QUESTÃO 3 - Use a escalonamento de Gauss com pivotamento parcial para obter a solução ( x, y, z ) do sistema de equações lineares abaixo
\left(\begin{array}{lll} 5 & 2 & 4 \\\\ 1 & 1 & 2 \\\\ 4 & 3 & 7 \end{array}\right) \cdot\left(\begin{array}{l} x \\\ y \\\ z \end{array}\right)=\left(\begin{array}{l} 1 \\\\ 2 \\\\ 5 \end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá um sistema linear com matriz dos coeficientes e vetor de termos independentes e pede a solução (x,y,z). Dados relevantes, copiados do enunciado:
\begin{pmatrix} 5 & 2 & 4\\[4pt] 1 & 1 & 2\\[4pt] 4 & 3 & 7 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x\\[4pt] y\\[4pt] z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\[4pt] 2\\[4pt] 5 \end{pmatrix}
O que precisamos encontrar: os valores de x, y e z que satisfazem o sistema.]

Passo 2

Vou organizar o sistema na forma de matriz aumentada (matriz dos coeficientes junto com o vetor de termos independentes). A matriz aumentada inicial é
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2 & 2\\[4pt] 4 & 3 & 7 & 5 \end{array}\right].
Explicação do que faremos (resumida e prática): aplicamos operações elementares por linhas para transformar essa matriz aumentada em uma forma triangular superior, usando pivotamento parcial (ou seja, em cada coluna escolhemos como pivô o elemento de maior valor absoluto entre as linhas disponíveis e, se necessário, trocamos linhas). Depois que tivermos triângulo superior, resolvemos por substituição regressiva (back substitution). Agora vamos executar tudo passo a passo, com cálculos explícitos.]

Passo 3

Primeira coluna (coluna dos coeficientes de x): escolhemos o pivô entre as entradas das linhas 1 a 3 nesta coluna. Os valores absolutos são |5|=5, |1|=1 e |4|=4. O maior é 5 (linha 1), portanto não precisamos trocar linhas. O pivô é 5.
Para zerar as entradas abaixo do pivô usamos multiplicadores m_{21}=\dfrac{a_{21}}{a_{11}} e m_{31}=\dfrac{a_{31}}{a_{11}}. Esses multiplicadores dizem “quanto da linha do pivô eu subtraio da linha que quero zerar”.
Calculemos:
m_{21}=\frac{1}{5},\qquad m_{31}=\frac{4}{5}.
Aplicamos as operações R_2 \leftarrow R_2 - m_{21}R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - m_{31}R_1. Fazendo as contas entrada a entrada (faço tudo em frações para ser exato):
Para R_2:
\begin{aligned} a_{22} &= 1 - \frac{1}{5}\cdot 2 = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5},\\[4pt] a_{23} &= 2 - \frac{1}{5}\cdot 4 = 2 - \frac{4}{5} = \frac{6}{5},\\[4pt] b_2 &= 2 - \frac{1}{5}\cdot 1 = 2 - \frac{1}{5} = \frac{9}{5}. \end{aligned}
Para R_3:
\begin{aligned} a_{32} &= 3 - \frac{4}{5}\cdot 2 = 3 - \frac{8}{5} = \frac{7}{5},\\[4pt] a_{33} &= 7 - \frac{4}{5}\cdot 4 = 7 - \frac{16}{5} = \frac{19}{5},\\[4pt] b_3 &= 5 - \frac{4}{5}\cdot 1 = 5 - \frac{4}{5} = \frac{21}{5}. \end{aligned}
A matriz aumentada após essas operações fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{3}{5} & \dfrac{6}{5} & \dfrac{9}{5}\\[8pt] 0 & \dfrac{7}{5} & \dfrac{19}{5} & \dfrac{21}{5} \end{array}\right].]

Passo 4

Agora tratamos a segunda coluna (a partir da segunda linha). Para pivotamento parcial comparamos os valores absolutos nas linhas 2 e 3 na segunda coluna: \left|\dfrac{3}{5}\right|=\dfrac{3}{5} e \left|\dfrac{7}{5}\right|=\dfrac{7}{5}. O maior é \dfrac{7}{5} (linha 3), então fazemos a troca de linhas R_2 \leftrightarrow R_3 para colocar o maior pivô na posição de trabalho. Lembre-se: ao trocar linhas, trocamos também os termos independentes na última coluna.
Após a troca a matriz aumenta fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{7}{5} & \dfrac{19}{5} & \dfrac{21}{5}\\[8pt] 0 & \dfrac{3}{5} & \dfrac{6}{5} & \dfrac{9}{5} \end{array}\right].
O pivô na posição (2,2) é \dfrac{7}{5}. Para zerar a entrada abaixo (posição (3,2)) usamos o multiplicador
m_{32}=\frac{a_{32}}{a_{22}}=\frac{\tfrac{3}{5}}{\tfrac{7}{5}}=\frac{3}{7}.
Aplicamos R_3 \leftarrow R_3 - m_{32}R_2. Vamos calcular cada entrada nova de R_3:
Para o coeficiente da terceira coluna:
a_{33} = \frac{6}{5} - \frac{3}{7}\cdot\frac{19}{5}.
Calculemos passo a passo:
\frac{3}{7}\cdot\frac{19}{5}=\frac{57}{35},\qquad \frac{6}{5}=\frac{42}{35},
logo
a_{33}=\frac{42}{35}-\frac{57}{35}=-\frac{15}{35}=-\frac{3}{7}.
Para o termo independente:
b_3 = \frac{9}{5} - \frac{3}{7}\cdot\frac{21}{5}.
Cálculo:
\frac{3}{7}\cdot\frac{21}{5}=\frac{63}{35}=\frac{9}{5},\qquad \frac{9}{5}-\frac{9}{5}=0,
logo b_3=0.
Assim a linha 3 fica [0\;\;0\;\;-\tfrac{3}{7}\;|\;0]. A matriz aumentada agora é
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{7}{5} & \dfrac{19}{5} & \dfrac{21}{5}\\[8pt] 0 & 0 & -\dfrac{3}{7} & 0 \end{array}\right].
Agora temos a forma triangular superior; podemos fazer a substituição regressiva.]

Passo 5

Substituição regressiva (resolvendo da última equação para cima).
A terceira linha corresponde à equação
-\frac{3}{7}\,z = 0.
Logo
z = \frac{0}{-\tfrac{3}{7}} = 0.
A segunda linha corresponde à equação
\frac{7}{5}\,y + \frac{19}{5}\,z = \frac{21}{5}.
Substituindo z=0 temos
\frac{7}{5}\,y = \frac{21}{5}.
Multiplicando ambos os lados por \dfrac{5}{7} (isto é, dividindo por \dfrac{7}{5}):
y = \frac{21}{5}\cdot\frac{5}{7} = 3.
A primeira linha corresponde à equação original
5x + 2y + 4z = 1.
Substituindo y=3 e z=0:
5x + 2\cdot 3 + 4\cdot 0 = 1 \quad\Rightarrow\quad 5x + 6 = 1.
Logo
5x = 1-6 = -5 \quad\Rightarrow\quad x = -1.

Passo 6

Conferência rápida (substituir solução nas três equações originais para confirmar):
  1. 5x+2y+4z = 5(-1)+2(3)+4(0) = -5+6+0 = 1 (ok).
  2. 1x+1y+2z = -1+3+0 = 2 (ok).
  3. 4x+3y+7z = 4(-1)+3(3)+7(0) = -4+9+0 = 5 (ok).
A solução está correta.

Resposta

x=-1
y=3
z=0

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