Determine o conjunto de todas as soluções do sistema de equações lineares
\left\{\begin{aligned} x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+3 x_{4}-7 x_{5} & =14 \\\\ 2 x_{1}+6 x_{2}+x_{3}-2 x_{4}+5 x_{5} & =-2 \\\ x_{1}+3 x_{2}-x_{3} & +2 x_{5}=-1 \end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede: determinar o conjunto de todas as soluções do sistema de equações lineares dado por
\left\{\begin{aligned} x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+3 x_{4}-7 x_{5} & =14,\\\\ 2 x_{1}+6 x_{2}+x_{3}-2 x_{4}+5 x_{5} & =-2,\\\ x_{1}+3 x_{2}-x_{3}+2 x_{5} & =-1. \end{aligned}\right.
Informações relevantes fornecidas:
\text{variáveis: }x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5}.á
O objetivo é encontrar todas as tuplas (x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5}) que satisfazem essas três equações simultaneamente.

Passo 2

Vamos usar eliminação por linhas (método de Gauss) — que transforma o sistema numa forma escalonada através de operações elementares em linhas. Primeiro escrevo a matriz aumentada do sistema (coeficientes e termos independentes):
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 3 & 2 & 3 & -7 & 14\\[4pt] 2 & 6 & 1 & -2 & 5 & -2\\[4pt] 1 & 3 & -1 & 0 & 2 & -1 \end{array}\right].
Explicando: cada linha corresponde a uma equação; as primeiras cinco colunas são os coeficientes de \,x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5}\, e a coluna à direita do traço vertical são os termos constantes.]

Passo 3

Vamos zerar os elementos abaixo do primeiro pivô (entrada \,1 da primeira linha, coluna de \,x_{1}\,).
Faço as operações (essas são operações elementares: somar múltiplos de uma linha a outra — elas preservam o conjunto de soluções):
R_{2}\leftarrow R_{2}-2R_{1},\qquad R_{3}\leftarrow R_{3}-R_{1}.
Calculemos cada nova linha:
Para R_{2}: (2,6,1,-2,5\mid -2)-2(1,3,2,3,-7\mid 14)=(0,0,-3,-8,19\mid -30).
Para R_{3}: (1,3,-1,0,2\mid -1)-(1,3,2,3,-7\mid 14)=(0,0,-3,-3,9\mid -15).
A matriz fica:
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 3 & 2 & 3 & -7 & 14\\[4pt] 0 & 0 & -3 & -8 & 19 & -30\\[4pt] 0 & 0 & -3 & -3 & 9 & -15 \end{array}\right].]

Passo 4

Agora elimino o coeficiente da coluna de \,x_{3}\, na terceira linha subtraindo a segunda linha da terceira:
R_{3}\leftarrow R_{3}-R_{2}.
Cálculo: (0,0,-3,-3,9\mid -15)-(0,0,-3,-8,19\mid -30)=(0,0,0,5,-10\mid 15).
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 3 & 2 & 3 & -7 & 14\\[4pt] 0 & 0 & -3 & -8 & 19 & -30\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 5 & -10 & 15 \end{array}\right].]

Passo 5

Simplifico a terceira linha dividindo por 5 para obter um pivô 1 na coluna de \,x_{4}\,:
R_{3}\leftarrow \tfrac{1}{5}R_{3} \implies R_{3}=(0,0,0,1,-2\mid 3).
Agora torne o pivô da segunda linha igual a 1 dividindo por -3:
R_{2}\leftarrow -\tfrac{1}{3}R_{2} \implies R_{2}=(0,0,1,\tfrac{8}{3},-\tfrac{19}{3}\mid 10).
A matriz é
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 3 & 2 & 3 & -7 & 14\\[4pt] 0 & 0 & 1 & \tfrac{8}{3} & -\tfrac{19}{3} & 10\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -2 & 3 \end{array}\right].
Explicando: pivôs são entradas principais onde “fixamos” uma variável para eliminar essa variável nas outras linhas; ter pivôs em colunas diferentes indica variáveis dependentes, e colunas sem pivô correspondem a variáveis livres.]

Passo 6

Elimino as componentes das colunas de pivô nas linhas acima para alcançar a forma escalonada reduzida (ou próxima dela). Primeiro elimino o termo 2 em \,x_{3}\, na primeira linha usando R_{2}:
R_{1}\leftarrow R_{1}-2R_{2}.
Cálculo da nova primeira linha:
(1,3,2,3,-7\mid 14)-2(0,0,1,\tfrac{8}{3},-\tfrac{19}{3}\mid 10)=(1,3,0,-\tfrac{7}{3},\tfrac{17}{3}\mid -6).
Em seguida elimino o coeficiente de \,x_{4}\, na primeira linha usando R_{3}. Como a primeira linha tem -\tfrac{7}{3} em \,x_{4}\,, faço
R_{1}\leftarrow R_{1}+ \tfrac{7}{3}R_{3}.
Cálculo:
(1,3,0,-\tfrac{7}{3},\tfrac{17}{3}\mid -6)+\tfrac{7}{3}(0,0,0,1,-2\mid 3)=(1,3,0,0,1\mid 1).
Também elimino o termo \tfrac{8}{3} em \,x_{4}\, de R_{2} usando R_{3}:
R_{2}\leftarrow R_{2}-\tfrac{8}{3}R_{3}.
Cálculo:
(0,0,1,\tfrac{8}{3},-\tfrac{19}{3}\mid 10)-\tfrac{8}{3}(0,0,0,1,-2\mid 3)=(0,0,1,0,-1\mid 2).
A matriz finalizada fica
\left[\begin{array}{ccccc|c} 1 & 3 & 0 & 0 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -2 & 3 \end{array}\right].]

Passo 7

Interpreto a matriz resultante como sistema de equações mais simples (cada linha uma equação):
\begin{aligned} x_{1}+3x_{2}+x_{5} & =1,\\\ x_{3}-x_{5} & =2,\\\ x_{4}-2x_{5} & =3. \end{aligned}
Observação sobre variáveis livres: a coluna de \,x_{2}\, não tem pivô — logo \,x_{2}\, é livre. A coluna de \,x_{5}\, também não tem pivô — então \,x_{5}\, é livre. Isso significa que temos duas variáveis paramétricas: podemos definir parâmetros para elas para descrever todas as soluções.
Defina parâmetros:
x_{2}=s,\qquad x_{5}=t,\qquad \text{com }s,t\in\mathbb{R}.
Então resolvo as variáveis dependentes em função de s,t:
Da segunda equação:
x_{3}=2+x_{5}=2+t.
Da terceira equação:
x_{4}=3+2x_{5}=3+2t.
Da primeira equação:
x_{1}=1-3x_{2}-x_{5}=1-3s-t.

Passo 8

Resumo: todas as soluções do sistema são dadas por
(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})=\bigl(1-3s-t,\;s,\;2+t,\;3+2t,\;t\bigr),
com s,t\in\mathbb{R}. Aqui s descreve o grau de liberdade da variável \,x_{2}\, e t descreve o grau de liberdade da variável \,x_{5}\,. Se quiseres um exemplo rápido: para s=0,t=0 obtemos a solução (1,0,2,3,0); para s=1,t=-1 obtemos (-3,1,1,1,-1) — ambos satisfazem as três equações.

Resposta

\left\{(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5})\in\mathbb{R}^{5}\\ \middle|\\ x_{1}=1-3s-t,\;x_{2}=s,\;x_{3}=2+t,\;x_{4}=3+2t,\;x_{5}=t,\;s,t\in\mathbb{R}\right\}.

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