Para cada um dos sistemas lineares abaixo, (i) encontre as matrizes A, \vec{b} e [A \mid \vec{b}], (ii) escalone a matriz [A \mid \vec{b}], (iii) classifique e (iv) resolva o sistema (quando houver solução).
(a) \left\{\begin{aligned} x+2 y-z & =0 \\\\ 2 x+3 y+z & =5 \\\ x+y+2 z & =4\end{aligned}\right.
(b) \left\{\begin{array}{rlr}x+y-z & =-1 \\\\ 2 x+y-z & =1 \\\\ 3 x+y+2 z & =5 \\\\ 4 x+2 y+z & =4\end{array}\right.
(c) \left\{\begin{aligned} x-y+z+w & =4 \\\\ 2 x-y-z & =-3 \\\ x+2 y+w & =1 \\\\ 5 x+z-w & =5\end{aligned}\right.
(d) \left\{\begin{aligned} x-3 y+2 z & =1 \\\ x+y-z & =1 \\\\ 3 x-5 y+3 z & =3\end{aligned}\right.
(e) \left\{\begin{array}{r}x+2 y-z=2 \\\\ 2 x-3 y+z=0 \\\\ 4 x+y-z=4\end{array}\right.
(f) \left\{\begin{aligned} x+y+z-w & =2 \\\\ 2 x-y-z+w & =-1 \\\ x+2 y-3 z & =-3 \\\\ 3 x-3 y+3 z-w & =-4\end{aligned}\right.
(g) \left\{\begin{array}{r}2 x-y+3 z-w=2 \\\ x-3 y-2 z+2 w=4\end{array}\right.
(h) \{x-3 y+5 z=4

Passo 1

O que o enunciado pede para cada sistema (a)–(h): (i) identificar a matriz dos coeficientes A, o vetor dos termos independentes \vec{b} e a matriz aumentada [A\mid\vec{b}]; (ii) escalonar (fazer eliminação por linhas) [A\mid\vec{b}]; (iii) classificar o sistema (única solução / infinitas soluções / inconsistente); (iv) encontrar a(s) solução(ões) quando existirem.
Dados (vou copiar cada sistema tal como aparece no enunciado):
(a)
\begin{cases} x+2y-z=0\\[4pt] 2x+3y+z=5\\[4pt] x+y+2z=4 \end{cases}
(b)
\begin{cases} x+y-z=-1\\[4pt] 2x+y-z=1\\[4pt] 3x+y+2z=5\\[4pt] 4x+2y+z=4 \end{cases}
(c)
\begin{cases} x-y+z+w=4\\[4pt] 2x-y-z=-3\\[4pt] x+2y+w=1\\[4pt] 5x+z-w=5 \end{cases}
(d)
\begin{cases} x-3y+2z=1\\[4pt] x+y-z=1\\[4pt] 3x-5y+3z=3 \end{cases}
(e)
\begin{cases} x+2y-z=2\\[4pt] 2x-3y+z=0\\[4pt] 4x+y-z=4 \end{cases}
(f)
\begin{cases} x+y+z-w=2\\[4pt] 2x-y-z+w=-1\\[4pt] x+2y-3z=-3\\[4pt] 3x-3y+3z-w=-4 \end{cases}
(g)
\begin{cases} 2x-y+3z-w=2\\[4pt] x-3y-2z+2w=4 \end{cases}
(h)
\begin{cases} x-3y+5z=4 \end{cases}]

Passo 2

Resolução detalhada do sistema (a).
(i) Matriz dos coeficientes A, vetor \vec{b} e matriz aumentada [A\mid\vec{b}]:
A=\begin{pmatrix}1&2&-1\\[4pt]2&3&1\\[4pt]1&1&2\end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}0\\[4pt]5\\[4pt]4\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix} 1&2&-1&\vline&0\\[4pt] 2&3&1&\vline&5\\[4pt] 1&1&2&\vline&4 \end{pmatrix}
(ii) Explicando a ideia rápida da eliminação: fazemos operações elementares nas linhas (trocar linhas, multiplicar uma linha por constante não nula, somar múltiplos de uma linha a outra) para obter zeros abaixo dos pivôs e chegar a uma forma triangular (ou reduzida), o que permite verificar consistência e resolver por retro-substituição.
Aplicando operações:
R_2\leftarrow R_2-2R_1,\qquad R_3\leftarrow R_3-R_1
\begin{pmatrix} 1&2&-1&\vline&0\\[4pt] 0&-1&3&\vline&5\\[4pt] 0&-1&3&\vline&4 \end{pmatrix}
Agora subtraímos a segunda linha da terceira para eliminar:
R_3\leftarrow R_3-R_2
\begin{pmatrix} 1&2&-1&\vline&0\\[4pt] 0&-1&3&\vline&5\\[4pt] 0&0&0&\vline&-1 \end{pmatrix}
(iii) Classificação: a última linha diz 0x+0y+0z=-1, ou seja 0=-1, contradição. Portanto o sistema é inconsistente.
(iv) Como é inconsistente, não há solução.]

