Resolva os sistemas lineares abaixo usando o método direto de eliminação de Gauss (com pivoteamento e triangularização da matriz dos coeficientes). Use a técnica de pivoteamento parcial se necessário (se o pivô for zero).
\left\{\begin{aligned} 5 x_{1}+2 x_{2}+4 x_{3} & =1 \\\ x_{1}+x_{2}+2 x_{3} & =2 \\\\ 4 x_{1}+3 x_{2}+7 x_{3} & =5\end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear abaixo usando eliminação de Gauss (com pivoteamento parcial se necessário). O sistema é:
\begin{cases} 5x_{1}+2x_{2}+4x_{3}=1\\[4pt] x_{1}+x_{2}+2x_{3}=2\\[4pt] 4x_{1}+3x_{2}+7x_{3}=5 \end{cases}
Informações relevantes extraídas do enunciado:
\text{Matriz aumentada inicial: } \left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2 & 2\\[4pt] 4 & 3 & 7 & 5 \end{array}\right]
Não há outras condições ocultas — podemos aplicar diretamente eliminação de Gauss com pivoteamento parcial (escolher o maior elemento em valor absoluto na coluna do pivô quando formos eliminar).]

Passo 2

Breve lição prática sobre o método que vamos usar (para você entender cada passo):
  • Representamos o sistema pela matriz aumentada, como já temos.
  • Em cada coluna (começando pela primeira) escolhemos um pivô: o elemento não nulo com maior valor absoluto entre as linhas ainda não eliminadas (pivoteamento parcial). Se o pivô estiver numa linha diferente da atual, trocamos as linhas.
  • Calculamos multiplicadores m_{ik}=\dfrac{a_{ik}}{a_{kk}} para zerar os elementos abaixo do pivô (onde a_{ik} é o elemento na linha i, coluna k e a_{kk} é o pivô).
  • Substituímos a linha i por \text{linha}_i - m_{ik}\cdot\text{linha}_k.
  • Repetimos até obter uma matriz triangular superior; então fazemos substituição regressiva (back-substitution) para encontrar as incógnitas.
    Exemplo pequeno: para zerar um elemento 2 abaixo de um pivô 5, o multiplicador é 2/5, e a nova linha é a antiga menos (2/5)\times linha do pivô.

Passo 3

Começamos com a matriz aumentada (já escrita no Passo 1):
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 1 & 1 & 2 & 2\\[4pt] 4 & 3 & 7 & 5 \end{array}\right]
Na primeira coluna (coluna do x_{1}) os valores absolutos são |5|,|1|,|4|. O maior em valor absoluto é 5 (na linha 1), então o pivô é a_{11}=5. Não precisamos trocar linhas.]

Passo 4

Zerar os elementos abaixo do pivô a_{11}=5.
  • Multiplicador para zerar a_{21}=1 é
m_{21}=\dfrac{1}{5}=\dfrac{1}{5}.
Atualizamos a linha 2: \text{L}_2 \leftarrow \text{L}_2 - m_{21}\,\text{L}_1.
Calculemos termo a termo (uso de frações para facilitar sem calculadora):
\begin{aligned} \text{nova }a_{21}&=1-\dfrac{1}{5}\cdot 5=0,\\[4pt] \text{nova }a_{22}&=1-\dfrac{1}{5}\cdot 2=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5},\\[4pt] \text{nova }a_{23}&=2-\dfrac{1}{5}\cdot 4=2-\dfrac{4}{5}=\dfrac{6}{5},\\[4pt] \text{novo }b_{2}&=2-\dfrac{1}{5}\cdot 1=2-\dfrac{1}{5}=\dfrac{9}{5}. \end{aligned}
  • Multiplicador para zerar a_{31}=4 é
m_{31}=\dfrac{4}{5}.
Atualizamos a linha 3: \text{L}_3 \leftarrow \text{L}_3 - m_{31}\,\text{L}_1.
Calculemos:
\begin{aligned} \text{nova }a_{31}&=4-\dfrac{4}{5}\cdot 5=0,\\[4pt] \text{nova }a_{32}&=3-\dfrac{4}{5}\cdot 2=3-\dfrac{8}{5}=\dfrac{7}{5},\\[4pt] \text{nova }a_{33}&=7-\dfrac{4}{5}\cdot 4=7-\dfrac{16}{5}=\dfrac{19}{5},\\[4pt] \text{novo }b_{3}&=5-\dfrac{4}{5}\cdot 1=5-\dfrac{4}{5}=\dfrac{21}{5}. \end{aligned}]

