Resolver os sistemas pelo método de eliminação de Gauss
\begin{aligned}& \left\{\begin{array}{l}2 x_{1}^{(k)}+3 x_{2}^{(k)}=5 \\\ 4 x_{1}^{(k)}+4 x_{2}^{(k)}-3 x_{3}^{(k)}=3 \\\ 2 x_{2}^{(k)}-3 x_{3}^{(k)}+x_{4}^{(k)}=-1\end{array}\right. \\& S x^{(0)}=\left(\begin{array}{lll}-1 & 2,1 & 3\end{array}\right)^{T}\end{aligned}

Passo 1

O enunciado apresenta dois “sistemas” a resolver por eliminação de Gauss:
1.
\begin{cases} 2\,x_{1}^{(k)} + 3\,x_{2}^{(k)} = 5,\\\\ 4\,x_{1}^{(k)} + 4\,x_{2}^{(k)} - 3\,x_{3}^{(k)} = 3,\\\\ 2\,x_{2}^{(k)} - 3\,x_{3}^{(k)} + x_{4}^{(k)} = -1, \end{cases}
que é um sistema com 3 equações e 4 incógnitas (portanto indeterminado, admitindo infinitas soluções);
2.
S\,x^{(0)} = \begin{pmatrix}-1 \\\\ 2 \\\\ 1 \\\\ 3\end{pmatrix},
para o qual falta especificar a matriz S.
Sem a matriz S não é possível montar o segundo sistema nem aplicar eliminação de Gauss.

Passo 2

Analisando o primeiro sistema, temos 3 equações e 4 incógnitas \{x_{1}^{(k)},x_{2}^{(k)},x_{3}^{(k)},x_{4}^{(k)}\}. Em geral, para um sistema indeterminado procedemos escolhendo uma variável livre e expressando as demais em função dela.

Passo 3

Organizamos a matriz aumentada do primeiro sistema:
\left[\, \begin{array}{cccc|c} 2 & 3 & 0 & 0 & 5\\\\ 4 & 4 & -3 & 0 &3\\\\ 0 & 2 & -3 & 1 &-1 \end{array} \right].
Vamos pivoteá-la:
— Primeiro pivô em linha 1, coluna 1:
Divido linha 1 por 2:
\left[\, \begin{array}{cccc|c} 1 & \tfrac{3}{2} & 0 & 0 & \tfrac{5}{2}\\\\ 4 & 4 & -3 & 0 &3\\\\ 0 & 2 & -3 & 1 &-1 \end{array} \right].
— Zerar abaixo em coluna 1:
L2 ← L2 − 4·L1
\left[\, \begin{array}{cccc|c} 1 & \tfrac{3}{2} & 0 & 0 & \tfrac{5}{2}\\\\ 0 & -2 & -3 & 0 & -2\\\\ 0 & 2 & -3 & 1 &-1 \end{array} \right].

Passo 4

— Segundo pivô em linha 2, coluna 2:
Divido linha 2 por −2:
\left[\, \begin{array}{cccc|c} 1 & \tfrac{3}{2} & 0 & 0 & \tfrac{5}{2}\\\\ 0 & 1 & \tfrac{3}{2} & 0 & 1\\\\ 0 & 2 & -3 & 1 &-1 \end{array} \right].
— Zerar acima e abaixo em coluna 2:
L1 ← L1 − \tfrac{3}{2}·L2, L3 ← L3 − 2·L2
\left[\, \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -\tfrac{9}{4} & 0 &1\\\\ 0 & 1 & \tfrac{3}{2} & 0 &1\\\\ 0 & 0 & -6 & 1 &-3 \end{array} \right].

Passo 5

— Terceiro pivô em linha 3, coluna 3:
Divido linha 3 por -6:
\left[\, \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & -\tfrac{9}{4} & 0 &1\\\\ 0 & 1 & \tfrac{3}{2} & 0 &1\\\\ 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{6} & \tfrac{1}{2} \end{array} \right].
— Zerar acima em coluna 3:
L1 ← L1 + \tfrac{9}{4}·L3, L2 ← L2 − \tfrac{3}{2}·L3
\left[\, \begin{array}{cccc|c} 1 & 0 & 0 & -\tfrac{3}{8} & \tfrac{11}{8}\\\\ 0 & 1 & 0 & \tfrac{1}{4} & \tfrac{1}{4}\\\\ 0 & 0 & 1 & -\tfrac{1}{6} & \tfrac{1}{2} \end{array} \right].

Passo 6

Da forma escalonada reduzida obtemos:
\begin{cases} x_{1}^{(k)} - \tfrac{3}{8}\,x_{4}^{(k)} = \tfrac{11}{8},\\\ x_{2}^{(k)} + \tfrac{1}{4}\,x_{4}^{(k)} = \tfrac{1}{4},\\\ x_{3}^{(k)} - \tfrac{1}{6}\,x_{4}^{(k)} = \tfrac{1}{2}. \end{cases}
Escolhendo x_{4}^{(k)} como parâmetro livre t\in\mathbb{R}, temos:
\begin{aligned} x_{1}^{(k)} &= \tfrac{11}{8} + \tfrac{3}{8}\,t,\\\ x_{2}^{(k)} &= \tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{4}\,t,\\\ x_{3}^{(k)} &= \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{6}\,t,\\\ x_{4}^{(k)} &= t. \end{aligned}

Passo 7

Para o segundo “sistema”
S\,x^{(0)} = \begin{pmatrix}-1\\\ 2\\\ 1\\\ 3\end{pmatrix}
não há como continuar porque o enunciado não forneceu a matriz S.

Resposta

O primeiro sistema admite infinitas soluções, dadas por
\bigl(x_{1}^{(k)},x_{2}^{(k)},x_{3}^{(k)},x_{4}^{(k)}\bigr) = \Bigl(\tfrac{11}{8} + \tfrac{3}{8}t,\;\tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{4}t,\;\tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{6}t,\;t\Bigr), \;t\in\mathbb{R}.
O segundo não pode ser resolvido pois falta a matriz S.

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