1 Resolver os sitemas linares abaixo pelo método da eliminação de Gauss. Resolva primeiro sem estratégia de pivoteamento e depois usando estratégia de pivoteamento parcial.
\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l} x_{1}-3 x_{2}+4 x_{3}=5 \\\\ -x_{1}+4 x_{2}-3 x_{3}=0 \\\\ 3 x_{1}-5 x_{2}+2 x_{3}=-7 \end{array}\right. \\\ \left\{\begin{array}{l} 2 x_{1}+2 x_{2}+x_{3}+x_{4}=7 \\\ x_{1}-x_{2}+2 x_{3}-x_{4}=1 \\\\ 3 x_{1}+2 x_{2}-3 x_{3}-2 x_{4}=4 \\\\ 4 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+x_{4}=12 \end{array}\right. \\\ \left\{\begin{array}{l} -x_{1}+2 x_{2}+3 x_{3}+x_{4}=1 \\\\ 2 x_{1}-4 x_{2}-5 x_{3}-x_{4}=0 \\\\ -3 x_{1}+8 x_{2}+8 x_{3}+x_{4}=2 \\\ x_{1}+2 x_{2}-6 x_{3}+4 x_{4}=-1 \end{array}\right. \end{gathered}

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado pede e os sistemas que temos de resolver (cada item abaixo foi extraído do enunciado).
  • Pedido geral: resolver cada sistema linear pelo método da eliminação de Gauss:
    • primeiro sem estratégia de pivoteamento (usar as linhas na ordem dada, sem trocar linhas deliberadamente);
    • depois usando estratégia de pivoteamento parcial (em cada passo, trocar a linha atual pela linha abaixo que tem o maior valor absoluto na coluna do pivô).
Sistemas a resolver:
Sistema (I)
\begin{cases} x_{1}-3 x_{2}+4 x_{3}=5,\\[4pt] -x_{1}+4 x_{2}-3 x_{3}=0,\\[4pt] 3 x_{1}-5 x_{2}+2 x_{3}=-7. \end{cases}
Sistema (II)
\begin{cases} 2 x_{1}+2 x_{2}+x_{3}+x_{4}=7,\\[4pt] x_{1}-x_{2}+2 x_{3}-x_{4}=1,\\[4pt] 3 x_{1}+2 x_{2}-3 x_{3}-2 x_{4}=4,\\[4pt] 4 x_{1}+3 x_{2}+2 x_{3}+x_{4}=12. \end{cases}
Sistema (III)
\begin{cases} -x_{1}+2 x_{2}+3 x_{3}+x_{4}=1,\\[4pt] 2 x_{1}-4 x_{2}-5 x_{3}-x_{4}=0,\\[4pt] -3 x_{1}+8 x_{2}+8 x_{3}+x_{4}=2,\\[4pt] x_{1}+2 x_{2}-6 x_{3}+4 x_{4}=-1. \end{cases}
Observações importantes que vou seguir em toda a resolução:
  • Represento cada sistema pela sua matriz aumentada e aplico operações elementares de linha: trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não-zero e somar múltiplos de uma linha a outra.
  • O multiplicador para zerar uma entrada abaixo do pivô na coluna j é m=\dfrac{a_{i j}}{a_{j j}} (para eliminar o elemento da linha i usando a linha j); faço R_i \leftarrow R_i - m R_j.
  • Depois de triangular (eliminar abaixo dos pivôs), faço substituição regressiva (back-substitution) para achar as incógnitas.
  • Quando fizer comparações de pivôs em pivoteamento parcial, uso o valor absoluto das entradas da coluna do pivô.]

