Considere o sistema linear:
\left(\begin{array}{rrr} 2 & -3 & 1 \\\\ 4 & -6 & -1 \\\\ 1 & 2 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} x_{1} \\\ x_{2} \\\ x_{3} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{r} -5 \\\\ -7 \\\\ 4 \end{array}\right) .
Resolva-o usando escalonamento.

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear com matriz dos coeficientes e vetor do lado direito. Especificamente, o sistema é
\begin{pmatrix} 2 & -3 & 1 \\\\ 4 & -6 & -1 \\\\ 1 & 2 & 1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_{1}\\[4pt] x_{2}\\[4pt] x_{3} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5\\[4pt] -7\\[4pt] 4 \end{pmatrix}.
O que se pede: encontrar os valores de \,x_{1},x_{2},x_{3}\, que satisfazem o sistema, usando escalonamento (eliminação por operações entre linhas).
Informações dadas que usaremos:
  • Coeficientes das linhas: primeira linha (2,-3,1), segunda (4,-6,-1), terceira (1,2,1).
  • Termos independentes (lado direito): -5, -7 e 4.]

Passo 2

Antes de começar com números, uma explicação rápida e prática do que é escalonamento e das operações permitidas.
  • Monta-se a matriz aumentada do sistema juntando a matriz dos coeficientes com o vetor do lado direito, isto é:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & -3 & 1 & -5\\[4pt] 4 & -6 & -1 & -7\\[4pt] 1 & 2 & 1 & 4 \end{array}\right].
  • As operações elementares que podemos fazer nas linhas sem alterar o conjunto de soluções são:
    1. trocar duas linhas entre si;
    2. multiplicar uma linha por um escalar não nulo;
    3. somar a uma linha um múltiplo escalar de outra linha.
      Estas operações preservam as soluções do sistema e são usadas para transformar a matriz aumentada numa forma escalonada (zeros abaixo dos pivôs), para então aplicar retro-substituição.
Vou aplicar essas operações passo a passo, explicando cada conta.]

Passo 3

Para facilitar os cálculos, troco a primeira linha com a terceira, porque a terceira tem um 1 na primeira coluna (pivot mais simples). Faço a operação R_{1}\leftrightarrow R_{3}. A matriz aumentada vira
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 4\\[4pt] 4 & -6 & -1 & -7\\[4pt] 2 & -3 & 1 & -5 \end{array}\right].
Explicação: trocar linhas não altera as soluções; agora o pivô na primeira coluna é 1, o que facilita eliminar abaixo.]

Passo 4

Elimino os elementos da primeira coluna nas linhas 2 e 3 usando a linha 1 como pivô:
  • Para zerar o primeiro elemento da linha 2, faço R_{2}\leftarrow R_{2}-4R_{1}. Calculo termo a termo:
    R_{2}-4R_{1} = \bigl(4,-6,-1\,|\, -7\bigr)-4\bigl(1,2,1\,|\,4\bigr) =\bigl(4-4,\\\ -6-8,\\\ -1-4 \,|\, -7-16\bigr) =\bigl(0,\\\ -14,\\\ -5 \,|\, -23\bigr).
  • Para zerar o primeiro elemento da linha 3, faço R_{3}\leftarrow R_{3}-2R_{1}. Calculo:
    R_{3}-2R_{1} = \bigl(2,-3,1\,|\, -5\bigr)-2\bigl(1,2,1\,|\,4\bigr) =\bigl(2-2,\\\ -3-4,\\\ 1-2 \,|\, -5-8\bigr) =\bigl(0,\\\ -7,\\\ -1 \,|\, -13\bigr).
Depois dessas operações, a matriz aumentada é
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 4\\[4pt] 0 & -14 & -5 & -23\\[4pt] 0 & -7 & -1 & -13 \end{array}\right].]

