210222 ial-sistemas-lineares-4

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IAL turma A 2020/2 22/02/2021
1. Sistemas de equações lineares, IV
O seguinte exemplo foi resolvido na aula anterior.
Exemplo 1.8. Resolva o sistema usando o método de eliminação de Gauss-Jordan:
x1 − 2x2 + 3x3 + 2x4 + x5 = 10
2x1 − 4x2 + 8x3 + 3x4 + 10x5 = 7
3x1 − 6x2 + 10x3 + 6x4 + 5x5 = 27
Resolução. Escrevemos a matriz aumentada do sistema 1 −2 3 2 1 102 −4 8 3 10 7
3 −6 10 6 5 27

e aplicamos o método de eliminação de Gauss-Jordan. No primeiro passo nós exclúımos x1
da 2a e 3a equações. Para isso nós subtráımos a 1a linha multiplicada por 2 da 2a linha e a
1a linha multiplicada por 3 da 3a linha. 1 −2 3 2 1 102 −4 8 3 10 7
3 −6 10 6 5 27
→
 1 −2 3 2 1 100 0 2 −1 8 −13
0 0 1 0 2 −3

Agora, para a 2a e a 3a equações, precisamos escolher qual equação vamos usar para excluir
x3 da outra equação. Claro que é mais conveniente usar a 3
a equação. Logo, no segundo
passo permutamos a 2a e a 3a linhas, ou seja, trocamos a 2a e a 3a equações. 1 −2 3 2 1 100 0 2 −1 8 −13
0 0 1 0 2 −3
→
 1 −2 3 2 1 100 0 1 0 2 −3
0 0 2 −1 8 −13

E no terceiro passo subtráımos a 2a linha multiplicada por 2 da 3a linha, excluindo x3 da 3
a
equação.  1 −2 3 2 1 100 0 1 0 2 −3
0 0 2 −1 8 −13
→
 1 −2 3 2 1 100 0 1 0 2 −3
0 0 0 −1 4 −7

No quarto passo mudamos sinal na 3a linha, multiplicando essa linha por −1. 1 −2 3 2 1 100 0 1 0 2 −3
0 0 0 −1 4 −7
→
 1 −2 3 2 1 100 0 1 0 2 −3
0 0 0 1 −4 7

No quinto passo subtráımos a 3a linha multiplicada por 2 da 1a linha, excluindo x4 da 1
a
equação.  1 −2 3 2 1 100 0 1 0 2 −3
0 0 0 1 −4 7
→
 1 −2 3 0 9 −40 0 1 0 2 −3
0 0 0 1 −4 7

E no último, sexto passo subtráımos a 2a linha multiplicada por 3 da 1a linha, excluindo x3
da 1a equação.  1 −2 3 0 9 −40 0 1 0 2 −3
0 0 0 1 −4 7
→
 1 −2 0 0 3 50 0 1 0 2 −3
0 0 0 1 −4 7

1
Assim, nós transformamos o sistema inicial para o sistema
x1 − 2x2 + 3x5 = 5
x3 + 2x5 = −3
x4 − 4x5 = 7
que pode ser reescrito na forma 
x1 = 2x2 − 3x5 + 5
x3 = −2x5 − 3
x4 = 4x5 + 7
O conjunto solução deste sistema pode ser escrito na forma
x1
x2
x3
x4
x5
 =

2s− 3t + 5
s
−2t− 3
4t + 7
t

onde s e t são parametros que podem assumir valor qualquer.
Resposta: O conjunto solução do sistema é
x1
x2
x3
x4
x5
 =

2s− 3t + 5
s
−2t− 3
4t + 7
t

Algumas observaçãos sobre o método de Gauss-Jordan
1. Aplicando o método, nós transformamos a matriz aumentada do sistema inicial
primeiro para uma matriz na forma escalonada e depois para uma matriz na forma escalon-
ada reduzida .
Lembramos que uma matriz A está na forma escalonada reduzida se
1. o pivô (= o primeiro elemento não nulo) de cada linha não nula é igual a 1;
2. o pivô de cada linha não nula é o único elemento não nulo da sua coluna;
3. o pivô de cada linha não nula ocorre à direita do pivô da linha anterior.
4. todas as linhas nulas (formadas inteiramente por zeros) ocorrem abaixo das linhas não
nulas;
A matriz A está na forma escalonada se os itens 3 e 4 são satisfeitos.
Por exemplo, a matriz  1 −2 0 0 3 50 0 1 0 2 −3
0 0 0 1 −4 7

está na forma escalonada reduzida. Por outro lado, a matriz 1 −2 3 2 1 100 0 1 0 2 −3
0 0 0 1 −4 7

está na forma escalonada mas não está na forma escalonada reduzida.
2. No processo de transformação da matriz inicial para matriz na forma escalonada
reduzida nos usamos as seguintes operações elementares de linha :
2
1. permutar duas linhas da matriz;
2. multiplicar uma linha da matriz por um escalar (= número) não nulo;
3. adicionar a uma linha da matriz uma outra linha multiplicada por escalar.
3. Para a matriz na forma escalonada reduzida obtida na resolução do sistema temos as
seguintes opções:
a) A última linha não nula da matriz é da forma (0, 0, . . . , 0, a) onde a 6= 0, ou seja, o
pivô da última linha não nula fica na última posição. Neste caso a última equação não nula
do sistema obtido é da forma 0 = a. Como a 6= 0, essa última equação não tem solução, logo
o sistema não tem solução.
b) O pivô da última linha não nula não fica na última posição. Neste caso cada pivô
corresponde a uma incógnita (ou variável) do sistema. Temos duas opções:
i. Existem variáveis que não correspondem a nenhum pivô, ou seja, existem variáveis
livres. Neste caso o sistema possui infinitas soluções.
ii. Cada variável corresponde a pivô de uma linha, ou seja, a matriz escalonada reduzida
obtida é da forma 
1 0 0 . . . 0 0 b1
0 1 0 . . . 0 0 b2
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 1 0 bk−1
0 0 0 . . . 0 1 bk
0 0 0 . . . 0 0 0
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 0 . . . 0 0 0

Neste caso o sistema tem uma única solução
x1
x2
. . .
xk
 =

b1
b2
. . .
bk

Ou seja, um sistema de equações lineares pode não ter nenhuma solução, ter infinitas soluções
ou ter uma única solução.
Exerćıcio 1.9. Resolva o sistema
x1 + x2 + x3 + x4 = 12
x1 + 2x2 + 5x4 = 17
3x1 + 2x2 + 4x3 − x4 = 27
3