Passo 2

Sistema (I): montando a matriz aumentada (peguei os coeficientes e termos independentes do enunciado)
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -3 & 4 & 5\\[4pt] -1 & 4 & -3 & 0\\[4pt] 3 & -5 & 2 & -7 \end{array}\right].
Agora resolvo sem pivoteamento (uso a ordem das linhas dada, sem trocas).
Passo de eliminação 1 (pivô a_{11}=1):
  • Eliminar a_{21}=-1: multiplicador m_{21}=\dfrac{-1}{1}=-1. Faço R_2\leftarrow R_2 - m_{21}R_1 = R_2 + R_1.
    Cálculo linha a linha: R_2: (-1)+1=0,\quad 4+(-3)=1,\quad -3+4=1,\quad 0+5=5.Logo R_2=[0\;1\;1\;|\;5].
  • Eliminar a_{31}=3: multiplicador m_{31}=\dfrac{3}{1}=3. Faço R_3\leftarrow R_3 - 3R_1. R_3: 3-3\cdot1=0,\quad -5-3(-3)= -5+9=4,\quad 2-3\cdot4=2-12=-10,\quad -7-3\cdot5=-7-15=-22.Logo R_3=[0\;4\;-10\;|\;-22].
Matriz após etapa 1:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -3 & 4 & 5\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 4 & -10 & -22 \end{array}\right].
Passo de eliminação 2 (pivô a_{22}=1):
  • Eliminar a_{32}=4: multiplicador m_{32}=\dfrac{4}{1}=4. Faço R_3\leftarrow R_3 - 4R_2. R_3: 0,\quad 4-4\cdot1=0,\quad -10-4\cdot1=-14,\quad -22-4\cdot5=-22-20=-42.Logo R_3=[0\;0\;-14\;|\;-42].
Matriz triangular superior:
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -3 & 4 & 5\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & -14 & -42 \end{array}\right].
Substituição regressiva:
  • Da última linha: -14 x_3 = -42 \implies x_3 = \dfrac{-42}{-14}=3.
  • Segunda linha: 1\cdot x_2 + 1\cdot x_3 =5 \implies x_2 +3 =5 \implies x_2=2.
  • Primeira linha: x_1 -3x_2 +4x_3 =5 \implies x_1 -3\cdot2 +4\cdot3 =5 \implies x_1 -6 +12 =5 \implies x_1 +6=5 \implies x_1=-1.
Solução (sem pivoteamento): \,x_1=-1,\\ x_2=2,\\ x_3=3.]

Passo 3

Sistema (I) com pivoteamento parcial.
Matriz inicial (relembrando):
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & -3 & 4 & 5\\[4pt] -1 & 4 & -3 & 0\\[4pt] 3 & -5 & 2 & -7 \end{array}\right].
Pivoteamento parcial, etapa 1 (coluna 1): comparo valores absolutos na coluna 1 das linhas 1…3: |1|,|{-1}|,|3| são 1,1,3. Maior é 3 na linha 3, então troco R_1\leftrightarrow R_3.
Matriz após troca:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -5 & 2 & -7\\[4pt] -1 & 4 & -3 & 0\\[4pt] 1 & -3 & 4 & 5 \end{array}\right].
Agora elimino abaixo do pivô a_{11}=3:
  • m_{21}=\dfrac{-1}{3}. Faço R_2\leftarrow R_2 - m_{21}R_1 = R_2 + \dfrac{1}{3}R_1.
    Cálculos: R_2: 0,\quad 4+\tfrac{1}{3}(-5)=\tfrac{7}{3},\quad -3+\tfrac{1}{3}\cdot2=-\tfrac{7}{3},\quad 0+\tfrac{1}{3}(-7)=-\tfrac{7}{3}.
  • m_{31}=\dfrac{1}{3}. Faço R_3\leftarrow R_3 - m_{31}R_1 = R_3 - \tfrac{1}{3}R_1.
    Cálculos: R_3: 0,\quad -3-\tfrac{1}{3}(-5)=-\tfrac{4}{3},\quad 4-\tfrac{1}{3}\cdot2=\tfrac{10}{3},\quad 5-\tfrac{1}{3}(-7)=\tfrac{22}{3}.
Matriz intermediária:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -5 & 2 & -7\\[4pt] 0 & \tfrac{7}{3} & -\tfrac{7}{3} & -\tfrac{7}{3}\\[4pt] 0 & -\tfrac{4}{3} & \tfrac{10}{3} & \tfrac{22}{3} \end{array}\right].
Etapa 2 (coluna 2): pivô a_{22}=\tfrac{7}{3}. Elimino abaixo:
  • m_{32}=\dfrac{-\tfrac{4}{3}}{\tfrac{7}{3}} = -\dfrac{4}{7}. Faço R_3\leftarrow R_3 - m_{32}R_2 = R_3 + \dfrac{4}{7}R_2.
    Cálculo para R_3 (coluna 3 e termo independente): \text{col3: }\tfrac{10}{3} + \tfrac{4}{7}\big(-\tfrac{7}{3}\big) = \tfrac{10}{3} - \tfrac{4}{3} = \tfrac{6}{3}=2,
\text{RHS: }\tfrac{22}{3} + \tfrac{4}{7}\big(-\tfrac{7}{3}\big)= \tfrac{22}{3} - \tfrac{4}{3} = \tfrac{18}{3}=6.
Assim R_3=[0\;0\;2\;|\;6].
Matriz triangular:
\left[\begin{array}{ccc|c} 3 & -5 & 2 & -7\\[4pt] 0 & \tfrac{7}{3} & -\tfrac{7}{3} & -\tfrac{7}{3}\\[4pt] 0 & 0 & 2 & 6 \end{array}\right].
Substituição regressiva:
  • 2 x_3 =6 \implies x_3=3.
  • \tfrac{7}{3}x_2 -\tfrac{7}{3}x_3 = -\tfrac{7}{3} \implies 7x_2 -7x_3 = -7 \implies 7x_2 -21 = -7 \implies x_2=2.
  • Primeira equação: 3x_1 -5x_2 +2x_3 = -7 \implies 3x_1 -10 +6 = -7 \implies 3x_1 -4 = -7 \implies x_1=-1.
Solução com pivoteamento parcial: \,x_1=-1,\\ x_2=2,\\ x_3=3. (mesma solução que sem pivoteamento)]

