Encontre a solução dos sistemas lineares abaixo.
\left[\begin{array}{rrr}3 & -2 & 1 \\\\ 0 & -4 & 3 \\\\ 3 & 2 & 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{l}x \\\ y \\\ z\end{array}\right]=\left[\begin{array}{r}2 \\\\ -2 \\\ \frac{36}{15}\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear com incógnitas x,y,z e pede a solução (os valores de x,y,z):
\begin{pmatrix} 3 & -2 & 1\\[2pt] 0 & -4 & 3\\[2pt] 3 & 2 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}x\\[2pt]y\\[2pt]z\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}2\\[2pt]-2\\[2pt]\dfrac{36}{15}\end{pmatrix}
Observação: o termo \dfrac{36}{15} pode ser simplificado para \dfrac{12}{5}.
As informações relevantes são: coeficientes da matriz à esquerda e o vetor coluna à direita; a tarefa é encontrar x,y,z.]

Passo 2

Estratégia e operações permitidas (explicação didática):
  • Vou usar eliminação por linhas (eliminação de Gauss): transformamos a matriz aumentada em uma forma triangular superior usando operações elementares de linha.
  • Operações elementares permitidas (não mudam o conjunto de soluções):
    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 servem para eliminar coeficientes abaixo dos pivôs (elementos na diagonal), deixando uma equação só com uma incógnita na última linha, facilitando resolver por substituição regressiva (back-substitution).

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada inicial (com \dfrac{36}{15}=\dfrac{12}{5}):
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & -4 & 3 & -2\\[4pt] 3 & 2 & 0 & \dfrac{12}{5} \end{array}\right]
Quero zerar o elemento da coluna 1 na linha 3. Como a linha 1 e a linha 3 têm ambos coeficiente 3 na primeira coluna, faço a operação
R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
Faço isso elemento a elemento:
  • primeira coluna: 3-3=0,
  • segunda coluna: 2-(-2)=2+2=4,
  • terceira coluna: 0-1=-1,
  • termo independente: \dfrac{12}{5}-2=\dfrac{12}{5}-\dfrac{10}{5}=\dfrac{2}{5}.
A nova matriz aumentada é
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & -4 & 3 & -2\\[4pt] 0 & 4 & -1 & \dfrac{2}{5} \end{array}\right]]

Passo 4

Agora quero eliminar o coeficiente da segunda coluna na linha 3 usando a linha 2 (que tem pivô -4 nessa coluna). A operação conveniente é
R_3 \leftarrow R_3 + R_2.
Porque 4 + (-4)=0. Faço a soma elemento a elemento:
  • segunda coluna: 4 + (-4)=0,
  • terceira coluna: -1 + 3 = 2,
  • termo independente: \dfrac{2}{5} + (-2) = \dfrac{2}{5} - \dfrac{10}{5} = -\dfrac{8}{5}.
A matriz fica triangular superior:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -2 & 1 & 2\\[4pt] 0 & -4 & 3 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 2 & -\dfrac{8}{5} \end{array}\right]]

Passo 5

A última linha agora corresponde à equação com só uma incógnita:
2z = -\dfrac{8}{5}.
Para isolar z dividimos ambos os lados por 2:
z = \dfrac{-\tfrac{8}{5}}{2} = -\dfrac{8}{5}\cdot\dfrac{1}{2} = -\dfrac{8}{10} = -\dfrac{4}{5}.
Portanto z = -\dfrac{4}{5}.

Passo 6

Agora volto à segunda equação (linha 2) para encontrar y. A linha 2 é
0\cdot x + (-4)y + 3z = -2,
isto é
-4y + 3z = -2.
Substituo z = -\dfrac{4}{5}. Calculo 3z = 3\cdot\left(-\dfrac{4}{5}\right) = -\dfrac{12}{5}. Assim:
-4y - \dfrac{12}{5} = -2.
Isolo -4y:
-4y = -2 + \dfrac{12}{5} = -\dfrac{10}{5} + \dfrac{12}{5} = \dfrac{2}{5}.
Divido por -4:
y = \dfrac{\tfrac{2}{5}}{-4} = -\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{4} = -\dfrac{2}{20} = -\dfrac{1}{10}.
Portanto y = -\dfrac{1}{10}.

Passo 7

Por fim uso a primeira equação (linha 1) para encontrar x. A linha 1 é
3x - 2y + z = 2.
Substituo y = -\dfrac{1}{10} e z = -\dfrac{4}{5}. Calculo passo a passo:
  • -2y = -2\cdot\left(-\dfrac{1}{10}\right) = \dfrac{2}{10} = \dfrac{1}{5},
  • z = -\dfrac{4}{5}.
Então a equação fica
3x + \dfrac{1}{5} - \dfrac{4}{5} = 2.
Combine os termos constantes:
3x - \dfrac{3}{5} = 2.
Isolo 3x:
3x = 2 + \dfrac{3}{5} = \dfrac{10}{5} + \dfrac{3}{5} = \dfrac{13}{5}.
Finalmente
x = \dfrac{\tfrac{13}{5}}{3} = \dfrac{13}{5}\cdot\dfrac{1}{3} = \dfrac{13}{15}.

Resposta

x=\dfrac{13}{15}
y=-\dfrac{1}{10}
z=-\dfrac{4}{5}

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