Passo 3

Resolução detalhada do sistema (b).
(i)
A=\begin{pmatrix} 1&1&-1\\[4pt] 2&1&-1\\[4pt] 3&1&2\\[4pt] 4&2&1 \end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]5\\[4pt]4\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix} 1&1&-1&\vline&-1\\[4pt] 2&1&-1&\vline&1\\[4pt] 3&1&2&\vline&5\\[4pt] 4&2&1&\vline&4 \end{pmatrix}
(ii) Eliminação (explico cada passo): primeiro zeramos a coluna 1 nas linhas 2,3,4 usando R_1.
R_2\leftarrow R_2-2R_1,\quad R_3\leftarrow R_3-3R_1,\quad R_4\leftarrow R_4-4R_1
\begin{pmatrix} 1&1&-1&\vline&-1\\[4pt] 0&-1&1&\vline&3\\[4pt] 0&-2&5&\vline&8\\[4pt] 0&-2&5&\vline&8 \end{pmatrix}
Agora usamos R_2 para eliminar col.2 nas linhas 3 e 4:
R_3\leftarrow R_3-2R_2,\quad R_4\leftarrow R_4-2R_2
\begin{pmatrix} 1&1&-1&\vline&-1\\[4pt] 0&-1&1&\vline&3\\[4pt] 0&0&3&\vline&2\\[4pt] 0&0&3&\vline&2 \end{pmatrix}
A quarta linha é redundante (linha 4 − linha 3 = zero). Temos pivôs em colunas x,y,z, isto é três pivôs não nulos para as três incógnitas.
(iii) Classificação: sistema compatível determinado (única solução).
(iv) Resolução por retro-substituição:
Da linha 3: 3z=2\Rightarrow z=\dfrac{2}{3}.
Da linha 2: -y+z=3\Rightarrow y=z-3=\dfrac{2}{3}-3=-\dfrac{7}{3}.
Da linha 1: x+y-z=-1\Rightarrow x=-1-y+z=-1-(-\tfrac{7}{3})+\tfrac{2}{3}=2.
Solução: \displaystyle (x,y,z)=\left(2,\,-\tfrac{7}{3},\,\tfrac{2}{3}\right).]