Passo 4

Sistema (II): montando a matriz aumentada (peguei coeficientes do enunciado)
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 1 & 1 & 7\\[4pt] 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[4pt] 3 & 2 & -3 & -2 & 4\\[4pt] 4 & 3 & 2 & 1 & 12 \end{array}\right].
Primeiro resolvo sem pivoteamento (usar a ordem dada, pivô inicial a_{11}=2).
Etapa 1 (eliminar coluna 1 abaixo do pivô 2):
  • m_{21}=\dfrac{1}{2}. Faço R_2\leftarrow R_2 - \tfrac{1}{2}R_1. R_2: 0,\quad -1 -1 = -2,\quad 2 -\tfrac{1}{2}\cdot1 = \tfrac{3}{2},\quad -1 -\tfrac{1}{2}\cdot1 = -\tfrac{3}{2},\quad 1 -\tfrac{1}{2}\cdot7 = -\tfrac{5}{2}.Logo R_2=[0\;-2\;\tfrac{3}{2}\;-\tfrac{3}{2}\;|\;-\tfrac{5}{2}].
  • m_{31}=\dfrac{3}{2}. Faço R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{3}{2}R_1. R_3: 0,\quad 2 -3 = -1,\quad -3 -\tfrac{3}{2}\cdot1 = -\tfrac{9}{2},\quad -2 -\tfrac{3}{2}\cdot1 = -\tfrac{7}{2},\quad 4 -\tfrac{3}{2}\cdot7 = -\tfrac{13}{2}.Logo R_3=[0\;-1\;-\tfrac{9}{2}\;-\tfrac{7}{2}\;|\;-\tfrac{13}{2}].
  • m_{41}= \dfrac{4}{2}=2. Faço R_4\leftarrow R_4 - 2R_1. R_4: 0,\quad 3 -4 = -1,\quad 2 -2 = 0,\quad 1 -2 = -1,\quad 12 -14 = -2.Logo R_4=[0\;-1\;0\;-1\;|\;-2].
Matriz após etapa 1:
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 1 & 1 & 7\\[4pt] 0 & -2 & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{3}{2} & -\tfrac{5}{2}\\[4pt] 0 & -1 & -\tfrac{9}{2} & -\tfrac{7}{2} & -\tfrac{13}{2}\\[4pt] 0 & -1 & 0 & -1 & -2 \end{array}\right].
Etapa 2 (pivô a_{22}=-2):
  • m_{32}=\dfrac{-1}{-2}=\tfrac{1}{2}. Faço R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{1}{2}R_2.
    Cálculos: R_3:\\\ 0,\\\ 0,\\\ -\tfrac{9}{2} - \tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{3}{2} = -\tfrac{21}{4},\\\ -\tfrac{7}{2} - \tfrac{1}{2}\cdot(-\tfrac{3}{2}) = -\tfrac{11}{4},\\\ -\tfrac{13}{2} - \tfrac{1}{2}\cdot(-\tfrac{5}{2}) = -\tfrac{21}{4}.Logo R_3=[0\;0\;-\tfrac{21}{4}\;-\tfrac{11}{4}\;|\;-\tfrac{21}{4}].
  • m_{42}=\dfrac{-1}{-2}=\tfrac{1}{2}. Faço R_4\leftarrow R_4 - \tfrac{1}{2}R_2. R_4:\\\ 0,\\\ 0,\\\ 0 -\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{3}{2} = -\tfrac{3}{4},\\\ -1 -\tfrac{1}{2}\cdot(-\tfrac{3}{2}) = -\tfrac{1}{4},\\\ -2 -\tfrac{1}{2}\cdot(-\tfrac{5}{2}) = -\tfrac{3}{4}.Logo R_4=[0\;0\;-\tfrac{3}{4}\;-\tfrac{1}{4}\;|\;-\tfrac{3}{4}].
Matriz agora:
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 1 & 1 & 7\\[4pt] 0 & -2 & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{3}{2} & -\tfrac{5}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{21}{4} & -\tfrac{11}{4} & -\tfrac{21}{4}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{3}{4} & -\tfrac{1}{4} & -\tfrac{3}{4} \end{array}\right].
Etapa 3 (pivô a_{33}=-\tfrac{21}{4}):
  • m_{43}=\dfrac{-\tfrac{3}{4}}{-\tfrac{21}{4}} = \dfrac{1}{7}. Faço R_4\leftarrow R_4 - \tfrac{1}{7}R_3. R_4:\\\ 0,\\\ 0,\\\ 0,\\\ -\tfrac{1}{4} - \tfrac{1}{7}\cdot(-\tfrac{11}{4}) = \tfrac{1}{7},\\\ -\tfrac{3}{4} - \tfrac{1}{7}\cdot(-\tfrac{21}{4}) = 0.Assim R_4=[0\;0\;0\;\tfrac{1}{7}\;|\;0].
Matriz triangular:
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 1 & 1 & 7\\[4pt] 0 & -2 & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{3}{2} & -\tfrac{5}{2}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{21}{4} & -\tfrac{11}{4} & -\tfrac{21}{4}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{1}{7} & 0 \end{array}\right].
Substituição regressiva:
  • Da última linha: \dfrac{1}{7}x_4 = 0 \implies x_4=0.
  • Terceira linha: -\dfrac{21}{4}x_3 - \dfrac{11}{4}x_4 = -\dfrac{21}{4} \implies -21x_3 = -21 \implies x_3=1.
  • Segunda linha: -2 x_2 + \dfrac{3}{2}x_3 - \dfrac{3}{2}x_4 = -\dfrac{5}{2}. Substituindo x_3=1,x_4=0: -2x_2 + \tfrac{3}{2} = -\tfrac{5}{2} \implies -2x_2 = -4 \implies x_2=2.
  • Primeira linha: 2x_1 +2x_2 + x_3 + x_4 =7 \implies 2x_1 +4 +1 +0 =7 \implies 2x_1 =2 \implies x_1=1.
Solução (sem pivoteamento): \,x_1=1,\\ x_2=2,\\ x_3=1,\\ x_4=0.]

