Questão 57. Resolva os sistemas lineares abaixo pelos seguintes métodos: regra de Cramer, método do escalonamento, Gauss - Jordan e Rouchè - Capelli:
\left\{\begin{array}{c}\frac{2}{x}-\frac{1}{y}-\frac{1}{z}=-1 \\\ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=0 \\\ \frac{3}{x}-\frac{2}{y}+\frac{1}{z}=-4\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema
\begin{cases} \dfrac{2}{x}-\dfrac{1}{y}-\dfrac{1}{z}=-1,\\[6pt] \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=0,\\[6pt] \dfrac{3}{x}-\dfrac{2}{y}+\dfrac{1}{z}=-4, \end{cases}
e pede que o resolvamos pelos métodos: regra de Cramer, escalonamento (eliminação de Gauss), Gauss–Jordan e Rouché–Capelli. O objetivo final é obter os valores de [x,;y,;z).
Informações relevantes fornecidas:
  • As incógnitas aparecem nas formas \dfrac{1}{x},\dfrac{1}{y},\dfrac{1}{z}. Vou simplificar introduzindo novas incógnitas para transformar o sistema em um sistema linear normal (isso facilita usar todos os métodos pedidos).
  • Defino
u=\dfrac{1}{x},\qquad v=\dfrac{1}{y},\qquad w=\dfrac{1}{z}.
  • Substituindo, o sistema em (u,v,w) fica
\begin{cases} 2u-v-w=-1,\\[4pt] u+v+w=0,\\[4pt] 3u-2v+w=-4. \end{cases}
Isso é um sistema linear A\mathbf{t}=\mathbf{b}\] com \(\mathbf{t}=(u,v,w)^{T}. A resolução seguirá em cima desse sistema linear; depois, ao final, voltamos a x,y,z usando x=1/u, y=1/v, z=1/w (desde que u,v,w\neq0).]

Passo 2

Resolução pelo método da regra de Cramer (explicação e cálculo passo a passo).
Breve aula: Regra de Cramer diz que, para um sistema linear A\mathbf{t}=\mathbf{b} com A quadrada e \det(A)\neq0, a solução única é dada por
u=\dfrac{\det(A_u)}{\det(A)},\qquad v=\dfrac{\det(A_v)}{\det(A)},\qquad w=\dfrac{\det(A_w)}{\det(A)},
onde A_u é a matriz obtida substituindo a coluna de u em A pelo vetor \mathbf{b}, e análogo para A_v,A_w. Primeiro calculamos A e \mathbf{b}:
A=\begin{pmatrix} 2 & -1 & -1\\[3pt] 1 & 1 & 1\\[3pt] 3 & -2 & 1 \end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}-1\\[3pt]0\\[3pt]-4\end{pmatrix}.
  1. Calcular \det(A). Uso expansão pela primeira linha (método de cofatores):
\det(A)=2\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]-2 & 1\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]3 & 1\end{pmatrix} +(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]3 & -2\end{pmatrix}.
Agora cada menor:
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]-2 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-1\cdot(-2)=1+2=3,
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]3 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-1\cdot3=1-3=-2,
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]3 & -2\end{pmatrix}=1\cdot(-2)-1\cdot3=-2-3=-5.
Substituindo:
\det(A)=2\cdot3 -(-1)\cdot(-2) +(-1)\cdot(-5)=6 -2 +5=9.
Como \det(A)=9\neq0, existe solução única em u,v,w.
  1. Calcular \det(A_u) (substitui primeira coluna por \mathbf{b}):
A_u=\begin{pmatrix}-1 & -1 & -1\\[3pt]0 & 1 & 1\\[3pt]-4 & -2 & 1\end{pmatrix}.
Expansão pela primeira linha:
\det(A_u)=(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]-2 & 1\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt]-4 & 1\end{pmatrix} +(-1)\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt]-4 & -2\end{pmatrix}.
Calculando menores (já vimos o primeiro =3):
\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt]-4 & 1\end{pmatrix}=0\cdot1-1\cdot(-4)=4,
\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt]-4 & -2\end{pmatrix}=0\cdot(-2)-1\cdot(-4)=4.
Substituindo:
\det(A_u)=(-1)\cdot3 -(-1)\cdot4 +(-1)\cdot4 = -3 +4 -4 = -3.
Logo
u=\dfrac{\det(A_u)}{\det(A)}=\dfrac{-3}{9}=-\dfrac{1}{3}.
  1. Calcular \det(A_v) (substitui segunda coluna por \mathbf{b}):
A_v=\begin{pmatrix}2 & -1 & -1\\[3pt]1 & 0 & 1\\[3pt]3 & -4 & 1\end{pmatrix}.
Expansão pela primeira linha:
\det(A_v)=2\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[2pt]-4 & 1\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]3 & 1\end{pmatrix} +(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]3 & -4\end{pmatrix}.
Os menores já calculados antes: \det\begin{pmatrix}0&1\\\ -4&1\end{pmatrix}=4, \det\begin{pmatrix}1&1\\\ 3&1\end{pmatrix}=-2, e
\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]3 & -4\end{pmatrix}=1\cdot(-4)-0\cdot3=-4.
Substituindo:
\det(A_v)=2\cdot4 -(-1)\cdot(-2) +(-1)\cdot(-4)=8 -2 +4=10.
Logo
v=\dfrac{\det(A_v)}{\det(A)}=\dfrac{10}{9}.
  1. Calcular \det(A_w) (substitui terceira coluna por \mathbf{b}):
A_w=\begin{pmatrix}2 & -1 & -1\\[3pt]1 & 1 & 0\\[3pt]3 & -2 & -4\end{pmatrix}.
Expansão pela primeira linha:
\det(A_w)=2\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]-2 & -4\end{pmatrix} -(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]3 & -4\end{pmatrix} +(-1)\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]3 & -2\end{pmatrix}.
Calcule os menores:
\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]-2 & -4\end{pmatrix}=1\cdot(-4)-0\cdot(-2)=-4,
\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[2pt]3 & -4\end{pmatrix}=-4\quad(\text{já usado}),á
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[2pt]3 & -2\end{pmatrix}=1\cdot(-2)-1\cdot3=-2-3=-5.
Substituindo:
\det(A_w)=2\cdot(-4)-(-1)\cdot(-4)+(-1)\cdot(-5)=-8-4+5=-7.
Logo
w=\dfrac{\det(A_w)}{\det(A)}=\dfrac{-7}{9}.
Conclusão pelo método de Cramer:
u=-\dfrac{1}{3},\qquad v=\dfrac{10}{9},\qquad w=-\dfrac{7}{9}.
Voltando às incógnitas originais (inversão):
x=\dfrac{1}{u}=-3,\qquad y=\dfrac{1}{v}=\dfrac{9}{10},\qquad z=\dfrac{1}{w}=-\dfrac{9}{7}.]

