Dado o sistema de equações:
\begin{cases}-3 x_{2}+7 x_{3} & =2 \\\ x_{1}+2 x_{2}-x_{3} & =3 \\\\ 5 x_{1}-2 x_{2} & =2\end{cases}
a) Verifique se o sistema tem solução única.
b) Use eliminação de Gauss com pivotamento parcial para determinar a solução.
c) Substitua seus resultados nas equações originais para verificar suas respostas.
Resposta: \operatorname{det}(A) \neq 0, \quad X=\left(\frac{68}{69}, \frac{101}{69}, \frac{21}{23}\right)

Passo 1

O enunciado dá o sistema
\begin{cases} -3 x_{2}+7 x_{3} &=2,\\[4pt] x_{1}+2 x_{2}-x_{3} &=3,\\[4pt] 5 x_{1}-2 x_{2} &=2, \end{cases}
e pede:
a) verificar se o sistema tem solução única;
b) usar eliminação de Gauss com pivotamento parcial para determinar a solução;
c) substituir a solução nas equações originais para checar.
Informações relevantes extraídas do enunciado: os coeficientes (ordem x_1,x_2,x_3) formam a matriz dos coeficientes
A=\begin{pmatrix} 0 & -3 & 7\\[4pt] 1 & 2 & -1\\[4pt] 5 & -2 & 0 \end{pmatrix},
e o termo independente é o vetor
b=\begin{pmatrix}2\\[4pt]3\\[4pt]2\end{pmatrix}.
Nenhuma outra figura ou dado externo foi fornecido. A resolução vai mostrar passo a passo como obter a solução e como verificar (substituir).]

Passo 2

Por que verificar determinante? Um sistema linear quadrado A x=b tem solução única se, e somente se, \det(A)\neq0. Vou calcular \det(A) indiretamente durante a eliminação de Gauss: o produto dos pivôs da matriz triangular superior U obtida pela eliminação é igual a \det(A) vezes (-1)^{s}, onde s é o número de trocas de linhas realizadas (cada troca muda o sinal do determinante). Vou aplicar eliminação de Gauss com pivotamento parcial (escolher, em cada coluna, a linha com o maior valor absoluto como pivô) porque o enunciado pede isso e porque evita divisão por números pequenos e reduz erros aritméticos.
Começo escrevendo a matriz aumentada [A|b]:
\left[\begin{array}{ccc|c} 0 & -3 & 7 & 2\\[4pt] 1 & 2 & -1 & 3\\[4pt] 5 & -2 & 0 & 2 \end{array}\right].]

Passo 3

Primeira etapa (coluna 1): escolher pivô com pivotamento parcial entre as linhas 1–3 olhando a coluna 1. Os valores absolutos são |0|,|1|,|5|; o maior é |5| na linha 3. Então troco a linha 1 com a linha 3 (uma troca). Após a troca:
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & -2 & 0 & 2\\[4pt] 1 & 2 & -1 & 3\\[4pt] 0 & -3 & 7 & 2 \end{array}\right].
O pivô \,p_1=5. Para eliminar abaixo do pivô, uso o multiplicador
m_{21}=\frac{\text{entrada }(2,1)}{\text{pivô}}=\frac{1}{5}=\frac{1}{5}, \quad m_{31}=\frac{0}{5}=0.ô
A regra é: nova linha i = linha i m_{i1} × linha do pivô. Aplicando em cada componente:
  • Linha 2 nova: cada entrada é \text{linha2} - \tfrac{1}{5}\times\text{linha1}. Calculando componente a componente:
    • coluna1: 1-\tfrac{1}{5}\cdot5=0 (bom),
    • coluna2: 2-\tfrac{1}{5}\cdot(-2)=2+\tfrac{2}{5}=\tfrac{12}{5},
    • coluna3: -1-\tfrac{1}{5}\cdot0=-1,
    • RHS: 3-\tfrac{1}{5}\cdot2=3-\tfrac{2}{5}=\tfrac{13}{5}.
  • Linha 3 nova: como m_{31}=0, a linha 3 permanece [0,-3,7\mid2].
A matriz aumentada fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & -2 & 0 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{12}{5} & -1 & \tfrac{13}{5}\\[4pt] 0 & -3 & 7 & 2 \end{array}\right].]

