5^{\underline{\mathrm{a}}} Questão:

Resolva o sistema linear homogêneo
S_{2}:\left\{\begin{array}{c} y+3 z-2 w=0 \\\\ 2 x+y-4 z+3 w=0 \\\\ 2 x+3 y+2 z-t=0 \\\\ -4 x-3 y+5 z-4 w=0 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear homogêneo S_{2}:
S_{2}:\left\{\begin{array}{rcl} y+3 z-2 w&=&0 \\\\ 2 x+y-4 z+3 w&=&0 \\\\ 2 x+3 y+2 z-t&=&0 \\\\ -4 x-3 y+5 z-4 w&=&0 \end{array}\right.
Informações dadas e o que é pedido:
  • 4 equações e 5 incógnitas: as incógnitas, pela ordem que vou usar, são x,y,z,w,t.
  • O sistema é homogêneo (lado direito são zeros), então a solução trivial (0,0,0,0,0) sempre existe; espera-se achar a solução geral (possivelmente um espaço de soluções com parâmetros).
  • Preciso encontrar todas as soluções (x,y,z,w,t) que satisfazem simultaneamente as quatro equações.

Passo 2

Estratégia escolhida (sem detalhes técnicos profundos ainda): usar eliminação de Gauss (operações elementares sobre linhas) para colocar a matriz de coeficientes em forma escalonada, identificar variáveis livres e fazer substituição para obter a solução geral. Rápida nota: operações elementares não mudam o conjunto de soluções do sistema.
Escrevo a matriz dos coeficientes (matriz A) associada a S_{2}, na ordem de colunas (x,y,z,w,t):
A=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 3 & -2 & 0\\[4pt] 2 & 1 & -4 & 3 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 2 & 0 & -1\\[4pt] -4 & -3 & 5 & -4 & 0 \end{pmatrix},
e o sistema homogêneo corresponde a A\begin{pmatrix}x\y\z\w\t\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}.]

Passo 3

Vou aplicar eliminação de Gauss. Primeiro troco as linhas R_1 e R_2 para ter um pivô não-nulo na primeira coluna:
R_1 \leftrightarrow R_2.
Nova matriz:
\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 3 & -2 & 0\\[4pt] 2 & 3 & 2 & 0 & -1\\[4pt] -4 & -3 & 5 & -4 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Eliminar a primeira coluna abaixo do pivô 2 em R_1.
  • Substituo R_3 := R_3 - R_1.
  • Substituo R_4 := R_4 + 2R_1.
Cálculos:
R_3 = (2,3,2,0,-1)-(2,1,-4,3,0)=(0,2,6,-3,-1),
R_4 = (-4,-3,5,-4,0)+2(2,1,-4,3,0)=(0,-1,-3,2,0).
Matriz resultante:
\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 3 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 2 & 6 & -3 & -1\\[4pt] 0 & -1 & -3 & 2 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora uso o pivô na coluna y que é 1 em R_2. Elimino as entradas abaixo em coluna y:
  • Substituo R_3 := R_3 - 2R_2.
  • Substituo R_4 := R_4 + R_2.
Cálculos:
R_3 = (0,2,6,-3,-1) - 2(0,1,3,-2,0) = (0,0,0,1,-1),
R_4 = (0,-1,-3,2,0) + (0,1,3,-2,0) = (0,0,0,0,0).
Matriz escalonada obtida:
\begin{pmatrix} 2 & 1 & -4 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 3 & -2 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Observação didática: obtivemos três linhas não-nulas com pivôs nas colunas 1, 2 e 4. Isso indica que o posto da matriz é 3. Como há 5 incógnitas, o espaço das soluções terá dimensão 5-3=2; ou seja, surgirão duas variáveis livres.]

Passo 6

Faço agora redução para facilitar leitura das equações correspondentes às linhas escalonadas (eliminar entradas acima dos pivôs).
A matriz atual corresponde às equações:
\begin{array}{rcl} 2x + y -4z +3w +0t &=& 0,\\[4pt] y +3z -2w +0t &=& 0,\\[4pt] w - t &=& 0. \end{array}
Primeiro, elimino o y da primeira equação usando a segunda: substituo R_1 := R_1 - R_2. Isso dá
R_1 = (2,1,-4,3,0) - (0,1,3,-2,0) = (2,0,-7,5,0).
Agora uso a terceira linha R_3=(0,0,0,1,-1) para zerar as entradas em w nas linhas acima:
  • Em R_1 tenho 5 em w, então R_1 := R_1 - 5R_3.
  • Em R_2 tenho -2 em w, então R_2 := R_2 + 2R_3.
Cálculos:
R_1 = (2,0,-7,5,0) -5(0,0,0,1,-1) = (2,0,-7,0,5),
R_2 = (0,1,3,-2,0) +2(0,0,0,1,-1) = (0,1,3,0,-2).
Matriz na forma reduzida por linhas (não necessariamente RREF, mas com pivôs limpos acima e abaixo):
\begin{pmatrix} 2 & 0 & -7 & 0 & 5\\[4pt] 0 & 1 & 3 & 0 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 7

Interpreto as linhas como equações simples para os incógnitos:
  • Da primeira linha: \;2x -7z +5t = 0.
  • Da segunda linha: \;y +3z -2t = 0.
  • Da terceira linha: \;w - t = 0.
As colunas correspondem a (x,y,z,w,t). As variáveis que aparecem sem pivô são z (coluna 3) e t (coluna 5) — são as variáveis livres. Vou parametrizá-las: seja \lambda o parâmetro para z e \mu o parâmetro para t:
z=\lambda,\qquad t=\mu,\qquad \lambda,\mu\in\mathbb{R}.
Agora resolvo para as variáveis líderes em função de \lambda,\mu.

Passo 8

Resolver as equações para x,y,w:
  • Da terceira equação: w - t = 0 \Rightarrow w = t = \mu.
  • Da segunda equação: y +3z -2t = 0 \Rightarrow y = -3z +2t = -3\lambda +2\mu.
  • Da primeira equação: 2x -7z +5t = 0 \Rightarrow 2x = 7z -5t \Rightarrow x = \dfrac{7}{2}z - \dfrac{5}{2}t = \dfrac{7}{2}\lambda - \dfrac{5}{2}\mu.
Portanto a solução geral é:
\begin{pmatrix}x\\[4pt]y\\[4pt]z\\[4pt]w\\[4pt]t\end{pmatrix} = \lambda\begin{pmatrix}\dfrac{7}{2}\\[4pt]-3\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} + \mu\begin{pmatrix}-\dfrac{5}{2}\\[4pt]2\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}, \qquad \lambda,\mu\in\mathbb{R}.
Observação prática: se preferir evitar frações, pode reparametrizar escolhendo \lambda'=2\lambda e \mu'=2\mu; fica equivalente e gera vetores inteiros.]

Resposta

\begin{pmatrix}x\y\z\w\t\end{pmatrix} = \lambda\begin{pmatrix}\dfrac{7}{2}\\[4pt]-3\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} + \mu\begin{pmatrix}-\dfrac{5}{2}\\[4pt]2\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}, \qquad \lambda,\mu\in\mathbb{R}.]

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