Resolver os seguintes sistemas de equações lineares:
\left\{\begin{aligned} x+2 y-z+t & =1 \\\\ 3 x-y+t & =-3 \\\ x+y-z+4 t & =2 \\\ x+y-z-t & =1 .\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear com quatro incógnitas e quatro equações. O que nos pediram é resolver (ou seja, encontrar os valores de x,y,z,t\) que satisfazem todas as equações ao mesmo tempo). As equações fornecidas são: \[\begin{cases} x+2y-z+t=1,\\[4pt] 3x-y+t=-3,\\[4pt] x+y-z+4t=2,\\[4pt] x+y-z-t=1. \end{cases}
Informações relevantes (extraídas do enunciado):
  • Há quatro incógnitas: x,\;y,\;z,\;t\]. - Há quatro equações lineares escritas acima. - Queremos o conjunto \((x,y,z,t) que satisfaz todas elas simultaneamente.]

Passo 2

Vou usar eliminação de Gauss (eliminação por linhas) para resolver o sistema. Rápida aula: a eliminação de Gauss transforma o sistema em um equivalente mais simples (triangular) usando operações elementares nas linhas:
  • trocar duas linhas;
  • multiplicar uma linha por um número não zero;
  • adicionar a múltiplos de uma linha a outra linha.
    Essas operações preservam o conjunto de soluções. Quando a matriz fica em forma triangular superior, faz-se substituição regressiva (back-substitution) para obter as incógnitas.
Escrevemos o sistema na forma de matriz aumentada (coeficientes + coluna dos termos independentes):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 3 & -1 & 0 & 1 & -3\\[4pt] 1 & 1 & -1 & 4 & 2\\[4pt] 1 & 1 & -1 & -1 & 1 \end{array}\right].]

Passo 3

Eliminando x nas linhas 2, 3 e 4 usando a linha 1 (pivot na linha 1 é 1):
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1.
    Calculemos termo a termo:
R_2: (3,-1,0,1\mid -3) - 3(1,2,-1,1\mid 1) = (0,-7,3,-2\mid -6).
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1:
R_3: (1,1,-1,4\mid 2) - (1,2,-1,1\mid 1) = (0,-1,0,3\mid 1).
  • R_4 \leftarrow R_4 - R_1:
R_4: (1,1,-1,-1\mid 1) - (1,2,-1,1\mid 1) = (0,-1,0,-2\mid 0).
A matriz aumentada passa a ser
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -7 & 3 & -2 & -6\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 3 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -2 & 0 \end{array}\right].]

Passo 4

Para facilitar as contas, troco R_2 com R_3 para ter pivot mais simples na coluna y (pivot -1 é mais amigável que -7):
R_2 \leftrightarrow R_3.
Nova matriz:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 3 & 1\\[4pt] 0 & -7 & 3 & -2 & -6\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -2 & 0 \end{array}\right].
Explicação: trocar linhas não altera as soluções; só muda a ordem em que eliminamos.]

Passo 5

Eliminamos agora a coordenada y nas linhas 3 e 4 usando R_2 (pivot em R_2 é -1):
  • R_3 \leftarrow R_3 - 7R_2:
R_3: (0,-7,3,-2\mid -6) - 7(0,-1,0,3\mid 1) = (0,0,3,-23\mid -13).
  • R_4 \leftarrow R_4 - R_2:
R_4: (0,-1,0,-2\mid 0) - (0,-1,0,3\mid 1) = (0,0,0,-5\mid -1).
Matriz agora:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 3 & -23 & -13\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -5 & -1 \end{array}\right].
Observação didática: chegamos a uma matriz triangular superior: primeira linha tem coeficiente não zero em x, segunda em y, terceira em z, quarta em t. Isso é ótimo porque podemos agora resolver de baixo para cima.]

