Classifique e resolva (quando possível) cada um dos sistemas abaixo:
(r)\left\{\begin{aligned} x+3 y-z & =2 \\\ x-y+3 z & =4 \\\\ 3 x+y+5 z & =10\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado dá o seguinte sistema linear de três equações com três incógnitas e pede para classificá-lo e resolvê-lo (quando possível):
(r)\begin{cases} x+3y-z=2,\\[4pt] x-y+3z=4,\\[4pt] 3x+y+5z=10. \end{cases}
Informações relevantes fornecidas:
  • As incógnitas são x, y e z.
  • Há três equações lineares.
  • A tarefa é: (1) classificar o sistema (por exemplo: possível determinado, possível indeterminado, impossível) e (2) encontrar as soluções quando existirem.]

Passo 2

Vou usar eliminação de Gauss (redução por linhas) — é um método elementar e confiável para estudar e resolver sistemas lineares. Antes de operar, explico rapidinho:
  • Representamos o sistema por uma matriz aumentada (coeficientes + termos independentes).
  • Aplicamos operações elementares nas linhas (somar múltiplos de uma linha a outra, trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo). Essas operações preservam o conjunto de soluções.
  • Observando as linhas finais podemos determinar o posto (rank) da matriz dos coeficientes e da matriz aumentada. Se o posto da matriz dos coeficientes for igual ao posto da matriz aumentada e igual ao número de incógnitas, o sistema tem solução única; se o posto for igual mas menor que o número de incógnitas, há infinitas soluções; se os postos forem diferentes, o sistema é impossível.

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada do sistema:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & -1 & 2\\[4pt] 1 & -1 & 3 & 4\\[4pt] 3 & 1 & 5 & 10 \end{array}\right].
Faço operações para triangularizar (eliminar abaixo do pivô da primeira coluna).
Faço R_2 \leftarrow R_2 - R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1. Isso corresponde a eliminar os elementos das posições (2,1) e (3,1).
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & -1 & 2\\[4pt] 0 & -4 & 4 & 2\\[4pt] 0 & -8 & 8 & 4 \end{array}\right]]

Passo 4

Observo que a terceira linha é o dobro da segunda:
\text{linha 2} = \bigl(0,\,-4,\,4\mid 2\bigr),\qquad \text{linha 3} = \bigl(0,\,-8,\,8\mid 4\bigr)=2\cdot\text{linha 2}.
Posso eliminar a terceira linha subtraindo 2 vezes a segunda: R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2, obtendo linha zero.
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & -1 & 2\\[4pt] 0 & -4 & 4 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right]
Essa forma indica que o posto da matriz dos coeficientes é 2 (duas linhas não nulas) e o posto da matriz aumentada também é 2 (a linha de zeros corresponde a 0=0, sem contradição). Como o posto é menor que o número de incógnitas ( 2<3), o sistema é consistente e tem infinitas soluções (sistema possível e indeterminado).]

Passo 5

Agora escrevo as equações correspondentes às linhas não nulas para obter as relações entre variáveis. Das linhas reduzidas:
  • Primeira linha: x+3y-z=2.
  • Segunda linha: -4y+4z=2.
Simplifico a segunda equação dividindo por 4:
-4y+4z=2 \\ \Longrightarrow\\\ -y+z=\tfrac{1}{2}\\ \Longrightarrow\\ z = y+\tfrac{1}{2}.
Escolho um parâmetro para a variável livre. É natural escolher y como parâmetro; escrevo y=t, com t\in\mathbb{R}. Então
z = t + \tfrac{1}{2}.
Substituo y=t e z=t+\tfrac{1}{2} na primeira equação para encontrar x:
x+3y-z=2 \\ \Longrightarrow\\ x+3t-(t+\tfrac{1}{2})=2.
Calculo passo a passo:
x + 3t - t - \tfrac{1}{2} = 2 \\ \Longrightarrow\\ x + 2t - \tfrac{1}{2} = 2.
Isolo x:
x = 2 + \tfrac{1}{2} - 2t = \tfrac{5}{2} - 2t.

Passo 6

Portanto a solução geral, em função do parâmetro t\in\mathbb{R}, é
(x,y,z)=\Bigl(\tfrac{5}{2}-2t,\; t,\; t+\tfrac{1}{2}\Bigr),\qquad t\in\mathbb{R}.
Em forma vetorial também pode ser escrita como
\begin{pmatrix}x\\[4pt] y\\[4pt] z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\tfrac{5}{2}\\[4pt] 0\\[4pt] \tfrac{1}{2}\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-2\\[4pt] 1\\[4pt] 1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.]

Resposta

Classificação: sistema possível e indeterminado (infinitas soluções).
Solução geral: (x,y,z)=\bigl(\tfrac{5}{2}-2t,\; t,\; t+\tfrac{1}{2}\bigr),\\ t\in\mathbb{R}.

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