Passo 5

Sistema (II) com pivoteamento parcial.
Matriz inicial:
\left[\begin{array}{cccc|c} 2 & 2 & 1 & 1 & 7\\[4pt] 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[4pt] 3 & 2 & -3 & -2 & 4\\[4pt] 4 & 3 & 2 & 1 & 12 \end{array}\right].
Etapa 1 (coluna 1): máximos absolutos em coluna 1 são |2|,|1|,|3|,|4| e o maior é 4 na linha 4. Troco R_1\leftrightarrow R_4.
Matriz após troca:
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & 3 & 2 & 1 & 12\\[4pt] 1 & -1 & 2 & -1 & 1\\[4pt] 3 & 2 & -3 & -2 & 4\\[4pt] 2 & 2 & 1 & 1 & 7 \end{array}\right].
Eliminação usando a_{11}=4:
  • m_{21}=\tfrac{1}{4}. R_2\leftarrow R_2 - \tfrac{1}{4}R_1 resulta em R_2=[0\;-\tfrac{7}{4}\;\tfrac{3}{2}\;-\tfrac{5}{4}\;|\;-2].
  • m_{31}=\tfrac{3}{4}. R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{3}{4}R_1 resulta em R_3=[0\;-\tfrac{1}{4}\;-\tfrac{9}{2}\;-\tfrac{11}{4}\;|\;-5].
  • m_{41}=\tfrac{1}{2}. R_4\leftarrow R_4 - \tfrac{1}{2}R_1 resulta em R_4=[0\;\tfrac{1}{2}\;0\;\tfrac{1}{2}\;|\;1].
Matriz intermediária:
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & 3 & 2 & 1 & 12\\[4pt] 0 & -\tfrac{7}{4} & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{5}{4} & -2\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{4} & -\tfrac{9}{2} & -\tfrac{11}{4} & -5\\[4pt] 0 & \tfrac{1}{2} & 0 & \tfrac{1}{2} & 1 \end{array}\right].
Etapa 2 (coluna 2): entre linhas 2…4, os valores absolutos na coluna 2 são \tfrac{7}{4},\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{2}. O maior é \tfrac{7}{4} (linha 2), então não preciso trocar (o pivô mais forte já está em R_2).
Eliminar abaixo de a_{22}=-\tfrac{7}{4}:
  • m_{32}=\dfrac{-\tfrac{1}{4}}{-\tfrac{7}{4}}=\dfrac{1}{7}. Faço R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{1}{7}R_2 e obtenho R_3=[0\;0\;-\tfrac{33}{7}\;-\tfrac{18}{7}\;|\;-\tfrac{33}{7}].
  • m_{42}=\dfrac{\tfrac{1}{2}}{-\tfrac{7}{4}} = -\dfrac{2}{7}. Faço R_4\leftarrow R_4 - (-\tfrac{2}{7})R_2 = R_4 + \tfrac{2}{7}R_2 e obtenho R_4=[0\;0\;\tfrac{3}{7}\;\tfrac{1}{7}\;|\;\tfrac{3}{7}].
Matriz:
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & 3 & 2 & 1 & 12\\[4pt] 0 & -\tfrac{7}{4} & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{5}{4} & -2\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{33}{7} & -\tfrac{18}{7} & -\tfrac{33}{7}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{3}{7} & \tfrac{1}{7} & \tfrac{3}{7} \end{array}\right].
Etapa 3 (coluna 3): entre linhas 3 e 4, |-\tfrac{33}{7}| \approx 4{,}714 e |\tfrac{3}{7}|\approx0{,}429. O maior é linha 3; não troco. Elimino a_{43}:
  • m_{43}=\dfrac{\tfrac{3}{7}}{-\tfrac{33}{7}} = -\dfrac{1}{11}. Faço R_4\leftarrow R_4 - m_{43}R_3 = R_4 + \tfrac{1}{11}R_3.
    Resultado: R_4=[0\;0\;0\;-\tfrac{1}{11}\;|\;0].
Matriz triangular:
\left[\begin{array}{cccc|c} 4 & 3 & 2 & 1 & 12\\[4pt] 0 & -\tfrac{7}{4} & \tfrac{3}{2} & -\tfrac{5}{4} & -2\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{33}{7} & -\tfrac{18}{7} & -\tfrac{33}{7}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -\tfrac{1}{11} & 0 \end{array}\right].
Substituição regressiva:
  • -\tfrac{1}{11}x_4 = 0 \implies x_4 = 0.
  • -\tfrac{33}{7}x_3 -\tfrac{18}{7}x_4 = -\tfrac{33}{7} \implies x_3 = 1.
  • -\tfrac{7}{4}x_2 + \tfrac{3}{2}x_3 - \tfrac{5}{4}x_4 = -2 \implies -\tfrac{7}{4}x_2 +\tfrac{3}{2}= -2. Multiplicando por 4: -7x_2 +6 = -8 \implies x_2 = 2.
  • Primeira linha: 4x_1 +3x_2 +2x_3 + x_4 =12 \implies 4x_1 +6 +2 +0 =12 \implies x_1=1.
Solução com pivoteamento parcial: \,x_1=1,\\ x_2=2,\\ x_3=1,\\ x_4=0. (mesma solução)]

