Resolva os sistemas lineares abaixo pelo Método de Gauss com Pivotamento Parcial.
b) \left\{\begin{aligned} 1 x_{1}+2 x_{2}-1 x_{3} & =-1 \\\\ 2 x_{1}+2 x_{2}+3 x_{3}+4 x_{4} & =-2 \\\\ -1 x_{2}+3 x_{3}+2 x_{4} & =0 \\\\ -1 x_{1}-3 x_{2}-1 x_{3}+1 x_{4} & =3\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver, por eliminação de Gauss com pivotamento parcial, o sistema
\begin{cases} x_{1}+2x_{2}-x_{3} &= -1,\\\\ 2x_{1}+2x_{2}+3x_{3}+4x_{4} &= -2,\\\ \phantom{2}0\,x_{1}-x_{2}+3x_{3}+2x_{4} &= \phantom{-}0,\\\\ -\,x_{1}-3x_{2}-x_{3}+x_{4} &= \phantom{-}3. \end{cases}
Vamos escrever a matriz aumentada, aplicar pivotamento parcial (troca de linhas para escolher o maior pivô em módulo) e eliminar para chegar a um sistema triangular superior. Em seguida faremos a retro-substituição.

Passo 2

Matriz aumentada inicial:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -1 & 0 & -1\\\\ 2 & 2 & 3 & 4 & -2\\\\ 0 & -1 & 3 & 2 & \phantom{-}0\\\\ -1& -3 & -1 & 1 & \phantom{-}3 \end{array}\right].
Na coluna 1, os coeficientes em módulo são 1,2,0,1. O maior é 2 (linha 2), então trocamos L₁↔L₂ (pivotamento parcial):
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 3 & 4 & -2\\\\ 1 & 2 & -1 & 0 & -1\\\\ 0 & -1 & 3 & 2 & \phantom{-}0\\\\ -1& -3 & -1 & 1 & \phantom{-}3 \end{array}\right].

Passo 3

Eliminamos abaixo da nova L₁ para zerar a coluna 1:
\begin{aligned} L_2 &\leftarrow L_2 - \tfrac12\,L_1,\\\ L_3 &\leftarrow L_3 - 0\cdot L_1,\\\ L_4 &\leftarrow L_4 + \tfrac12\,L_1. \end{aligned}
Fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 3 & 4 & -2\\\\ 0 & 1 & -2,5 & -2 & \phantom{-}0\\\\ 0 & -1 & 3 & 2 & \phantom{-}0\\\\ 0 & -2 & 0,5 & 3 & \phantom{-}2 \end{array}\right].

Passo 4

Na coluna 2 (linhas 2–4) os coeficientes em módulo são 1,1,2. O maior é -2 em L₄, trocamos L₂↔L₄:
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 3 & 4 & -2\\\\ 0 & -2 & 0,5 & 3 & \phantom{-}2\\\\ 0 & -1 & 3 & 2 & \phantom{-}0\\\\ 0 & 1 & -2,5 & -2 & \phantom{-}0 \end{array}\right].
Eliminamos abaixo de L₂:
\begin{aligned} L_3 &\leftarrow L_3 - \frac{-1}{-2}\,L_2 = L_3 - \tfrac12\,L_2,\\\ L_4 &\leftarrow L_4 - \frac{1}{-2}\,L_2 = L_4 + \tfrac12\,L_2. \end{aligned}
Obtém-se
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 3 & 4 & -2\\\\ 0 & -2 & 0,5 & 3 & \phantom{-}2\\\\ 0 & 0 & 2,75 & 0,5 & -1\\\\ 0 & 0 & -2,25 & -0,5 & \phantom{-}1 \end{array}\right].

Passo 5

Na coluna 3 (linhas 3–4) os módulos são 2,75 e 2,25. Mantemos L₃ como pivô. Eliminamos em L₄:
L_4 \leftarrow L_4 \;-\;\frac{-2,25}{2,75}\,L_3 \;=\;L_4 \;-\;\bigl(-\tfrac{9}{11}\bigr)L_3
e a matriz triangular fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 3 & 4 & -2\\\\ 0 & -2 & 0,5 & 3 & \phantom{-}2\\\\ 0 & 0 & 2,75 & 0,5 & -1\\\\ 0 & 0 & 0 & -\tfrac{1}{11} & \tfrac{2}{11} \end{array}\right].

Passo 6

Fazemos retro-substituição no sistema triangular:
-\tfrac{1}{11}x_{4}=\tfrac{2}{11} \quad\Longrightarrow\quad x_{4}=-2.
2,75\,x_{3}+0,5\,x_{4}=-1 \quad\Longrightarrow\quad \frac{11}{4}x_{3}+0,5(-2)=-1 \quad\Longrightarrow\quad x_{3}=0.
-2\,x_{2}+0,5\,x_{3}+3\,x_{4}=2 \quad\Longrightarrow\quad -2\,x_{2}+3(-2)=2 \quad\Longrightarrow\quad x_{2}=-4.
2\,x_{1}+2\,x_{2}+3\,x_{3}+4\,x_{4}=-2 \quad\Longrightarrow\quad 2\,x_{1}+2(-4)+4(-2)=-2 \quad\Longrightarrow\quad x_{1}=7.

Resposta

(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})=(7,-4,0,-2).

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