Passo 6

Normalizamos pivôs para facilitar a substituição regressiva:
  • R_3 \leftarrow \dfrac{1}{3}R_3 R_3=(0,0,1,-\tfrac{23}{3}\mid -\tfrac{13}{3}).
  • R_4 \leftarrow -\dfrac{1}{5}R_4 (ou dividir por -5) dá R_4=(0,0,0,1\mid \tfrac{1}{5}).
    Agora:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{23}{3} & -\tfrac{13}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{5} \end{array}\right].
Pequena aula: normalizar pivôs (colocar 1) não é obrigatório, mas facilita ver os valores e eliminar acima.]

Passo 7

Agora eliminamos t das linhas acima usando R_4 (que tem t=1):
  • Em R_3 há coeficiente de t igual a -\tfrac{23}{3}. Fazemos R_3 \leftarrow R_3 + \tfrac{23}{3}R_4. Cálculos:
    RHS de R_3: -\tfrac{13}{3} + \tfrac{23}{3}\cdot \tfrac{1}{5} = -\tfrac{13}{3} + \tfrac{23}{15}.
    Converter para denominador 15: -\tfrac{65}{15} + \tfrac{23}{15} = -\tfrac{42}{15} = -\tfrac{14}{5}.
    Assim R_3=(0,0,1,0\mid -\tfrac{14}{5}).
  • Em R_2 há coeficiente de t igual a 3. Fazemos R_2 \leftarrow R_2 - 3R_4.
    RHS de R_2: 1 - 3\cdot \tfrac{1}{5} = 1 - \tfrac{3}{5} = \tfrac{2}{5}.
    Assim R_2=(0,-1,0,0\mid \tfrac{2}{5}).
  • Em R_1 há coeficiente de t igual a 1. Fazemos R_1 \leftarrow R_1 - R_4.
    RHS de R_1: 1 - \tfrac{1}{5} = \tfrac{4}{5}.
    Assim R_1=(1,2,-1,0\mid \tfrac{4}{5}).
A matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -1 & 0 & \tfrac{4}{5}\\[4pt] 0 & -1 & 0 & 0 & \tfrac{2}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -\tfrac{14}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{5} \end{array}\right].]

Passo 8

Eliminamos agora z e y acima:
  • Em R_1 o coeficiente de z é -1. Usamos R_3 (que tem z=1): R_1 \leftarrow R_1 + R_3.
    RHS de R_1: \tfrac{4}{5} + \big(-\tfrac{14}{5}\big) = -\tfrac{10}{5} = -2.
    Assim R_1=(1,2,0,0\mid -2).
  • Em R_2 temos -1 em y. Multiplicamos R_2 por -1 para obter y positivo: R_2 \leftarrow -R_2, ficando R_2=(0,1,0,0\mid -\tfrac{2}{5}).
  • Eliminamos y de R_1: R_1 \leftarrow R_1 - 2R_2.
    RHS de R_1: -2 - 2\cdot\big(-\tfrac{2}{5}\big) = -2 + \tfrac{4}{5} = -\tfrac{6}{5}.
    Portanto R_1=(1,0,0,0\mid -\tfrac{6}{5}).
Agora a matriz está diagonal (forma reduzida por linhas):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & 0 & -\tfrac{6}{5}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & -\tfrac{2}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -\tfrac{14}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & \tfrac{1}{5} \end{array}\right].]

Passo 9

Interpretando as igualdades (substituição regressiva já feita): obtemos diretamente os valores das incógnitas:
x = -\tfrac{6}{5},\qquad y = -\tfrac{2}{5},\qquad z = -\tfrac{14}{5},\qquad t = \tfrac{1}{5}.
Se quiser conferir rápido: substituir esses valores em qualquer equação original deve satisfazê-la (por exemplo, na primeira: -\tfrac{6}{5} + 2(-\tfrac{2}{5}) - (-\tfrac{14}{5}) + \tfrac{1}{5} = 1, que confere).

Resposta

x=-\dfrac{6}{5}
y=-\dfrac{2}{5}
z=-\dfrac{14}{5}
t=\dfrac{1}{5}

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