Pela regra de Cramer, resolva o sistema linear:
\left\{\begin{array}{l}x+y=1 \\\ x-z=-2 \quad S=\{(-2,3,0)\} \\\ y-z=3\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear abaixo (o enunciado também mostra um conjunto S\), que provavelmente contém a solução esperada): \[\begin{cases} x+y=1\\[4pt] x-z=-2\\[4pt] y-z=3 \end{cases}
Dados relevantes extraídos do enunciado:
S=\{(-2,3,0)\}.
A tarefa é encontrar os valores de x\], \(y e z que satisfazem simultaneamente as três equações.]

Passo 2

O enunciado solicita aplicação da regra de Cramer, então vamos usá‑la. Primeiro, vou explicar a regra de Cramer de forma didática e passo a passo.
Regra de Cramer (explicação):
  • Seja A a matriz dos coeficientes do sistema linear e \mathbf{b} o vetor dos termos independentes. Para um sistema 3\times3, A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\[4pt] a_{21} & a_{22} & a_{23}\\[4pt] a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix},\qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}b_1\\[2pt] b_2\\[2pt] b_3\end{pmatrix}.
  • Calcula‑se o determinante D=\det(A). Se D\neq 0, o sistema tem solução única dada por x=\frac{D_x}{D},\qquad y=\frac{D_y}{D},\qquad z=\frac{D_z}{D},onde D_x é o determinante da matriz obtida substituindo a 1.ª coluna de A por \mathbf{b}, D_y substitui a 2.ª coluna por \mathbf{b} e D_z substitui a 3.ª coluna por \mathbf{b}.
  • Para calcular determinantes 3\times3 vou usar a expansão pela primeira linha: \det(A)=a_{11}\begin{vmatrix}a_{22} & a_{23}\\[2pt] a_{32} & a_{33}\end{vmatrix} -a_{12}\begin{vmatrix}a_{21} & a_{23}\\[2pt] a_{31} & a_{33}\end{vmatrix} +a_{13}\begin{vmatrix}a_{21} & a_{22}\\[2pt] a_{31} & a_{32}\end{vmatrix}.E cada determinante 2\times2 é \begin{vmatrix}p & q\\\ r & s\end{vmatrix}=ps-qr.]

Passo 3

Formamos a matriz dos coeficientes A e o vetor \mathbf{b} a partir do sistema. Observando as equações:
\begin{cases} x+y+0z=1\\[4pt] x+0y-z=-2\\[4pt] 0x+y-z=3 \end{cases}
temos
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\end{pmatrix}, \qquad \mathbf{b}=\begin{pmatrix}1\\[2pt]-2\\[2pt]3\end{pmatrix}.]

Passo 4

Calculamos o determinante D=\det(A) por expansão pela primeira linha:
D=\begin{vmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & -1\end{vmatrix} =1\cdot\begin{vmatrix}0 & -1\\[2pt] 1 & -1\end{vmatrix} -1\cdot\begin{vmatrix}1 & -1\\[2pt] 0 & -1\end{vmatrix} +0\cdot\begin{vmatrix}1 & 0\\[2pt] 0 & 1\end{vmatrix}.
Agora os 2\times2:
\begin{vmatrix}0 & -1\\[2pt] 1 & -1\end{vmatrix}=0\cdot(-1)-(-1)\cdot1=0+1=1,
\begin{vmatrix}1 & -1\\[2pt] 0 & -1\end{vmatrix}=1\cdot(-1)-(-1)\cdot0=-1-0=-1.
Substituindo:
D=1\cdot 1 -1\cdot(-1)+0\cdot(\cdot)=1+1=2.
Como D=2\neq 0, existe solução única e podemos aplicar a regra de Cramer.]

Passo 5

Calculamos D_x: substituímos a primeira coluna de A por \mathbf{b}:
D_x=\begin{vmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt] -2 & 0 & -1\\[4pt] 3 & 1 & -1\end{vmatrix}.
Expansão pela primeira linha:
D_x=1\cdot\begin{vmatrix}0 & -1\\[2pt] 1 & -1\end{vmatrix} -1\cdot\begin{vmatrix}-2 & -1\\[2pt] 3 & -1\end{vmatrix} +0\cdot(\cdot).
Calculando os 2\times2:
\begin{vmatrix}0 & -1\\[2pt] 1 & -1\end{vmatrix}=0\cdot(-1)-(-1)\cdot1=1,
\begin{vmatrix}-2 & -1\\[2pt] 3 & -1\end{vmatrix}=(-2)\cdot(-1)-(-1)\cdot3=2+3=5.
Logo
D_x=1\cdot 1 -1\cdot 5 =1-5=-4.
Portanto
x=\frac{D_x}{D}=\frac{-4}{2}=-2.]

Passo 6

Calculamos D_y: substituímos a segunda coluna de A por \mathbf{b}:
D_y=\begin{vmatrix}1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & -2 & -1\\[4pt] 0 & 3 & -1\end{vmatrix}.
Expansão pela primeira linha:
D_y=1\cdot\begin{vmatrix}-2 & -1\\[2pt] 3 & -1\end{vmatrix} -1\cdot\begin{vmatrix}1 & -1\\[2pt] 0 & -1\end{vmatrix} +0\cdot(\cdot).
Calculando os 2\times2:
\begin{vmatrix}-2 & -1\\[2pt] 3 & -1\end{vmatrix}=(-2)\cdot(-1)-(-1)\cdot3=2+3=5,
\begin{vmatrix}1 & -1\\[2pt] 0 & -1\end{vmatrix}=1\cdot(-1)-(-1)\cdot0=-1-0=-1.
Então
D_y=1\cdot 5 -1\cdot(-1)=5+1=6.
Portanto
y=\frac{D_y}{D}=\frac{6}{2}=3.]

Passo 7

Calculamos D_z: substituímos a terceira coluna de A por \mathbf{b}:
D_z=\begin{vmatrix}1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 0 & -2\\[4pt] 0 & 1 & 3\end{vmatrix}.
Expansão pela primeira linha:
D_z=1\cdot\begin{vmatrix}0 & -2\\[2pt] 1 & 3\end{vmatrix} -1\cdot\begin{vmatrix}1 & -2\\[2pt] 0 & 3\end{vmatrix} +1\cdot\begin{vmatrix}1 & 0\\[2pt] 0 & 1\end{vmatrix}.
Calculando os 2\times2:
\begin{vmatrix}0 & -2\\[2pt] 1 & 3\end{vmatrix}=0\cdot3-(-2)\cdot1=0+2=2,
\begin{vmatrix}1 & -2\\[2pt] 0 & 3\end{vmatrix}=1\cdot3-(-2)\cdot0=3-0=3,
\begin{vmatrix}1 & 0\\[2pt] 0 & 1\end{vmatrix}=1\cdot1-0\cdot0=1.
Logo
D_z=1\cdot 2 -1\cdot 3 +1\cdot 1 =2-3+1=0.
Portanto
z=\frac{D_z}{D}=\frac{0}{2}=0.]

Passo 8

Concluímos que a solução do sistema é
(x,y,z)=(-2,\,3,\,0).
Fazendo uma checagem rápida (substituir na primeira equação): (-2)+3=1 OK; segunda: (-2)-0=-2 OK; terceira: 3-0=3 OK. Tudo confere com as equações originais.

Resposta

\{(-2,3,0)\}

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