Exercício 3: Resolva os seguintes sistemas lineares utilizando o Método de Eliminação de Gauss, sem pivoteamento.
\left\{\begin{array}{c}3 x_{1}+3 x_{2}+x_{3}=7 \\\\ 2 x_{1}+2 x_{2}-x_{3}=3 \\\ x_{1}-x_{2}+5 x_{3}=5\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear abaixo utilizando o Método de Eliminação de Gauss, sem pivoteamento:
\begin{cases} 3x_{1}+3x_{2}+x_{3}=7\\[4pt] 2x_{1}+2x_{2}-x_{3}=3\\[4pt] x_{1}-x_{2}+5x_{3}=5 \end{cases}
Informações dadas:
\;3 equações e \;3 incógnitas \;x_{1},x_{2},x_{3}.
O que se pede: encontrar os valores de \;x_{1},x_{2},x_{3} que satisfazem o sistema aplicando a eliminação de Gauss (sem pivoteamento, isto é, sem aplicar regras complicadas de escolha de pivô para estabilidade).]

Passo 2

Representação matricial aumentada (colocamos coeficientes e termos independentes numa única matriz). Isso ajuda a aplicar as operações de linha sistematicamente:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 3 & 1 & 7\\[4pt] 2 & 2 & -1 & 3\\[4pt] 1 & -1 & 5 & 5 \end{array}\right]
Explicação rápida: cada linha corresponde a uma equação; colunas 1–3 são os coeficientes de \;x_{1},x_{2},x_{3} e a coluna à direita dos traços verticais é o vetor dos termos constantes.]

Passo 3

Primeiro passo do método: escolher o pivô da primeira coluna (linha 1, coluna 1). Aqui o pivô inicial é \;a_{11}=3.
Fórmula do multiplicador para zerar abaixo do pivô: para cada linha i>1 usamos
m_{i1}=\frac{a_{i1}}{a_{11}}.
Depois fazemos a operação de linha
\text{Linha}_i := \text{Linha}_i - m_{i1}\cdot \text{Linha}_1,
que elimina o elemento na coluna 1 da linha i. Isso equivale a subtrair uma cópia apropriada da primeira linha das outras linhas para obter zeros abaixo do pivô.

Passo 4

Calculamos os multiplicadores e atualizamos as linhas 2 e 3.
Multiplicadores:
m_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{2}{3},\qquad m_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{1}{3}.
Aplicando \text{Linha}_2 := \text{Linha}_2 - \frac{2}{3}\text{Linha}_1\): \[\text{Linha}_2:\; \begin{cases} 2-\frac{2}{3}\cdot 3 = 2-2 = 0,\\[4pt] 2-\frac{2}{3}\cdot 3 = 2-2 = 0,\\[4pt] -1-\frac{2}{3}\cdot 1 = -1-\tfrac{2}{3} = -\tfrac{5}{3},\\[4pt] 3-\frac{2}{3}\cdot 7 = 3-\tfrac{14}{3} = -\tfrac{5}{3}. \end{cases}
Aplicando (Linha_3 := Linha_3 - \frac{1}{3}Linha_1]:
\text{Linha}_3:\; \begin{cases} 1-\frac{1}{3}\cdot 3 = 1-1 = 0,\\[4pt] -1-\frac{1}{3}\cdot 3 = -1-1 = -2,\\[4pt] 5-\frac{1}{3}\cdot 1 = 5-\tfrac{1}{3} = \tfrac{14}{3},\\[4pt] 5-\frac{1}{3}\cdot 7 = 5-\tfrac{7}{3} = \tfrac{8}{3}. \end{cases}
Matriz aumentada após essas operações:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 3 & 1 & 7\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{5}{3} & -\tfrac{5}{3}\\[6pt] 0 & -2 & \tfrac{14}{3} & \tfrac{8}{3} \end{array}\right]]

Passo 5

Observação importante: para continuar a eliminação na segunda etapa precisamos de um pivô na posição \;a_{22} (linha 2, coluna 2). Porém após as operações obtivemos \;a_{22}=0. Se tentássemos usar \;a_{22} como pivô teríamos divisão por zero nas fórmulas dos multiplicadores — o procedimento padrão travaria.
Quando isso ocorre na prática, a solução é trocar linhas para obter um pivô não nulo (ou no caso de algoritmos automáticos fazer pivoteamento). O enunciado pedia “sem pivoteamento” no sentido de não escolher pivôs por estabilidade numérica, mas a troca de linhas para evitar divisão por zero é imprescindível aqui. Portanto faremos um único intercâmbio de linhas necessário para prosseguir: trocar a linha 2 com a linha 3.

Passo 6

Realizamos o intercâmbio \text{Linha}_2 \leftrightarrow \text{Linha}_3. Isso coloca um pivô não nulo na posição (2,2).
Matriz após a troca:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 3 & 1 & 7\\[4pt] 0 & -2 & \tfrac{14}{3} & \tfrac{8}{3}\\[6pt] 0 & 0 & -\tfrac{5}{3} & -\tfrac{5}{3} \end{array}\right]]

Passo 7

Agora temos uma matriz triangular superior já quase pronta: abaixo da diagonal temos zeros em (2,1) e (3,1) e também em (3,2). Para seguir o método formal, usaríamos o pivô \;a_{22}=-2 para eliminar entradas abaixo (a entrada (3,2) já é zero), e em seguida usaríamos o pivô \;a_{33}=-\tfrac{5}{3}. Aqui, como a entrada (3,2) já é zero, não há operação adicional necessária entre linhas 2 e 3. Assim a matriz está em forma triangular superior:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & 3 & 1 & 7\\[4pt] 0 & -2 & \tfrac{14}{3} & \tfrac{8}{3}\\[6pt] 0 & 0 & -\tfrac{5}{3} & -\tfrac{5}{3} \end{array}\right]]

Passo 8

Agora fazemos a substituição regressiva (back substitution). A ideia: a última linha dá diretamente x_{3}, a penúltima dá x_{2} em função de x_{3}, e a primeira dá x_{1} depois que x_{2},x_{3} forem conhecidos.
Da terceira linha:
-\tfrac{5}{3}x_{3} = -\tfrac{5}{3}
Dividindo ambos os lados por -\tfrac{5}{3}:
x_{3} = 1.
Da segunda linha:
-2x_{2} + \tfrac{14}{3}x_{3} = \tfrac{8}{3}.
Substituindo x_{3}=1:
-2x_{2} + \tfrac{14}{3}\cdot 1 = \tfrac{8}{3}.
Calculamos o lado direito:
-2x_{2} = \tfrac{8}{3} - \tfrac{14}{3} = -\tfrac{6}{3} = -2.
Logo
x_{2} = \frac{-2}{-2} = 1.
Da primeira linha:
3x_{1} + 3x_{2} + x_{3} = 7.
Substituindo x_{2}=1 e x_{3}=1:
3x_{1} + 3\cdot 1 + 1 = 7 \quad\Rightarrow\quad 3x_{1} + 4 = 7.
Portanto
3x_{1} = 3 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=1.

Passo 9

Checagem rápida (substituir na primeira equação, por exemplo):
3\cdot 1 + 3\cdot 1 + 1 = 3+3+1 = 7,
confere com o termo constante da primeira equação. As demais equações também serão satisfeitas (você pode conferir se quiser).

Resposta

x_{1}=1\
x_{2}=1\
x_{3}=1

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