Questão 60. Resolva os problemas abaixo:
resolva e classifique o sistema \left\{\begin{array}{c}2 x-y+z=4 \\\ x+2 y+z=1 \\\\ 6 x-3 y+3 z=12\end{array}\right..

Passo 1

O enunciado pede duas coisas: resolver o sistema linear e classificá-lo (se tem solução única, infinitas soluções ou nenhuma solução). O sistema dado é
\begin{cases} 2x - y + z = 4,\\[4pt] x + 2y + z = 1,\\[4pt] 6x - 3y + 3z = 12. \end{cases}
Informações relevantes fornecidas: são três equações lineares com três incógnitas x,y,z.]

Passo 2

Breve aula do método que vou usar (bem mastigada): a solução de um sistema linear pode ser obtida por eliminação de Gauss (operações elementares entre equações). Colocamos o sistema na forma de matriz aumentada (coeficientes + termo independente) e usamos operações que não mudam o conjunto de soluções: trocar linhas, multiplicar uma linha por número não nulo, somar a múltiplos de uma linha a outra. Depois reduzimos a matriz para achar pivôs e ver se há inconsistência (linha com zeros nos coeficientes e termo independente não zero) ou variáveis livres (menos pivôs que incógnitas) que geram infinitas soluções. Vou aplicar eliminação de forma explícita, mostrando cada conta.

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada do sistema (pegando os coeficientes e os termos independentes do enunciado):
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & 1 & 4\\[4pt] 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 6 & -3 & 3 & 12 \end{array}\right].
Para facilitar a eliminação, escolho a segunda linha como pivô inicial porque já tem 1 na primeira coluna. Vou então permutar linhas (trocar a linha 1 com a linha 2) para ter um 1 no canto superior esquerdo.]

Passo 4

Após trocar R_1 \leftrightarrow R_2 (onde R_i denota a i-ésima linha), a matriz fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 2 & -1 & 1 & 4\\[4pt] 6 & -3 & 3 & 12 \end{array}\right].
Agora uso R_1 para zerar os elementos abaixo dele na primeira coluna.]

Passo 5

Eliminações na primeira coluna:
  • Faço R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1. Cálculo elemento a elemento:
    • 2 - 2\cdot 1 = 0,
    • -1 - 2\cdot 2 = -1 -4 = -5,
    • 1 - 2\cdot 1 = 1 -2 = -1,
    • 4 - 2\cdot 1 = 4 -2 = 2.
      Logo R_2 vira [0\\\ -5\\\ -1\\ |\\\ 2].
  • Faço R_3 \leftarrow R_3 - 6R_1. Cálculo:
    • 6 - 6\cdot 1 = 0,
    • -3 - 6\cdot 2 = -3 -12 = -15,
    • 3 - 6\cdot 1 = 3 -6 = -3,
    • 12 - 6\cdot 1 = 12 -6 = 6.
      Logo R_3 vira [0\\\ -15\\\ -3\\ |\\\ 6].
A matriz agora é
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -5 & -1 & 2\\[4pt] 0 & -15 & -3 & 6 \end{array}\right].]

Passo 6

Agora observo a segunda coluna: R_2 tem pivô -5. Posso usar R_2 para eliminar R_3. Faço R_3 \leftarrow R_3 - 3R_2. Cálculo elemento a elemento:
  • 0 - 3\cdot 0 = 0,
  • -15 - 3\cdot(-5) = -15 - (-15) = 0,
  • -3 - 3\cdot(-1) = -3 - (-3) = 0,
  • 6 - 3\cdot 2 = 6 -6 = 0.
Portanto R_3 se torna [0\\\ 0\\\ 0\\ |\\\ 0]. A matriz reduzida (em forma escalonada) é
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -5 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].]

Passo 7

Interpretação da forma escalonada:
  • A terceira linha é 0=0, ou seja, não traz nova informação — as três equações originais são linearmente dependentes (a terceira é combinação das anteriores).
  • A matriz de coeficientes tem dois pivôs (colunas 1 e 2), portanto o posto da matriz de coeficientes é 2.
  • O vetor de termos independentes também é consistente com essas linhas (nada como 0= \text{não zero}ã), então o posto da matriz aumentada também é 2.
    Conclusão pela teoria: posto(coeficientes) = posto(aumentada) = 2 < 3 (número de incógnitas). Logo o sistema é compatível indeterminado — tem infinitas soluções parametrizadas por uma variável livre.

Passo 8

Agora resolvo explicitamente em função de uma variável livre. Das equações escalonadas temos:
  • A partir de R_2: -5y - z = 2. Reescrevendo, -5y - z = 2 \quad\Longleftrightarrow\quad 5y + z = -2.Assim y = \frac{-2 - z}{5}.
  • A partir de R_1: x + 2y + z = 1. Substituo y em função de z: x = 1 - 2y - z.Substituindo y = \dfrac{-2 - z}{5}, x = 1 - 2\left(\frac{-2 - z}{5}\right) - z.
Faço as contas passo a passo:
2\left(\frac{-2 - z}{5}\right) = \frac{-4 - 2z}{5},
1 - \frac{-4 - 2z}{5} - z = \frac{5}{5} + \frac{4 + 2z}{5} - z = \frac{5 + 4 + 2z}{5} - z = \frac{9 + 2z}{5} - z.
Expressando z com denominador 5: z = \dfrac{5z}{5}. Então
x = \frac{9 + 2z - 5z}{5} = \frac{9 - 3z}{5}.

Passo 9

Introduzo um parâmetro para a variável livre: seja t\in\mathbb{R} e tomo z = t. Então as soluções ficam:
y = \frac{-2 - t}{5},\qquad x = \frac{9 - 3t}{5}.
Portanto a solução geral pode ser escrita como
(x,y,z)=\left(\frac{9-3t}{5},\\ \frac{-2-t}{5},\\ t\right),\qquad t\in\mathbb{R}.
Também se pode escrever em forma de combinação linear (solução particular + parâmetro):
(x,y,z)=\left(\frac{9}{5},-\frac{2}{5},0\right)+t\left(-\frac{3}{5},-\frac{1}{5},1\right),\qquad t\in\mathbb{R}.

Resposta

Sistema compatível indeterminado (infinitas soluções).
Solução geral: (x,y,z)=\left(\dfrac{9-3t}{5},\dfrac{-2-t}{5},t\right),\\ t\in\mathbb{R}.

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