Resolva, através do escalonamento, os seguintes sistemas:
\left\{\begin{array}{l}2 x-y+3 z=-1 \\\ x+y-z=2 \\\\ 3 x+2 z=1 \\\\ 5 x+2 y=5\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver, por escalonamento, o sistema de quatro equações nas três incógnitas x,y,z\): \[\begin{cases} 2x-y+3z=-1\\[4pt] x+y-z=2\\[4pt] 3x+2z=1\\[4pt] 5x+2y=5 \end{cases}
Informações relevantes dadas:
\begin{aligned} &\text{Eq (1): }2x-y+3z=-1,\\\ &\text{Eq (2): }x+y-z=2,\\\ &\text{Eq (3): }3x+0\cdot y+2z=1,\\\ &\text{Eq (4): }5x+2y+0\cdot z=5. \end{aligned}
Objetivo: encontrar todos os tripletos ((x,y,z)] que satisfazem simultaneamente essas quatro equações, usando o método de escalonamento (eliminar variáveis por operações elementares nas linhas).]

Passo 2

Transformamos o sistema na matriz aumentada (cada linha = uma equação; colunas = coeficientes de x,y,z e coluna vertical separadora = termos independentes):
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & 3 & -1\\[4pt] 1 & 1 & -1 & 2\\[4pt] 3 & 0 & 2 & 1\\[4pt] 5 & 2 & 0 & 5 \end{array}\right].
Explicação curta sobre a ideia: escalonamento usa operações elementares nas linhas (trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha a outra) para obter uma matriz triangular (ou forma escalonada), que facilita resolver o sistema por substituição regressiva.]

Passo 3

Para facilitar, trocamos a linha 1 com a linha 2 (porque a linha 2 tem coeficiente 1 em x, um bom pivô):
Operação: R_1 \leftrightarrow R_2.
Nova matriz:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 2\\[4pt] 2 & -1 & 3 & -1\\[4pt] 3 & 0 & 2 & 1\\[4pt] 5 & 2 & 0 & 5 \end{array}\right].]

Passo 4

Eliminamos os coeficientes abaixo do pivô em coluna 1 (fazer zeros nas entradas (2,1), (3,1), (4,1)):
  • R_2 := R_2 - 2R_1. Cálculo linha por linha:
    \begin{aligned} &2-2\cdot1=0,\\\ &-1-2\cdot1=-3,\\\ &3-2\cdot(-1)=3+2=5,\\\ &-1-2\cdot2=-1-4=-5. \end{aligned}
    Então R_2=(0\; -3\; 5\;|\; -5).
  • R_3 := R_3 - 3R_1. Cálculos:
    \begin{aligned} &3-3\cdot1=0,\\\ &0-3\cdot1=-3,\\\ &2-3\cdot(-1)=2+3=5,\\\ &1-3\cdot2=1-6=-5. \end{aligned}
    Então R_3=(0\; -3\; 5\;|\; -5).
  • R_4 := R_4 - 5R_1. Cálculos:
    \begin{aligned} &5-5\cdot1=0,\\\ &2-5\cdot1=-3,\\\ &0-5\cdot(-1)=5,\\\ &5-5\cdot2=5-10=-5. \end{aligned}
    Então R_4=(0\; -3\; 5\;|\; -5).
Matriz após essas operações:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 2\\[4pt] 0 & -3 & 5 & -5\\[4pt] 0 & -3 & 5 & -5\\[4pt] 0 & -3 & 5 & -5 \end{array}\right].
Observação: as linhas 2, 3 e 4 ficaram idênticas — isso indica equações dependentes (redundantes).]

Passo 5

Agora vamos escolher pivô na coluna 2, linha 2. É conveniente transformar R_2 para que o pivô seja 1. Fazemos R_2 := -\tfrac{1}{3}R_2. Cálculos:
R_2 = -\tfrac{1}{3}(0\; -3\; 5\;|\; -5) = (0\; 1\; -\tfrac{5}{3}\;|\; \tfrac{5}{3}).
Matriz:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & -1 & 2\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{5}{3} & \tfrac{5}{3}\\[4pt] 0 & -3 & 5 & -5\\[4pt] 0 & -3 & 5 & -5 \end{array}\right].]

Passo 6

Eliminamos as entradas abaixo do novo pivô (coluna 2):
  • R_3 := R_3 + 3R_2. Como R_3=(0\; -3\;5\;|\;-5) e 3R_2=(0\;3\; -5\;|\;5), temos R_3=(0\;0\;0\;|\;0).
  • R_4 := R_4 + 3R_2 dá também R_4=(0\;0\;0\;|\;0).
Também eliminamos o coeficiente acima do pivô (para facilitar a substituição regressiva):
  • R_1 := R_1 - R_2. Cálculo: \begin{aligned} &1-0=1\\ \text{(coef. de }x),\\\ &1-1=0\\ \text{(coef. de }y),\\\ &-1-(-\tfrac{5}{3})=-1+\tfrac{5}{3}=\tfrac{2}{3}\\ \text{(coef. de }z),\\\ &2-\tfrac{5}{3}=\tfrac{6}{3}-\tfrac{5}{3}=\tfrac{1}{3}\\ \text{(termo independente)}. \end{aligned}Então R_1=(1\;0\;\tfrac{2}{3}\;|\;\tfrac{1}{3}).
Matriz escalonada final:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & \tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{5}{3} & \tfrac{5}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].]

Passo 7

Voltando às equações correspondentes às duas linhas não nulas:
\begin{aligned} &\text{(a)}\quad x+\tfrac{2}{3}z=\tfrac{1}{3},\\[4pt] &\text{(b)}\quad y-\tfrac{5}{3}z=\tfrac{5}{3}. \end{aligned}
As demais linhas são 0=0 (sem informação nova). Temos 3 incógnitas e apenas 2 equações independentes → existe um grau de liberdade: uma variável será livre. Escolhemos z como parâmetro livre. Definimos z=t, com t\in\mathbb{R}.
Explicação sobre variável livre: quando o número de incógnitas é maior que o posto da matriz dos coeficientes, algumas incógnitas não ficam determinadas pela eliminação e podem assumir qualquer valor — usamos um parâmetro para descrever todas as soluções.]

Passo 8

Resolvemos (a) e (b) em função de t:
De (a):
x=\tfrac{1}{3}-\tfrac{2}{3}z=\tfrac{1}{3}-\tfrac{2}{3}t=\tfrac{1-2t}{3}.
De (b):
y=\tfrac{5}{3}+\tfrac{5}{3}z=\tfrac{5}{3}+\tfrac{5}{3}t=\tfrac{5(1+t)}{3}.
Portanto a solução geral é
\bigl(x,y,z\bigr)=\Bigl(\tfrac{1-2t}{3},\;\tfrac{5+5t}{3},\;t\Bigr),\qquad t\in\mathbb{R}.

Passo 9

Checagem rápida em uma das equações originais (por exemplo a equação (2): x+y-z=2):
\begin{aligned} x+y-z &= \tfrac{1-2t}{3} + \tfrac{5+5t}{3} - t = \tfrac{1-2t+5+5t}{3}-t = \tfrac{6+3t}{3}-t =2+t-t=2, \end{aligned}
ok — satisfaz a equação. Isso dá confiança de que a parametrização está correta.

Resposta

x=\dfrac{1-2t}{3}\
y=\dfrac{5+5t}{3}\
z=t,\quad t\in\mathbb{R}

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