
  • R_2 = [2,0,1,-1,2] - 2[1,1,-1,1,-1] = [0,-2,3,-3,4].
  • R_3 = [1,-1,2,0,-1] - [1,1,-1,1,-1] = [0,-2,3,-1,0].
  • R_5 = [3,1,0,2,0] - 3[1,1,-1,1,-1] = [0,-2,3,-1,3].
Matriz resultante:
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 1 & -1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 3 & -3 & 4 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 3 & -1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 2 & -1 & 3 & 1 & 0\\[4pt] 0 & -2 & 3 & -1 & 3 & 0 \end{array}\right]]

Passo 4

Agora pivot na coluna 2. Para facilitar, normalizamos a segunda linha dividindo por -2 para obter pivô 1.
Operação:
R_2 \leftarrow \frac{1}{-2}R_2 = [0,1,-\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},-2].
Eliminamos os outros elementos da coluna 2 usando esse pivô:
\begin{aligned} R_1 &\leftarrow R_1 - R_2,\\\ R_3 &\leftarrow R_3 + 2R_2,\\\ R_4 &\leftarrow R_4 - 2R_2,\\\ R_5 &\leftarrow R_5 + 2R_2. \end{aligned}
Cálculos rápidos:
  • R_1: [1,1,-1,1,-1] - [0,1,-\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},-2] = [1,0,\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2},1].
  • R_3: [0,-2,3,-1,0] + 2[0,1,-\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},-2] = [0,0,0,2,-4].
  • R_4: [0,2,-1,3,1] - 2[0,1,-\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},-2] = [0,0,2,0,5].
  • R_5: [0,-2,3,-1,3] + 2[0,1,-\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},-2] = [0,0,0,2,-1].
Matriz atual:
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & 1 & 0\\[6pt] 0 & 1 & -\tfrac{3}{2} & \tfrac{3}{2} & -2 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 2 & -4 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 2 & 0 & 5 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 2 & -1 & 0 \end{array}\right]]

Passo 5

Para a coluna 3, observamos que a linha com elemento não nulo é a quarta linha (atual R_4). Vamos trocar R_3 e R_4 para trazer esse pivô para cima e depois normalizar.
Troca:
R_3 \leftrightarrow R_4.
Agora R_3 = [0,0,2,0,5]. Dividimos R_3 por 2 para ter pivô 1:
R_3 \leftarrow \tfrac{1}{2}R_3 = [0,0,1,0,\tfrac{5}{2}].
Eliminamos os elementos na coluna 3 das linhas R_1 e R_2:
\begin{aligned} R_1 &\leftarrow R_1 - \tfrac{1}{2}R_3,\\\ R_2 &\leftarrow R_2 + \tfrac{3}{2}R_3. \end{aligned}
Cálculos:
  • R_1: [1,0,\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2},1] - \tfrac{1}{2}[0,0,1,0,\tfrac{5}{2}] = [1,0,0,-\tfrac{1}{2},1-\tfrac{5}{4}] = [1,0,0,-\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{4}].
  • R_2: [0,1,-\tfrac{3}{2},\tfrac{3}{2},-2] + \tfrac{3}{2}[0,0,1,0,\tfrac{5}{2}] = [0,1,0,\tfrac{3}{2},-2+\tfrac{15}{4}] = [0,1,0,\tfrac{3}{2},\tfrac{7}{4}].
Matriz fica:
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & 0 & -\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{4} & 0\\[6pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} & \tfrac{7}{4} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{5}{2} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 2 & -4 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 2 & -1 & 0 \end{array}\right]]

Passo 6

Agora tratamos as linhas 4 e 5, que têm não nulos apenas nas colunas 4 e 5. Subtraímos R_4 de R_5 para anular a coluna 4 em uma delas:
Operação:
R_5 \leftarrow R_5 - R_4 = [0,0,0,0,3].
Isso dá a equação 3x_5 = 0, logo x_5 = 0. Para prosseguir ao RREF, normalizamos:
R_4 \leftarrow \tfrac{1}{2}R_4 = [0,0,0,1,-2],\qquad R_5 \leftarrow \tfrac{1}{3}R_5 = [0,0,0,0,1].
Matriz agora:
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & 0 & -\tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{4} & 0\\[6pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} & \tfrac{7}{4} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{5}{2} & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -2 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right]]

Passo 7

Agora eliminamos os coeficientes nas colunas 4 e 5 acima dos pivôs para atingir a forma reduzida:
Eliminações em relação a x_5 (última coluna):
\begin{aligned} R_1 &\leftarrow R_1 + \tfrac{1}{4}R_5,\\\ R_2 &\leftarrow R_2 - \tfrac{7}{4}R_5,\\\ R_3 &\leftarrow R_3 - \tfrac{5}{2}R_5,\\\ R_4 &\leftarrow R_4 + 2R_5. \end{aligned}
Como R_5=[0,0,0,0,1], isso zera todas as entradas na coluna x_5. Após isso, eliminamos os termos na coluna x_4 usando R_4=[0,0,0,1,0]:
\begin{aligned} R_1 &\leftarrow R_1 + \tfrac{1}{2}R_4,\\\ R_2 &\leftarrow R_2 - \tfrac{3}{2}R_4. \end{aligned}
Aplicando essas operações obtemos a matriz identidade à esquerda (RREF):
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\[6pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array}\right]]

Passo 8

Interpretação final (didática): a forma reduzida é a matriz identidade de tamanho 5, isto significa que todas as cinco variáveis têm pivô correspondente; não há variáveis livres. Como o sistema é homogêneo, a única solução é a solução trivial onde todas as incógnitas valem zero.

Resposta

x_{1}=0,\;x_{2}=0,\;x_{3}=0,\;x_{4}=0,\;x_{5}=0

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