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):
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 dá 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:
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}).
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):
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).