Passo 4

Resolução detalhada do sistema (c).
(i)
A=\begin{pmatrix} 1&-1&1&1\\[4pt] 2&-1&-1&0\\[4pt] 1&2&0&1\\[4pt] 5&0&1&-1 \end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}4\\[4pt]-3\\[4pt]1\\[4pt]5\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix} 1&-1&1&1&\vline&4\\[4pt] 2&-1&-1&0&\vline&-3\\[4pt] 1&2&0&1&\vline&1\\[4pt] 5&0&1&-1&\vline&5 \end{pmatrix}
(ii) Eliminação:
R_2\leftarrow R_2-2R_1,\quad R_3\leftarrow R_3-R_1,\quad R_4\leftarrow R_4-5R_1
\begin{pmatrix} 1&-1&1&1&\vline&4\\[4pt] 0&1&-3&-2&\vline&-11\\[4pt] 0&3&-1&0&\vline&-3\\[4pt] 0&5&-4&-6&\vline&-15 \end{pmatrix}
Agora use R_2 para zerar as entradas abaixo em coluna 2:
R_3\leftarrow R_3-3R_2,\quad R_4\leftarrow R_4-5R_2
\begin{pmatrix} 1&-1&1&1&\vline&4\\[4pt] 0&1&-3&-2&\vline&-11\\[4pt] 0&0&8&6&\vline&30\\[4pt] 0&0&11&4&\vline&40 \end{pmatrix}
Simplifico R_3 dividindo por 2:
R_3\leftarrow \tfrac{1}{2}R_3 \implies\begin{pmatrix}0&0&4&3&\vline&15\end{pmatrix}
Elimino a entrada da linha 4 na coluna 3 usando R_3: R_4\leftarrow R_4-\tfrac{11}{4}R_3. Isso gera:
\begin{pmatrix} 1&-1&1&1&\vline&4\\[4pt] 0&1&-3&-2&\vline&-11\\[4pt] 0&0&4&3&\vline&15\\[4pt] 0&0&0&-\tfrac{17}{4}&\vline&-\tfrac{5}{4} \end{pmatrix}
A última linha corresponde a -\tfrac{17}{4}w=-\tfrac{5}{4}.
(iii) Classificação: há pivôs em todas as colunas (colunas 1–4), logo sistema compatível determinado (única solução).
(iv) Resolução por retro-substituição:
Da última linha: -\tfrac{17}{4}w=-\tfrac{5}{4}\Rightarrow w=\dfrac{5}{17}.
Da linha 3: 4z+3w=15\Rightarrow 4z=15-3w=15-3\cdot\dfrac{5}{17}=\dfrac{255-15}{17}=\dfrac{240}{17}\Rightarrow z=\dfrac{60}{17}.
Da linha 2: y-3z-2w=-11\Rightarrow y=-11+3z+2w=-11+3\cdot\dfrac{60}{17}+2\cdot\dfrac{5}{17}=\dfrac{3}{17}.
Da linha 1: x-y+z+w=4\Rightarrow x=4+y-z-w=4+\dfrac{3}{17}-\dfrac{60}{17}-\dfrac{5}{17}=\dfrac{6}{17}.
Solução: \displaystyle (x,y,z,w)=\left(\tfrac{6}{17},\,\tfrac{3}{17},\,\tfrac{60}{17},\,\tfrac{5}{17}\right).]

Passo 5

Resolução detalhada do sistema (d).
(i)
A=\begin{pmatrix} 1&-3&2\\[4pt] 1&1&-1\\[4pt] 3&-5&3 \end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]3\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix} 1&-3&2&\vline&1\\[4pt] 1&1&-1&\vline&1\\[4pt] 3&-5&3&\vline&3 \end{pmatrix}
(ii) Eliminação:
R_2\leftarrow R_2-R_1,\quad R_3\leftarrow R_3-3R_1
\begin{pmatrix} 1&-3&2&\vline&1\\[4pt] 0&4&-3&\vline&0\\[4pt] 0&4&-3&\vline&0 \end{pmatrix}
A terceira linha é igual à segunda, então subtraindo R_3\leftarrow R_3-R_2 obtemos uma linha nula:
\begin{pmatrix} 1&-3&2&\vline&1\\[4pt] 0&4&-3&\vline&0\\[4pt] 0&0&0&\vline&0 \end{pmatrix}
(iii) Classificação: há duas equações efetivas para três incógnitas → sistema compatível indeterminado (infinitas soluções, um parâmetro livre).
(iv) Resolver escrevendo parâmetro. Da linha 2: 4y-3z=0\Rightarrow y=\dfrac{3}{4}z. Da linha 1: x-3y+2z=1\Rightarrow x=1+3y-2z. Tomando z=t\in\mathbb{R} (parâmetro), temos
y=\tfrac{3}{4}t,\qquad x=1+3\cdot\tfrac{3}{4}t-2t=1+\tfrac{9}{4}t-\tfrac{8}{4}t=1+\tfrac{1}{4}t.
Para uma forma com parâmetros inteiros, podemos definir t=4s e obter x=1+s,\\ y=3s,\\ z=4s com s\in\mathbb{R}.]