Passo 5

A matriz após as operações do Passo 4 fica:
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{3}{5} & \dfrac{6}{5} & \dfrac{9}{5}\\[6pt] 0 & \dfrac{7}{5} & \dfrac{19}{5} & \dfrac{21}{5} \end{array}\right]
Agora vamos escolher pivô para a segunda coluna entre as linhas 2 e 3. Olhando os valores absolutos na coluna 2: \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 por pivoteamento parcial trocamos a linha 2 com a linha 3 para melhorar estabilidade (essa troca é permitida e mantém solução).
Após trocar \text{L}_2 \leftrightarrow \text{L}_3:
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{7}{5} & \dfrac{19}{5} & \dfrac{21}{5}\\[6pt] 0 & \dfrac{3}{5} & \dfrac{6}{5} & \dfrac{9}{5} \end{array}\right]]

Passo 6

Agora eliminamos o elemento abaixo do novo pivô a_{22}=\dfrac{7}{5} (que está na linha 2, coluna 2).
O multiplicador para zerar a_{32}=\dfrac{3}{5} é
m_{32}=\dfrac{\tfrac{3}{5}}{\tfrac{7}{5}}=\dfrac{3}{7}.
Atualizamos a linha 3: \text{L}_3 \leftarrow \text{L}_3 - m_{32}\,\text{L}_2.
Calculemos componente a componente (novamente mantendo frações):
\begin{aligned} \text{nova }a_{32}&=\dfrac{3}{5}-\dfrac{3}{7}\cdot\dfrac{7}{5}=\dfrac{3}{5}-\dfrac{3}{5}=0,\\[6pt] \text{nova }a_{33}&=\dfrac{6}{5}-\dfrac{3}{7}\cdot\dfrac{19}{5} =\dfrac{6}{5}-\dfrac{57}{35} =\dfrac{42}{35}-\dfrac{57}{35}=-\dfrac{15}{35}=-\dfrac{3}{7},\\[6pt] \text{novo }b_{3}&=\dfrac{9}{5}-\dfrac{3}{7}\cdot\dfrac{21}{5} =\dfrac{9}{5}-\dfrac{63}{35} =\dfrac{63}{35}-\dfrac{63}{35}=0. \end{aligned}]

Passo 7

A matriz triangular superior obtida é:
\left[\begin{array}{ccc|c} 5 & 2 & 4 & 1\\[4pt] 0 & \dfrac{7}{5} & \dfrac{19}{5} & \dfrac{21}{5}\\[6pt] 0 & 0 & -\dfrac{3}{7} & 0 \end{array}\right]
Conferindo: a última linha corresponde a -\dfrac{3}{7}x_{3}=0, que é simples de resolver.]

Passo 8

Substituição regressiva (back-substitution):
  • Da terceira linha temos
-\dfrac{3}{7}x_{3}=0 \quad\Rightarrow\quad x_{3}=0.
Expliquei: isolamos x_{3} dividindo ambos os lados por -\dfrac{3}{7}.

Passo 9

  • Usando a segunda linha:
\dfrac{7}{5}x_{2}+\dfrac{19}{5}x_{3}=\dfrac{21}{5}.
Substituindo x_{3}=0:
\dfrac{7}{5}x_{2}=\dfrac{21}{5}\quad\Rightarrow\quad x_{2}=\dfrac{\tfrac{21}{5}}{\tfrac{7}{5}}=\dfrac{21}{5}\cdot\dfrac{5}{7}=3.
Expliquei: dividir fração por fração equivale a multiplicar pela inversa; os 5 cancelam.

Passo 10

  • Finalmente, usando a primeira linha:
5x_{1}+2x_{2}+4x_{3}=1.
Substituindo x_{2}=3 e x_{3}=0:
5x_{1}+2\cdot 3+4\cdot 0=1 \quad\Rightarrow\quad 5x_{1}+6=1 \quad\Rightarrow\quad 5x_{1}=-5,
portanto
x_{1}=-1.

Resposta

x_{1}=-1\
x_{2}=3\
x_{3}=0

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