Dado os sistemas abaixo, determine a solução dos sistemas utilizando o método de Gauss.
\begin{aligned} & 2 x+3 y-z=4 \\\ & 4 x-3 y+z=2 \\\ & x-y+z=1 \end{aligned}

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\begin{aligned} &2x+3y-z=4\\\ &4x-3y+z=2\\\ &x-y+z=1 \end{aligned}
e pede para determinar a solução usando o método de Gauss. Informações relevantes que temos: os três coeficientes e os termos independentes estão explícitos nas três equações acima. O objetivo final é encontrar os valores de x, y e z que satisfazem todas as três equações simultaneamente.

Passo 2

Primeiro passo prático do método de Gauss: escrever a matriz aumentada do sistema. A matriz aumentada junta a matriz dos coeficientes com a coluna dos termos independentes. Escrevemos:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & 3 & -1 & 4\\[4pt] 4 & -3 & 1 & 2\\[4pt] 1 & -1 & 1 & 1 \end{array}\right]
Explicação breve sobre operações que podemos usar (regras do método): podemos (1) trocar duas linhas, (2) multiplicar uma linha por um escalar não nulo, (3) somar a uma linha um múltiplo de outra linha. Essas operações não mudam o conjunto de soluções do sistema e servem para transformar a matriz em uma forma triangular (ou escalonada) que facilita a resolução por substituição.]

Passo 3

É conveniente ter um pivô igual a 1 na primeira linha para facilitar contas. Observando a matriz aumentada, a terceira linha já tem 1 na primeira coluna. Vamos trocar a linha 1 com a linha 3. Faço a operação L_1 \leftrightarrow L_3. A matriz fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 4 & -3 & 1 & 2\\[4pt] 2 & 3 & -1 & 4 \end{array}\right]]

Passo 4

Agora eliminamos os elementos abaixo do pivô da primeira coluna (queremos zeros nas posições (2,1) e (3,1)). Usamos operações do tipo L_j := L_j - m\cdot L_1, onde m é o múltiplo apropriado.
Para zerar o elemento na linha 2, coluna 1: m=4, então
L_2 := L_2 - 4L_1.
Calculemos cada entrada:
\begin{aligned} \text{coluna 1: }&4-4\cdot1=0,\\\ \text{coluna 2: }&-3-4\cdot(-1)=-3+4=1,\\\ \text{coluna 3: }&1-4\cdot1=1-4=-3,\\\ \text{termo indep.: }&2-4\cdot1=2-4=-2. \end{aligned}
Portanto a nova L_2 é [0\;\;1\;\;-3\;\;|\;\;-2].
Para zerar o elemento na linha 3, coluna 1: m=2, então
L_3 := L_3 - 2L_1.
Calculemos:
\begin{aligned} \text{coluna 1: }&2-2\cdot1=0,\\\ \text{coluna 2: }&3-2\cdot(-1)=3+2=5,\\\ \text{coluna 3: }&-1-2\cdot1=-1-2=-3,\\\ \text{termo indep.: }&4-2\cdot1=4-2=2. \end{aligned}
Logo a nova L_3 é [0\;\;5\;\;-3\;\;|\;\;2].

Passo 5

A matriz após essas operações fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -2\\[4pt] 0 & 5 & -3 & 2 \end{array}\right]
Agora já temos um pivô 1 na posição (2,2). O próximo passo é zerar abaixo desse pivô (posição (3,2)).]

Passo 6

Para zerar o elemento na posição (3,2) usamos L_3 := L_3 - 5L_2 porque a entrada atual é 5 e queremos 0. Calculamos:
\begin{aligned} \text{coluna 1: }&0-5\cdot0=0,\\\ \text{coluna 2: }&5-5\cdot1=5-5=0,\\\ \text{coluna 3: }&-3-5\cdot(-3)=-3+15=12,\\\ \text{termo indep.: }&2-5\cdot(-2)=2+10=12. \end{aligned}
Portanto L_3 se torna [0\;\;0\;\;12\;\;|\;\;12].
A matriz agora é triangular superior:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -3 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 12 & 12 \end{array}\right]]

Passo 7

Com a matriz triangular superior, fazemos substituição regressiva (back-substitution) para encontrar z, y e x.
Da terceira linha (equação correspondente): \;12z = 12. Logo
z = \frac{12}{12} = 1.
Da segunda linha: \;1\cdot y -3\cdot z = -2. Substituindo z=1,
y -3\cdot1 = -2 \quad\Rightarrow\quad y = -2+3 = 1.
Da primeira linha: \;x - y + z = 1. Substituindo y=1 e z=1,
x -1 +1 = 1 \quad\Rightarrow\quad x = 1.

Passo 8

Checagem rápida (sempre bom para ganhar confiança na prova): substituir (x,y,z)=(1,1,1) nas três equações originais:
\begin{aligned} 2\cdot1 + 3\cdot1 -1 &= 2+3-1=4 &\checkmark\\\\ 4\cdot1 -3\cdot1 +1 &= 4-3+1=2 &\checkmark\\\\ 1 -1 +1 &= 1 &\checkmark \end{aligned}
Todas as equações são satisfeitas, então a solução está correta. Força aí — deu certo!

Resposta

x=1\
y=1\
z=1

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