Passo 6

Resolução detalhada do sistema (e).
(i)
A=\begin{pmatrix} 1&2&-1\\[4pt] 2&-3&1\\[4pt] 4&1&-1 \end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]0\\[4pt]4\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix} 1&2&-1&\vline&2\\[4pt] 2&-3&1&\vline&0\\[4pt] 4&1&-1&\vline&4 \end{pmatrix}
(ii) Eliminação:
R_2\leftarrow R_2-2R_1,\quad R_3\leftarrow R_3-4R_1
\begin{pmatrix} 1&2&-1&\vline&2\\[4pt] 0&-7&3&\vline&-4\\[4pt] 0&-7&3&\vline&-4 \end{pmatrix}
A linha 3 é igual à linha 2; subtraindo obtemos linha nula:
\begin{pmatrix} 1&2&-1&\vline&2\\[4pt] 0&-7&3&\vline&-4\\[4pt] 0&0&0&\vline&0 \end{pmatrix}
(iii) Classificação: sistema compatível indeterminado (infinitas soluções), pois há duas equações independentes e três incógnitas.
(iv) Resolver por parâmetro. Da linha 2: -7y+3z=-4\Rightarrow 7y=3z+4\Rightarrow y=\dfrac{3z+4}{7}. Da linha 1: x+2y-z=2\Rightarrow x=2-2y+z. Tomando z=t livre:
y=\dfrac{3t+4}{7},\qquad x=\dfrac{6+t}{7}.
Solução em função de t\in\mathbb{R}: \displaystyle (x,y,z)=\left(\dfrac{6+t}{7},\,\dfrac{3t+4}{7},\,t\right).]

Passo 7

Resolução detalhada do sistema (f).
(i)
A=\begin{pmatrix} 1&1&1&-1\\[4pt] 2&-1&-1&1\\[4pt] 1&2&-3&0\\[4pt] 3&-3&3&-1 \end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\\[4pt]-3\\[4pt]-4\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix} 1&1&1&-1&\vline&2\\[4pt] 2&-1&-1&1&\vline&-1\\[4pt] 1&2&-3&0&\vline&-3\\[4pt] 3&-3&3&-1&\vline&-4 \end{pmatrix}
(ii) Eliminação passo a passo:
Zeramos col.1 nas linhas 2–4:
R_2\leftarrow R_2-2R_1,\quad R_3\leftarrow R_3-R_1,\quad R_4\leftarrow R_4-3R_1
\begin{pmatrix} 1&1&1&-1&\vline&2\\[4pt] 0&-3&-3&3&\vline&-5\\[4pt] 0&1&-4&1&\vline&-5\\[4pt] 0&-6&0&2&\vline&-10 \end{pmatrix}
Troco R_2 e R_3 para ter um pivô 1 na coluna 2:
R_2\leftrightarrow R_3
\begin{pmatrix} 1&1&1&-1&\vline&2\\[4pt] 0&1&-4&1&\vline&-5\\[4pt] 0&-3&-3&3&\vline&-5\\[4pt] 0&-6&0&2&\vline&-10 \end{pmatrix}
Agora eliminamos coluna 2 nas linhas 3 e 4:
R_3\leftarrow R_3+3R_2,\quad R_4\leftarrow R_4+6R_2
\begin{pmatrix} 1&1&1&-1&\vline&2\\[4pt] 0&1&-4&1&\vline&-5\\[4pt] 0&0&-15&6&\vline&-20\\[4pt] 0&0&-24&8&\vline&-40 \end{pmatrix}
Agora troco as linhas 3 e 4 (por conveniência) e escalo a nova linha 3 para ficar simples:
R_3\leftrightarrow R_4,\quad R_3\leftarrow -\tfrac{1}{8}R_3
Obtemos
\begin{pmatrix} 1&1&1&-1&\vline&2\\[4pt] 0&1&-4&1&\vline&-5\\[4pt] 0&0&3&-1&\vline&5\\[4pt] 0&0&-15&6&\vline&-20 \end{pmatrix}
Eliminamos a entrada da linha 4 na coluna 3 usando R_3: R_4\leftarrow R_4+5R_3:
\begin{pmatrix} 1&1&1&-1&\vline&2\\[4pt] 0&1&-4&1&\vline&-5\\[4pt] 0&0&3&-1&\vline&5\\[4pt] 0&0&0&1&\vline&5 \end{pmatrix}
(iii) Classificação: pivôs em todas as colunas 1 a 4 — sistema compatível determinado (única solução).
(iv) Retro-substituição:
Da última linha: w=5.
Da linha 3: 3z-w=5\Rightarrow 3z=10\Rightarrow z=\dfrac{10}{3}.
Da linha 2: y-4z+w=-5\Rightarrow y=-5+4z-w=-5+4\cdot\dfrac{10}{3}-5=\dfrac{10}{3}.
Da linha 1: x+y+z-w=2\Rightarrow x=2-y-z+w=2-\dfrac{10}{3}-\dfrac{10}{3}+5=\dfrac{1}{3}.
Solução: \displaystyle (x,y,z,w)=\left(\tfrac{1}{3},\,\tfrac{10}{3},\,\tfrac{10}{3},\,5\right).]

