Resolva os sistemas lineares usando eliminação de Gauss ou a eliminação de Gauss-Jordan.
\left\{\begin{array}{l}x_{1}+2 x_{2}+x_{3}=-1 \\\\ 3 x_{1}+6 x_{2}+3 x_{3}+x_{4}=3 \\\\ 2 x_{1}+4 x_{2}-3 x_{3}-x_{4}=2\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede para resolver o sistema linear usando eliminação de Gauss ou Gauss–Jordan. As equações fornecidas são:
\begin{cases} x_{1}+2x_{2}+x_{3}=-1,\\[4pt] 3x_{1}+6x_{2}+3x_{3}+x_{4}=3,\\[4pt] 2x_{1}+4x_{2}-3x_{3}-x_{4}=2. \end{cases}
Informações relevantes que extraí do enunciado:
  • As incógnitas são x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}.
  • Há 3 equações e 4 incógnitas (provável existência de infinitas soluções, com pelo menos uma variável livre).
  • Vou aplicar operações elementares de linha (trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha a outra) para triangular a matriz aumentada e resolver por substituição.]

Passo 2

Escrevo a matriz aumentada do sistema (colunas: x_{1},x_{2},x_{3},x_{4} e o termo independente):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & 0 & -1\\[4pt] 3 & 6 & 3 & 1 & 3\\[4pt] 2 & 4 & -3 & -1 & 2 \end{array}\right].
Relembrando rapidamente as operações que posso usar:
  • L_i \leftrightarrow L_j troca duas linhas;
  • L_i \leftarrow \alpha L_i multiplica a linha por \alpha\neq0;
  • L_i \leftarrow L_i + \beta L_j soma \beta vezes a linha j à linha i.
    Vou escolher L_1 como linha-pivô (porque o coeficiente de x_1 é 1).]

Passo 3

Elimino as entradas abaixo do pivô de L_1:
Faço L_2 \leftarrow L_2 - 3L_1. Cálculo elemento a elemento:
  • Coluna x_1: 3-3\cdot1=0.
  • Coluna x_2: 6-3\cdot2=0.
  • Coluna x_3: 3-3\cdot1=0.
  • Coluna x_4: 1-3\cdot0=1.
  • Termo independente: 3-3\cdot(-1)=3+3=6.
Faço L_3 \leftarrow L_3 - 2L_1. Cálculo:
  • Coluna x_1: 2-2\cdot1=0.
  • Coluna x_2: 4-2\cdot2=0.
  • Coluna x_3: -3-2\cdot1=-3-2=-5.
  • Coluna x_4: -1-2\cdot0=-1.
  • Termo independente: 2-2\cdot(-1)=2+2=4.
A matriz aumentada fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 6\\[4pt] 0 & 0 & -5 & -1 & 4 \end{array}\right].]

Passo 4

Interpreto a segunda linha transformada: \,0\cdot x_{1}+0\cdot x_{2}+0\cdot x_{3}+1\cdot x_{4}=6, isto é,
x_{4}=6.
Isso é direto porque só resta o coeficiente da variável x_{4} nessa linha. Agora uso esse valor em L_3.

Passo 5

Usando x_{4}=6 na terceira linha: a terceira linha representa
-5x_{3}-1\cdot x_{4}=4.
Substituindo x_{4}=6:
-5x_{3}-6=4 \quad\Rightarrow\quad -5x_{3}=10 \quad\Rightarrow\quad x_{3}=-2.
Bom: já temos x_{3} e x_{4}.

Passo 6

Volto à primeira equação (linha 1): x_{1}+2x_{2}+x_{3}=-1. Substituo x_{3}=-2:
x_{1}+2x_{2}-2=-1 \quad\Rightarrow\quad x_{1}+2x_{2}=1 \quad\Rightarrow\quad x_{1}=1-2x_{2}.
Aqui aparece uma variável livre: x_{2} não foi pivoteada (nenhuma linha impôs um valor para x_{2}), então tomo x_{2} como parâmetro. Chamo o parâmetro de t\in\mathbb{R} e escrevo:
x_{2}=t,\qquad x_{1}=1-2t.

Passo 7

Resumo das soluções em função do parâmetro t:
x_{1}=1-2t,\qquad x_{2}=t,\qquad x_{3}=-2,\qquad x_{4}=6,\qquad t\in\mathbb{R}.
Também posso escrever a solução em forma vetorial:
\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\\[4pt]x_{4}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\[4pt]0\\[4pt]-2\\[4pt]6\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-2\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R},
o que deixa claro que o conjunto solução é afim de dimensão 1 (uma reta) no espaço \mathbb{R}^{4}.]

Resposta

x_{1}=1-2t
x_{2}=t
x_{3}=-2
x_{4}=6
t\in\mathbb{R}

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