Resolva o sistema de equações, escrevendo a matriz ampliada do sistema inicial e escrevendo o sistema final do qual se obterá a solução do sistema original:
\left\{\begin{array}{ccc} 2 x-y+3 z & = & 11 \\\\ 4 x-3 y+2 z & = & 0 \\\ x+y+z & = & 6 \\\\ 3 x+y+z & = & 4 \end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o seguinte sistema linear com quatro equações e três incógnitas e pede para resolvê-lo, além de escrever a matriz ampliada do sistema inicial e o sistema final a partir do qual se obtém a solução:
\left\{\begin{array}{ccc} 2x - y + 3z & = & 11\\[4pt] 4x - 3y + 2z & = & 0\\[4pt] x + y + z & = & 6\\[4pt] 3x + y + z & = & 4 \end{array}\right.
Informações dadas (listadas claramente):
  • Equações (copiadas do enunciado): \;2x-y+3z=11,\;4x-3y+2z=0,\;x+y+z=6,\;3x+y+z=4.
  • Pedido: (1) escrever a matriz ampliada do sistema inicial; (2) aplicar eliminação para obter um sistema triangular (o “sistema final”) do qual se obtém a solução; (3) encontrar a solução do sistema (se existir).]

Passo 2

Formamos a matriz ampliada do sistema inicial (colunas correspondem a x,y,z e a coluna da direita é o termo independente). A matriz ampliada é:
\left[\begin{array}{ccc|c} 2 & -1 & 3 & 11\\[4pt] 4 & -3 & 2 & 0\\[4pt] 1 & 1 & 1 & 6\\[4pt] 3 & 1 & 1 & 4 \end{array}\right]]

Passo 3

Vamos usar eliminação de Gauss (operações elementares sobre linhas) para transformar a matriz ampliada numa forma triangular superior. Lembrete rápido sobre operações elementares que usaremos:
  • Trocar duas linhas: R_i \leftrightarrow R_j.
  • Somar a uma linha um múltiplo de outra: R_i \leftarrow R_i + k R_j.
  • Multiplicar uma linha por constante não nula: R_i \leftarrow c R_i.
    Essas operações não alteram o conjunto de soluções do sistema.

Passo 4

Observação prática: é útil ter um 1 como pivô na primeira linha. Troco a linha 1 com a linha 3 (pois a linha 3 tem x com coeficiente 1):
R_1 \leftrightarrow R_3.
A matriz fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\[4pt] 4 & -3 & 2 & 0\\[4pt] 2 & -1 & 3 & 11\\[4pt] 3 & 1 & 1 & 4 \end{array}\right]]

Passo 5

Elimino os coeficientes de x nas linhas 2, 3 e 4 usando a nova R_1:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 4R_1. Cálculo componente a componente: R_2: \;[4,-3,2\mid0] -4\cdot[1,1,1\mid6]=[0,-7,-2\mid-24].
  • R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1. Cálculo: R_3: \;[2,-1,3\mid11] -2\cdot[1,1,1\mid6]=[0,-3,1\mid-1].
  • R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1. Cálculo: R_4: \;[3,1,1\mid4] -3\cdot[1,1,1\mid6]=[0,-2,-2\mid-14].
Resultado:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\[4pt] 0 & -7 & -2 & -24\\[4pt] 0 & -3 & 1 & -1\\[4pt] 0 & -2 & -2 & -14 \end{array}\right]]

Passo 6

Agora vamos escolher um pivô na segunda coluna. Para simplificar a conta, troco R_2 e R_3 para ter o pivô -3 (menor número absoluto que facilita operações):
R_2 \leftrightarrow R_3.
A matriz passa a ser
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\[4pt] 0 & -3 & 1 & -1\\[4pt] 0 & -7 & -2 & -24\\[4pt] 0 & -2 & -2 & -14 \end{array}\right]]

Passo 7

Elimino as entradas abaixo do pivô da coluna 2 (nas linhas 3 e 4) usando R_2. Faço operações com fatores racionais:
  • Para zerar a entrada em R_3 na segunda coluna: fator k=\dfrac{7}{3} porque -7 - k\cdot(-3)=0. Faço R_3 \leftarrow R_3 - \dfrac{7}{3}R_2. Cálculo:
    R_3: \;[0,-7,-2\mid-24] - \tfrac{7}{3}\cdot[0,-3,1\mid-1] =[0,0,-2-\tfrac{7}{3}\mid -24+\tfrac{7}{3}] =[0,0,-\tfrac{13}{3}\mid -\tfrac{65}{3}].
  • Para zerar a entrada em R_4 na segunda coluna: fator k=\tfrac{2}{3} porque -2 - k\cdot(-3)=0. Faço R_4 \leftarrow R_4 - \tfrac{2}{3}R_2. Cálculo:
    R_4: \;[0,-2,-2\mid-14] - \tfrac{2}{3}\cdot[0,-3,1\mid-1] =[0,0,-2-\tfrac{2}{3}\mid -14+\tfrac{2}{3}] =[0,0,-\tfrac{8}{3}\mid -\tfrac{40}{3}].
A matriz fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\[4pt] 0 & -3 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{13}{3} & -\tfrac{65}{3}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{8}{3} & -\tfrac{40}{3} \end{array}\right]]

Passo 8

Para simplificar os números, multiplico as linhas 3 e 4 por 3 (operação válida — apenas escala as equações, não muda a solução):
  • R_3 \leftarrow 3 R_3 [0,0,-13\mid-65].
  • R_4 \leftarrow 3 R_4 [0,0,-8\mid-40].
A matriz agora é
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 1 & 1 & 6\\[4pt] 0 & -3 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & -13 & -65\\[4pt] 0 & 0 & -8 & -40 \end{array}\right]]

Passo 9

Observação útil: as linhas 3 e 4 agora são equações só em z. As duas equações são:
-\!13z = -65,\qquad -8z = -40.
Cada uma dá z=5. Como ambas implicam o mesmo valor de z, há consistência (a quarta equação é redundante, não gera contradição). Tomamos z=5.

Passo 10

Fazemos substituição regressiva (back substitution) para encontrar y e x.
Usando a linha 2 (equação -3y + z = -1):
-3y + z = -1.
Substituindo z=5:
-3y + 5 = -1 \quad\Rightarrow\quad -3y = -6 \quad\Rightarrow\quad y = 2.
Usando a linha 1 (equação x+y+z=6):
x + y + z = 6.
Substituindo y=2 e z=5:
x + 2 + 5 = 6 \quad\Rightarrow\quad x = -1.

Passo 11

Verificação rápida nas outras equações originais (para ficar tranquilo):
  • 2x - y + 3z = 2(-1) - 2 + 3\cdot5 = -2 -2 +15 = 11 certo.
  • 4x -3y +2z = 4(-1) -3(2) +2\cdot5 = -4 -6 +10 = 0 certo.
  • 3x + y + z = 3(-1) +2 +5 = -3 +7 = 4 certo.
    Portanto a solução é consistente com todas as quatro equações; uma delas era redundante.

Passo 12

Escrevo o “sistema final” triangular (o sistema a partir do qual obtivemos a solução por substituição), que corresponde às linhas da matriz triangular encontrada:
\left\{\begin{array}{rcl} x + y + z & = & 6,\\[4pt] -3y + z & = & -1,\\[4pt] -13z & = & -65. \end{array}\right.]

Resposta

x=-1
y=2
z=5

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