Determinar o conjunto-solução dos sistemas de equações lineares.
\left{ \begin{array}{rr}x+2 y-4 z= & 3 \\ x-2 y+3 z= & -1 \\ 2 x+3 y-z= & 5 \\ 4 x+3 y-2 z= & 7 \\ 5 x+2 y-6 z= & 7\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede: determinar o conjunto-solução do sistema linear com cinco equações e três incógnitas. As equações fornecidas são:
\begin{cases} x+2y-4z=3,\\[4pt] x-2y+3z=-1,\\[4pt] 2x+3y-z=5,\\[4pt] 4x+3y-2z=7,\\[4pt] 5x+2y-6z=7. \end{cases}
Informações relevantes que temos:
  • São 5 equações e 3 incógnitas \,x,y,z.
  • A tarefa é encontrar todos os terços (x,y,z) que satisfazem simultaneamente as cinco igualdades (ou concluir que não existe solução).
  • Não há outras condições extras no enunciado.]

Passo 2

Escolha do método (curtinha e direta): vamos usar eliminação de Gauss (redução por linhas). Por quê? Porque é um procedimento algorítmico simples e sistemático para sistemas lineares: transforma o sistema numa forma triangular por operações elementares nas linhas (somar múltiplos de uma equação em outra, trocar linhas, multiplicar por constantes não nulas), e daí lemos as incógnitas por substituição. É o método mais direto quando há várias equações.
Breve explicação do que faremos: escrever o sistema como matriz aumentada (coeficientes + termos constantes) e aplicar operações elementares por linhas para obter pivôs e eliminar incógnitas coluna a coluna.

Passo 3

Escrevendo a matriz aumentada inicial (cada linha corresponde a uma equação, as três primeiras colunas são os coeficientes de x,y,z e a última é o termo independente):
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -4 & 3\\[4pt] 1 & -2 & 3 & -1\\[4pt] 2 & 3 & -1 & 5\\[4pt] 4 & 3 & -2 & 7\\[4pt] 5 & 2 & -6 & 7 \end{array}\right].
Interpretação: a primeira coluna é coeficiente de x, a segunda de y, a terceira de z, a quarta são os termos à direita.]

Passo 4

Vamos usar a primeira linha como pivô para zerar abaixo na coluna de x. Aplicamos as operações:
\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2-R_1,\\\ R_3 &\leftarrow R_3-2R_1,\\\ R_4 &\leftarrow R_4-4R_1,\\\ R_5 &\leftarrow R_5-5R_1. \end{aligned}
Calculando cada nova linha (mostrando as contas):
  • Para R_2-R_1: (1-1,\\\ -2-2,\\\ 3-(-4),\\\ -1-3)=(0,\\\ -4,\\\ 7,\\\ -4).
  • Para R_3-2R_1: (2-2,\\\ 3-4,\\\ -1-(-8),\\\ 5-6)=(0,\\\ -1,\\\ 7,\\\ -1).
  • Para R_4-4R_1: (4-4,\\\ 3-8,\\\ -2-(-16),\\\ 7-12)=(0,\\\ -5,\\\ 14,\\\ -5).
  • Para R_5-5R_1: (5-5,\\\ 2-10,\\\ -6-(-20),\\\ 7-15)=(0,\\\ -8,\\\ 14,\\\ -8).
A matriz fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -4 & 3\\[4pt] 0 & -4 & 7 & -4\\[4pt] 0 & -1 & 7 & -1\\[4pt] 0 & -5 & 14 & -5\\[4pt] 0 & -8 & 14 & -8 \end{array}\right].]

Passo 5

Para facilitar a eliminação na coluna de y, trocamos R_2 por R_3 (colocar o coeficiente -1 como pivô é conveniente):
R_2 \longleftrightarrow R_3.
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -4 & 3\\[4pt] 0 & -1 & 7 & -1\\[4pt] 0 & -4 & 7 & -4\\[4pt] 0 & -5 & 14 & -5\\[4pt] 0 & -8 & 14 & -8 \end{array}\right].
Explicação rápida: escolher um pivô simples (aqui -1) simplifica contas ao eliminar os outros elementos da coluna.]

Passo 6

Agora eliminamos os coeficientes de y nas linhas R_3,R_4,R_5 usando R_2 como pivô:
\begin{aligned} R_3 &\leftarrow R_3-4R_2,\\\ R_4 &\leftarrow R_4-5R_2,\\\ R_5 &\leftarrow R_5-8R_2. \end{aligned}
Fazendo as contas:
  • R_3-4R_2:\\ (0,\\\ -4-4(-1),\\\ 7-4\cdot7,\\\ -4-4(-1))=(0,0,\\\ 7-28,\\\ -4+4)=(0,0,-21,0).
  • R_4-5R_2:\\ (0,\\\ -5-5(-1),\\\ 14-5\cdot7,\\\ -5-5(-1))=(0,0,\\\ 14-35,\\\ -5+5)=(0,0,-21,0).
  • R_5-8R_2:\\ (0,\\\ -8-8(-1),\\\ 14-8\cdot7,\\\ -8-8(-1))=(0,0,\\\ 14-56,\\\ -8+8)=(0,0,-42,0).
A matriz vira
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & -4 & 3\\[4pt] 0 & -1 & 7 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -21 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -21 & 0\\[4pt] 0 & 0 & -42 & 0 \end{array}\right].
Nota didática: linhas 3 e 4 ficaram iguais; isso indica dependência entre as equações originais — é comum quando há mais equações que incógnitas. Ainda assim pode haver solução única se as equações forem consistentes.]

Passo 7

Simplificamos a terceira linha para obter pivô unitário em z. Dividimos R_3 por -21:
R_3 \leftarrow \frac{1}{-21}R_3 \quad\Rightarrow\quad R_3=(0,0,1,0).
Agora usamos R_3 para eliminar a coluna z nas linhas que têm coeficiente não nulo:
\begin{aligned} R_1 &\leftarrow R_1+4R_3,\\\ R_2 &\leftarrow R_2-7R_3,\\\ R_4 &\leftarrow R_4+21R_3,\\\ R_5 &\leftarrow R_5+42R_3. \end{aligned}
Cálculos:
  • R_1+4R_3:\\ (1,\\\ 2,\\\ -4+4,\\\ 3+0)=(1,2,0,3).
  • R_2-7R_3:\\ (0,\\\ -1,\\\ 7-7,\\\ -1-0)=(0,-1,0,-1).
  • R_4+21R_3:\\ (0,0,-21+21,0+0)=(0,0,0,0).
  • R_5+42R_3:\\ (0,0,-42+42,0+0)=(0,0,0,0).
A matriz reduzida fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 0 & 3\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].]

Passo 8

Agora lemos as equações correspondentes às linhas não nulas:
  • Da linha 3: \;z=0.
  • Da linha 2: \;-y=-1, portanto y=1.
  • Da linha 1: \;x+2y=3. Substituindo y=1: x+2\cdot1=3 x=1.
Assim obtemos a solução
(x,y,z)=(1,1,0).
Pequena verificação (substituir nesta solução em uma ou duas equações originais para confirmar): por exemplo na primeira equação x+2y-4z=1+2\cdot1-4\cdot0=3 correto; na segunda x-2y+3z=1-2\cdot1+0=-1 também correto. Isso dá confiança que os cálculos estão certos.

Passo 9

Conclusão interpretativa: apesar de haver mais equações que incógnitas, o sistema é consistente e as equações adicionais foram dependentes (duas linhas finais nulas após redução). O sistema tem solução única, que encontramos por eliminação de Gauss.

Resposta

(1,1,0)

Exercícios relacionados