Passo 5

Agora o próximo pivô está na coluna 2. Para continuar o escalonamento, quero zero abaixo do pivô da linha 2. Observando as linhas 2 e 3, nota-se que -7 é metade de -14, então posso eliminar o elemento da linha 3 subtraindo metade da linha 2:
Faço R_{3}\leftarrow R_{3}-\tfrac{1}{2}R_{2}. Calculo passo a passo:
\tfrac{1}{2}R_{2}=\tfrac{1}{2}\bigl(0,-14,-5\,|\, -23\bigr)=\bigl(0,-7,-\tfrac{5}{2}\,|\, -\tfrac{23}{2}\bigr).
Então
R_{3}-\tfrac{1}{2}R_{2}= \bigl(0,-7,-1\,|\, -13\bigr)-\bigl(0,-7,-\tfrac{5}{2}\,|\, -\tfrac{23}{2}\bigr) =\bigl(0,0,\\\ -1-(-\tfrac{5}{2}) \,|\, -13-(-\tfrac{23}{2})\bigr).
Calculemos as diferenças:
-1-(-\tfrac{5}{2}) = -1+\tfrac{5}{2} = \tfrac{3}{2}, \qquad -13-(-\tfrac{23}{2}) = -13+\tfrac{23}{2} = -\tfrac{26}{2}+\tfrac{23}{2} = -\tfrac{3}{2}.
Portanto a nova linha 3 é \bigl(0,0,\tfrac{3}{2}\,|\, -\tfrac{3}{2}\bigr).
A matriz agora está em forma escalonada:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 4\\[4pt] 0 & -14 & -5 & -23\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{3}{2} \end{array}\right].]

Passo 6

Para facilitar a retro-substituição, normalizo a terceira linha dividindo por \tfrac{3}{2} (multiplicando por \tfrac{2}{3}), obtendo pivô 1 na coluna 3:
R_{3}\leftarrow \tfrac{2}{3}R_{3} \quad\Rightarrow\quad R_{3}=\bigl(0,0,1\,|\, -1\bigr).
Isto nos dá diretamente o valor de \,x_{3}\,:
x_{3}=-1.
Explicação: como a terceira linha corresponde à equação 0x_{1}+0x_{2}+1\cdot x_{3}=-1, então x_{3}=-1.

Passo 7

Agora uso x_{3} para encontrar x_{2} a partir da segunda linha. A segunda linha é a equação
0\cdot x_{1} -14 x_{2} -5 x_{3} = -23.
Substituo x_{3}=-1:
-14 x_{2} -5(-1) = -23 \quad\Rightarrow\quad -14 x_{2} +5 = -23.
Isolo x_{2}:
-14 x_{2} = -23 -5 = -28 \quad\Rightarrow\quad x_{2} = \frac{-28}{-14} = 2.

Passo 8

Finalmente encontro x_{1} usando a primeira linha. A primeira linha corresponde à equação
x_{1} + 2 x_{2} + 1\cdot x_{3} = 4.
Substituo x_{2}=2 e x_{3}=-1:
x_{1} + 2\cdot 2 + (-1) = 4 \quad\Rightarrow\quad x_{1} +4 -1 = 4.
Logo
x_{1} +3 = 4 \quad\Rightarrow\quad x_{1} = 1.

Passo 9

(Faço uma checagem rápida substituindo os valores nas equações originais.)
  • Primeira equação original: 2x_{1}-3x_{2}+x_{3}=2\cdot1-3\cdot2+(-1)=2-6-1=-5, confere com o lado direito -5.
  • Segunda: 4x_{1}-6x_{2}-x_{3}=4\cdot1-6\cdot2-(-1)=4-12+1=-7, confere com -7.
  • Terceira: x_{1}+2x_{2}+x_{3}=1+2\cdot2+(-1)=1+4-1=4, confere com 4.
Tudo bate, solução verificada.

Resposta

x_{1}=1
x_{2}=2
x_{3}=-1

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