Passo 6

Sistema (III): montando a matriz aumentada (peguei coeficientes do enunciado)
\left[\begin{array}{cccc|c} -1 & 2 & 3 & 1 & 1\\[4pt] 2 & -4 & -5 & -1 & 0\\[4pt] -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 2 & -6 & 4 & -1 \end{array}\right].
Primeiro tento resolver sem pivoteamento (usar a ordem dada, pivô inicial a_{11}=-1).
Etapa 1 (usar a_{11}=-1):
  • Eliminar a_{21}=2: multiplicador m_{21}=\dfrac{2}{-1}=-2. Faço R_2\leftarrow R_2 - m_{21}R_1 = R_2 + 2R_1.
    Resultado: R_2=[0\;0\;1\;1\;|\;2].
  • Eliminar a_{31}=-3: multiplicador m_{31}=\dfrac{-3}{-1}=3. Faço R_3\leftarrow R_3 - 3R_1.
    Resultado: R_3=[0\;2\;-1\;-2\;|\;-1].
  • Eliminar a_{41}=1: multiplicador m_{41}=\dfrac{1}{-1}=-1. Faço R_4\leftarrow R_4 - m_{41}R_1 = R_4 + R_1.
    Resultado: R_4=[0\;4\;-3\;5\;|\;0].
Matriz após primeira etapa:
\left[\begin{array}{cccc|c} -1 & 2 & 3 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 2 & -1 & -2 & -1\\[4pt] 0 & 4 & -3 & 5 & 0 \end{array}\right].
Agora, para prosseguir sem pivoteamento, o próximo pivô deveria ser a_{22} (entrada na linha 2, coluna 2). Mas a_{22}=0. Isso causa um problema: não posso dividir por zero para eliminar abaixo usando essa linha como pivô. Portanto, sem trocar linhas (ou seja, sem pivoteamento), o processo de eliminação fica impedido aqui — a eliminação direta falha porque o pivô é zero.
Conclusão: Não é possível completar a eliminação seguindo estritamente a ordem original das linhas (sem nenhuma troca) porque aparece um pivô nulo na segunda etapa. Para continuar é necessário trocar linhas (isto é, usar pivoteamento). Vou então resolver o sistema usando pivoteamento parcial.]