Passo 3

Resolução pelo método do escalonamento (eliminação de Gauss), com explicação didática.
Breve aula: Na eliminação de Gauss fazemos operações elementares em linhas da matriz aumentada para deixá-la triangular superior; depois fazemos substituição regressiva para obter as incógnitas. Operações permitidas: trocar duas linhas, multiplicar uma linha por escalar não nulo, somar múltiplo de uma linha a outra.
Começo pelo sistema em (u,v,w)\): \[\begin{cases} 2u-v-w=-1,\\[4pt] u+v+w=0,\\[4pt] 3u-2v+w=-4. \end{cases}
Matriz aumentada inicial:
\left(\begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & -1 & -1\\[3pt] 1 & 1 & 1 & 0\\[3pt] 3 & -2 & 1 & -4 \end{array}\right).
Passo A: para evitar frações, troco as linhas 1 e 2 (agora a primeira linha tem pivô 1):
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 0\\[3pt] 2 & -1 & -1 & -1\\[3pt] 3 & -2 & 1 & -4 \end{array}\right).
Passo B: zerar as entradas abaixo do pivô (coluna 1):
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1\]: \[R_2: (2,-1,-1|-1)-2(1,1,1|0)=(0,-3,-3|-1).\] - \(R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1:
R_3: (3,-2,1|-4)-3(1,1,1|0)=(0,-5,-2|-4).
Agora:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 0\\[3pt] 0 & -3 & -3 & -1\\[3pt] 0 & -5 & -2 & -4 \end{array}\right).
Passo C: pivotar na segunda linha. Divido R_2 por -3 para tornar o pivô igual a 1:
R_2 \leftarrow -\tfrac{1}{3}R_2 \implies R_2=(0,1,1,\tfrac{1}{3}).
Usar esse pivô para zerar abaixo:
R_3 \leftarrow R_3 +5R_2 = (0,-5,-2,-4)+5(0,1,1,\tfrac{1}{3})=(0,0,3,-4+\tfrac{5}{3}).
Calcule -4+\tfrac{5}{3} = -\tfrac{12}{3}+\tfrac{5}{3}=-\tfrac{7}{3}. Assim
R_3=(0,0,3,-\tfrac{7}{3}).
Matriz agora:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 1 & 1 & \tfrac{1}{3}\\[3pt] 0 & 0 & 3 & -\tfrac{7}{3} \end{array}\right).
Passo D: dividir R_3 por 3 para obter o pivô unitário:
R_3\leftarrow \tfrac{1}{3}R_3 = (0,0,1,-\tfrac{7}{9}).
Agora temos matriz triangular superior. Fazemos substituição regressiva:
  • Da terceira linha: w=-\dfrac{7}{9}.
  • Da segunda linha: v + w = \dfrac{1}{3}\\ \Rightarrow\\ v=\dfrac{1}{3}-w=\dfrac{1}{3}-\left(-\dfrac{7}{9}\right)=\dfrac{1}{3}+\dfrac{7}{9}=\dfrac{10}{9}.
  • Da primeira linha: u+v+w=0\\ \Rightarrow\\ u = -v-w = -\dfrac{10}{9}-\left(-\dfrac{7}{9}\right)=-\dfrac{3}{9}=-\dfrac{1}{3}.
Novamente:
u=-\dfrac{1}{3},\qquad v=\dfrac{10}{9},\qquad w=-\dfrac{7}{9},
e invertendo:
x=-3,\qquad y=\dfrac{9}{10},\qquad z=-\dfrac{9}{7}.]