Passo 8

Resolução detalhada do sistema (g).
(i)
A=\begin{pmatrix}2&-1&3&-1\\[4pt]1&-3&-2&2\end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix} 2&-1&3&-1&\vline&2\\[4pt] 1&-3&-2&2&\vline&4 \end{pmatrix}
(ii) Eliminação: elimino a variável x na segunda linha usando R_2\leftarrow R_2-\tfrac{1}{2}R_1:
R_2\leftarrow R_2-\tfrac{1}{2}R_1 \implies \begin{pmatrix} 2&-1&3&-1&\vline&2\\[4pt] 0&-\tfrac{5}{2}&-\tfrac{7}{2}&\tfrac{5}{2}&\vline&3 \end{pmatrix}
Multiplicando a segunda linha por 2 para evitar frações:
\begin{pmatrix} 2&-1&3&-1&\vline&2\\[4pt] 0&-5&-7&5&\vline&6 \end{pmatrix}
(iii) Classificação: duas equações para quatro incógnitas → sistema compatível indeterminado, com duas variáveis livres (grau de liberdade 4-{\rm posto}=4-2=2).
(iv) Resolver em parâmetros. Tome z=s,\\ w=t como parâmetros livres. Da segunda linha:
-5y-7z+5w=6\Rightarrow y=\dfrac{-7z+5w-6}{5}=\dfrac{-7s+5t-6}{5}.
Da primeira linha:
2x-y+3z-w=2\Rightarrow x=\dfrac{2+y-3z+w}{2}.
Substituindo y:
x=\dfrac{2+\dfrac{-7s+5t-6}{5}-3s+t}{2}=\dfrac{4-22s+10t}{10}=\dfrac{2-11s+5t}{5}.
Solução em parâmetros s,t\in\mathbb{R}:
(x,y,z,w)=\left(\dfrac{2-11s+5t}{5},\\ \dfrac{-7s+5t-6}{5},\\ s,\\ t\right).]

Passo 9

Resolução detalhada do sistema (h).
(i)
A=\begin{pmatrix}1&-3&5\end{pmatrix},\qquad \vec{b}=\begin{pmatrix}4\end{pmatrix}
[A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix}1&-3&5&\vline&4\end{pmatrix}
(ii) Já está essencialmente escalonada: uma equação só.
(iii) Classificação: sistema compatível indeterminado (uma equação, três incógnitas → dois graus de liberdade).
(iv) Resolver em parâmetros. Da equação x-3y+5z=4\Rightarrow x=4+3y-5z. Tomando y=s,\\ z=t livres, obtemos
(x,y,z)=\bigl(4+3s-5t,\\ s,\\ t\bigr),\quad s,t\in\mathbb{R}.