Passo 4

Segunda etapa (coluna 2, submatriz das linhas 2–3): aplicar pivotamento parcial na coluna 2 entre as linhas 2 e 3. Compare \big|\tfrac{12}{5}\big|=2{,}4 com |-3|=3. O maior é 3 (linha 3), então troco linha 2 com linha 3 (segunda troca). Após a troca:
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & -2 & 0 & 2\\[4pt] 0 & -3 & 7 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{12}{5} & -1 & \tfrac{13}{5} \end{array}\right].
Agora o pivô da segunda etapa é p_2=-3. Calculo o multiplicador para eliminar a entrada (3,2):
m_{32}=\frac{\text{entrada }(3,2)}{p_2}=\frac{\tfrac{12}{5}}{-3}=\tfrac{12}{5}\cdot\left(-\tfrac{1}{3}\right)=-\tfrac{12}{15}=-\tfrac{4}{5}.
Aplico nova linha 3 = linha 3 − m_{32}×linha 2. Observação: como m_{32} é negativo, isso equivale a adicionar \tfrac{4}{5} vezes a linha 2. Calculando:
  • coluna2: \tfrac{12}{5} -\big(-\tfrac{4}{5}\big)\cdot(-3) = \tfrac{12}{5} + \tfrac{4}{5}\cdot(-3)=\tfrac{12}{5}-\tfrac{12}{5}=0 (esperado),
  • coluna3: -1 -\big(-\tfrac{4}{5}\big)\cdot7 = -1 + \tfrac{28}{5} = -\tfrac{5}{5} + \tfrac{28}{5} = \tfrac{23}{5},
  • RHS: \tfrac{13}{5} -\big(-\tfrac{4}{5}\big)\cdot2 = \tfrac{13}{5} + \tfrac{8}{5} = \tfrac{21}{5}.
A matriz triangular superior (forma escalonada) fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & -2 & 0 & 2\\[4pt] 0 & -3 & 7 & 2\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{23}{5} & \tfrac{21}{5} \end{array}\right].]

Passo 5

Agora tenho uma matriz triangular superior U. Os pivôs foram p_1=5, p_2=-3, p_3=\tfrac{23}{5}. Tivemos duas trocas de linhas, então o sinal total do determinante é (-1)^{2}=+1. O determinante de A é o produto dos pivôs:
\det(A)=p_1\cdot p_2\cdot p_3 = 5\cdot(-3)\cdot\tfrac{23}{5} = -3\cdot 23 = -69.
Como \det(A)=-69\neq0, o sistema tem solução única (teorema básico de sistemas lineares). Isso responde (a) de forma definitiva.

Passo 6

Agora faço substituição retroativa (back substitution) para obter x_3,x_2,x_1.
Da terceira linha (equação correspondente a U):
\tfrac{23}{5}\,x_3 = \tfrac{21}{5}.
Multiplico ambos os lados por 5 para limpar o denominador:
23\,x_3 = 21 \quad\Rightarrow\quad x_3=\frac{21}{23}.
Da segunda linha:
-3\,x_2 + 7\,x_3 = 2.
Substituo x_3=\tfrac{21}{23}:
-3\,x_2 + 7\cdot\frac{21}{23}=2.
Calculo 7\cdot\frac{21}{23}=\frac{147}{23}. Passo -3x_2 = 2-\frac{147}{23}. Coloco 2 sobre denominador 23: 2=\frac{46}{23}. Assim
-3\,x_2 = \frac{46}{23}-\frac{147}{23} = -\frac{101}{23},
então
x_2 = \frac{-\tfrac{101}{23}}{-3} = \frac{101}{69}.
Da primeira linha:
5\,x_1 -2\,x_2 + 0\cdot x_3 = 2.
Substituo x_2=\tfrac{101}{69}:
5\,x_1 -2\cdot\frac{101}{69}=2.
Calculo 2\cdot\frac{101}{69}=\frac{202}{69}. Coloco 2 com denominador 69: 2=\frac{138}{69}. Então
5\,x_1 = \frac{138}{69}+\frac{202}{69}=\frac{340}{69}.
Logo
x_1 = \frac{340}{69}\cdot\frac{1}{5} = \frac{340}{345}=\frac{68}{69}.
Assim a solução obtida é
X=\left(\frac{68}{69},\;\frac{101}{69},\;\frac{21}{23}\right),
conforme indicado.

Passo 7

Verificação: substituo a solução nas três equações originais e mostro que cada LHS dá o RHS.
Equação 1: -3x_2+7x_3. Substituindo x_2=\tfrac{101}{69} e x_3=\tfrac{21}{23}:
-3\cdot\frac{101}{69} + 7\cdot\frac{21}{23} = -\frac{303}{69} + \frac{147}{23}.
Note que \frac{147}{23}=\frac{441}{69} (multiplicando numerador e denominador por 3). Então
-\frac{303}{69}+\frac{441}{69}=\frac{138}{69}=2.
Portanto a primeira equação é satisfeita.
Equação 2: x_1+2x_2-x_3. Substituindo x_1=\tfrac{68}{69}, x_2=\tfrac{101}{69}, x_3=\tfrac{21}{23}:
\frac{68}{69}+2\cdot\frac{101}{69}-\frac{21}{23} = \frac{68}{69}+\frac{202}{69}-\frac{63}{69} = \frac{68+202-63}{69}=\frac{207}{69}=3.
(Observe que \tfrac{21}{23}=\tfrac{63}{69}.) Então a segunda equação é satisfeita.
Equação 3: 5x_1-2x_2. Substituindo:
5\cdot\frac{68}{69}-2\cdot\frac{101}{69} = \frac{340}{69}-\frac{202}{69}=\frac{138}{69}=2.
Assim a terceira equação também é satisfeita.
Comprovado que a solução encontrada satisfaz todas as equações originais.

Resposta

a) \det(A)=-69\neq0 portanto há solução única.
b) X=\left(\dfrac{68}{69},\;\dfrac{101}{69},\;\dfrac{21}{23}\right).
c) Substituições: para a equação 1 obtém-se 2; para a equação 2 obtém-se 3; para a equação 3 obtém-se 2 — logo a solução verifica o sistema.

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