Passo 4

Resolução pelo método de Gauss–Jordan (redução completa para forma reduzida por linhas), com explicação.
Breve aula: Gauss–Jordan vai além da eliminação de Gauss: transforma a matriz aumentada em forma reduzida por linhas (identidade na parte esquerda), de modo que as soluções aparecem diretamente na coluna de termos independentes sem necessidade de substituição regressiva. As mesmas operações elementares de linha são usadas.
Partindo da matriz triangular obtida no Passo 3:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 0\\[3pt] 0 & 1 & 1 & \tfrac{1}{3}\\[3pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{7}{9} \end{array}\right),
faço operações para zerar também acima dos pivôs:
  1. Zerando a coluna do terceiro pivô (coluna 3) acima de R_3:
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_3:
R_2: (0,1,1,\tfrac{1}{3})-(0,0,1,-\tfrac{7}{9})=(0,1,0,\tfrac{1}{3}+\tfrac{7}{9})=(0,1,0,\tfrac{10}{9}).
  • R_1 \leftarrow R_1 - R_3:
R_1: (1,1,1,0)-(0,0,1,-\tfrac{7}{9})=(1,1,0,\tfrac{7}{9}).
  1. Zerando a coluna do segundo pivô (coluna 2) acima:
  • R_1 \leftarrow R_1 - R_2:
R_1: (1,1,0,\tfrac{7}{9})-(0,1,0,\tfrac{10}{9})=(1,0,0,\tfrac{7}{9}-\tfrac{10}{9})=(1,0,0,-\tfrac{3}{9})=(1,0,0,-\tfrac{1}{3}).
Agora a matriz está na forma reduzida por linhas:
\left(\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & 0 & -\tfrac{1}{3}\\[3pt] 0 & 1 & 0 & \tfrac{10}{9}\\[3pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{7}{9} \end{array}\right).
Leitura direta:
u=-\dfrac{1}{3},\qquad v=\dfrac{10}{9},\qquad w=-\dfrac{7}{9}.
Invertendo para as incógnitas originais:
x=-3,\qquad y=\dfrac{9}{10},\qquad z=-\dfrac{9}{7}.]

Passo 5

Verificação pelo critério de Rouché–Capelli (consistência e número de soluções).
Teoria curta e clara: Para o sistema linear A\mathbf{t}=\mathbf{b}, o teorema de Rouché–Capelli afirma que o sistema é compatível (tem ao menos uma solução) se, e somente se, \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A|\mathbf{b}]). Se esse posto (rank) for igual ao número de incógnitas, a solução é única; se for menor, há infinitas soluções.
Aplicando ao nosso caso:
  • Já calculamos \det(A)=9\neq0. Uma matriz quadrada com determinante não nulo tem posto \operatorname{rank}(A)=3 (máximo).
  • A matriz aumentada [A|\mathbf{b}] não pode ter posto maior que 3, então \operatorname{rank}([A|\mathbf{b}])=3 também.
  • Logo \operatorname{rank}(A)=\operatorname{rank}([A|\mathbf{b}])=3, que é igual ao número de incógnitas 3. Pelo teorema, o sistema é compatível determinado: existe exatamente uma solução.
Isso confirma a unicidade das soluções encontradas nos passos anteriores.

Resposta

x=-3
y=\dfrac{9}{10}
z=-\dfrac{9}{7}

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