Resposta

(a) (A= \begin{pmatrix}1&2&-1\\[4pt]2&3&1\\[4pt]1&1&2\end{pmatrix},\ \vec{b}= \begin{pmatrix}0\\[4pt]5\\[4pt]4\end{pmatrix},\ [A\mid\vec{b}]= \begin{pmatrix}1&2&-1&\vline&0\\[4pt]2&3&1&\vline&5\\[4pt]1&1&2&\vline&4\end{pmatrix};\ classificação: inconsistente;\ sem solução.
(b) (A= \begin{pmatrix}1&1&-1\\[4pt]2&1&-1\\[4pt]3&1&2\\[4pt]4&2&1\end{pmatrix},\ \vec{b}= \begin{pmatrix}-1\\[4pt]1\\[4pt]5\\[4pt]4\end{pmatrix},\ [A\mid\vec{b}]= \begin{pmatrix}1&1&-1&\vline&-1\\[4pt]2&1&-1&\vline&1\\[4pt]3&1&2&\vline&5\\[4pt]4&2&1&\vline&4\end{pmatrix};\ classificação: única solução;\ (x,y,z)=\bigl(2,,-\tfrac{7}{3},,\tfrac{2}{3}\bigr).
(c) (A= \begin{pmatrix}1&-1&1&1\\[4pt]2&-1&-1&0\\[4pt]1&2&0&1\\[4pt]5&0&1&-1\end{pmatrix},\ \vec{b}= \begin{pmatrix}4\\[4pt]-3\\[4pt]1\\[4pt]5\end{pmatrix},\ [A\mid\vec{b}]= \begin{pmatrix}1&-1&1&1&\vline&4\\[4pt]2&-1&-1&0&\vline&-3\\[4pt]1&2&0&1&\vline&1\\[4pt]5&0&1&-1&\vline&5\end{pmatrix};\ classificação: única solução;\ (x,y,z,w)=\bigl(\tfrac{6}{17},,\tfrac{3}{17},,\tfrac{60}{17},,\tfrac{5}{17}\bigr).
(d) (A= \begin{pmatrix}1&-3&2\\[4pt]1&1&-1\\[4pt]3&-5&3\end{pmatrix},\ \vec{b}= \begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]3\end{pmatrix},\ [A\mid\vec{b}]= \begin{pmatrix}1&-3&2&\vline&1\\[4pt]1&1&-1&\vline&1\\[4pt]3&-5&3&\vline&3\end{pmatrix};\ classificação: infinitas soluções (1 parâmetro);\ (x,y,z)=\bigl(1+\tfrac{1}{4}t,\ \tfrac{3}{4}t,\ t\bigr),\ t\in\mathbb{R}.
(e) (A= \begin{pmatrix}1&2&-1\\[4pt]2&-3&1\\[4pt]4&1&-1\end{pmatrix},\ \vec{b}= \begin{pmatrix}2\\[4pt]0\\[4pt]4\end{pmatrix},\ [A\mid\vec{b}]= \begin{pmatrix}1&2&-1&\vline&2\\[4pt]2&-3&1&\vline&0\\[4pt]4&1&-1&\vline&4\end{pmatrix};\ classificação: infinitas soluções (1 parâmetro);\ (x,y,z)=\bigl(\tfrac{6+t}{7},\ \tfrac{3t+4}{7},\ t\bigr),\ t\in\mathbb{R}.
(f) (A= \begin{pmatrix}1&1&1&-1\\[4pt]2&-1&-1&1\\[4pt]1&2&-3&0\\[4pt]3&-3&3&-1\end{pmatrix},\ \vec{b}= \begin{pmatrix}2\\[4pt]-1\\[4pt]-3\\[4pt]-4\end{pmatrix},\ [A\mid\vec{b}]= \begin{pmatrix}1&1&1&-1&\vline&2\\[4pt]2&-1&-1&1&\vline&-1\\[4pt]1&2&-3&0&\vline&-3\\[4pt]3&-3&3&-1&\vline&-4\end{pmatrix};\ classificação: única solução;\ (x,y,z,w)=\bigl(\tfrac{1}{3},,\tfrac{10}{3},,\tfrac{10}{3},,5\bigr).
(g) A=\begin{pmatrix}2&-1&3&-1\\[4pt]1&-3&-2&2\end{pmatrix},\\ \vec{b}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]4\end{pmatrix},\\ [A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix}2&-1&3&-1&\vline&2\\[4pt]1&-3&-2&2&\vline&4\end{pmatrix};\\ \text{classificação: infinitas soluções (2 parâmetros)};
\displaystyle (x,y,z,w)=\left(\dfrac{2-11s+5t}{5},\\ \dfrac{-7s+5t-6}{5},\\ s,\\ t\right),\\ s,t\in\mathbb{R}.
(h) A=\begin{pmatrix}1&-3&5\end{pmatrix},\\ \vec{b}=\begin{pmatrix}4\end{pmatrix},\\ [A\mid\vec{b}]=\begin{pmatrix}1&-3&5&\vline&4\end{pmatrix};\\ \text{classificação: infinitas soluções (2 parâmetros)};
\displaystyle (x,y,z)=\bigl(4+3s-5t,\\ s,\\ t\bigr),\\ s,t\in\mathbb{R}.])

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