Passo 7

Sistema (III) com pivoteamento parcial.
Matriz inicial:
\left[\begin{array}{cccc|c} -1 & 2 & 3 & 1 & 1\\[4pt] 2 & -4 & -5 & -1 & 0\\[4pt] -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 1 & 2 & -6 & 4 & -1 \end{array}\right].
Etapa 1 (coluna 1): comparo |-1|,|2|,|{-3}|,|1| = 1,2,3,1. O maior é 3 na linha 3. Troco R_1\leftrightarrow R_3.
Matriz após troca:
\left[\begin{array}{cccc|c} -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 2 & -4 & -5 & -1 & 0\\[4pt] -1 & 2 & 3 & 1 & 1\\[4pt] 1 & 2 & -6 & 4 & -1 \end{array}\right].
Eliminação coluna 1:
  • m_{21}=\dfrac{2}{-3}=-\tfrac{2}{3}. Faço R_2\leftarrow R_2 - m_{21}R_1 = R_2 + \tfrac{2}{3}R_1.
    Resultado: R_2=[0\;\tfrac{4}{3}\;\tfrac{1}{3}\;-\tfrac{1}{3}\;|\;\tfrac{4}{3}].
  • m_{31}=\dfrac{-1}{-3}=\tfrac{1}{3}. Faço R_3\leftarrow R_3 - \tfrac{1}{3}R_1.
    Resultado: R_3=[0\;-\tfrac{2}{3}\;\tfrac{1}{3}\;\tfrac{2}{3}\;|\;\tfrac{1}{3}].
  • m_{41}=\dfrac{1}{-3}=-\tfrac{1}{3}. Faço R_4\leftarrow R_4 - m_{41}R_1 = R_4 + \tfrac{1}{3}R_1.
    Resultado: R_4=[0\;\tfrac{14}{3}\;-\tfrac{10}{3}\;\tfrac{13}{3}\;|\;-\tfrac{1}{3}].
Matriz intermediária:
\left[\begin{array}{cccc|c} -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{4}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3} & \tfrac{4}{3}\\[4pt] 0 & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & \tfrac{14}{3} & -\tfrac{10}{3} & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3} \end{array}\right].
Etapa 2 (coluna 2): entre linhas 2…4, eu comparo os valores absolutos em coluna 2: \tfrac{4}{3}\approx1{,}333,\\ \tfrac{2}{3}\approx0{,}667,\\ \tfrac{14}{3}\approx4{,}667. O maior é \tfrac{14}{3} na linha 4; troco R_2\leftrightarrow R_4.
Após a troca:
\left[\begin{array}{cccc|c} -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{14}{3} & -\tfrac{10}{3} & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & -\tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3} & \tfrac{2}{3} & \tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & \tfrac{4}{3} & \tfrac{1}{3} & -\tfrac{1}{3} & \tfrac{4}{3} \end{array}\right].
Eliminar abaixo do pivô a_{22}=\tfrac{14}{3}:
  • m_{32}=\dfrac{-\tfrac{2}{3}}{\tfrac{14}{3}}=-\dfrac{1}{7}. Faço R_3\leftarrow R_3 - m_{32}R_2 = R_3 + \tfrac{1}{7}R_2.
    Resultado: R_3=[0\;0\;-\tfrac{1}{7}\;\tfrac{9}{7}\;|\;\tfrac{2}{7}].
  • m_{42}=\dfrac{\tfrac{4}{3}}{\tfrac{14}{3}}=\tfrac{2}{7}. Faço R_4\leftarrow R_4 - \tfrac{2}{7}R_2.
    Resultado: R_4=[0\;0\;\tfrac{9}{7}\;-\tfrac{11}{7}\;|\;\tfrac{10}{7}].
Matriz:
\left[\begin{array}{cccc|c} -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{14}{3} & -\tfrac{10}{3} & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{1}{7} & \tfrac{9}{7} & \tfrac{2}{7}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{9}{7} & -\tfrac{11}{7} & \tfrac{10}{7} \end{array}\right].
Etapa 3 (coluna 3): entre linhas 3 e 4, comparamos |-\tfrac{1}{7}|\approx0{,}143 e |\tfrac{9}{7}|\approx1{,}286. O maior está em R_4; então troco R_3\leftrightarrow R_4.
Após troca:
\left[\begin{array}{cccc|c} -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{14}{3} & -\tfrac{10}{3} & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{9}{7} & -\tfrac{11}{7} & \tfrac{10}{7}\\[4pt] 0 & 0 & -\tfrac{1}{7} & \tfrac{9}{7} & \tfrac{2}{7} \end{array}\right].
Eliminar a_{43}:
  • m_{43}=\dfrac{-\tfrac{1}{7}}{\tfrac{9}{7}}=-\dfrac{1}{9}. Faço R_4\leftarrow R_4 - m_{43}R_3 = R_4 + \tfrac{1}{9}R_3.
    Cálculos para R_4: \text{col4: }\tfrac{9}{7} + \tfrac{1}{9}\big(-\tfrac{11}{7}\big) = \tfrac{9}{7} - \tfrac{11}{63} = \tfrac{70}{63} = \tfrac{10}{9},
\text{RHS: }\tfrac{2}{7} + \tfrac{1}{9}\cdot\tfrac{10}{7} = \tfrac{2}{7} + \tfrac{10}{63} = \tfrac{28}{63} + \tfrac{10}{63} = \tfrac{38}{63} = \tfrac{4}{9}.
Assim R_4=[0\;0\;0\;\tfrac{10}{9}\;|\;\tfrac{4}{9}].
Matriz triangular:
\left[\begin{array}{cccc|c} -3 & 8 & 8 & 1 & 2\\[4pt] 0 & \tfrac{14}{3} & -\tfrac{10}{3} & \tfrac{13}{3} & -\tfrac{1}{3}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{9}{7} & -\tfrac{11}{7} & \tfrac{10}{7}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & \tfrac{10}{9} & \tfrac{4}{9} \end{array}\right].
Substituição regressiva:
  • Da última linha: \dfrac{10}{9} x_4 = \dfrac{4}{9} \implies x_4 = \dfrac{4/9}{10/9} = \dfrac{4}{10} = \dfrac{2}{5}.
  • Terceira linha: \dfrac{9}{7}x_3 -\dfrac{11}{7}x_4 = \dfrac{10}{7} \implies 9x_3 -11 x_4 = 10. Substituindo x_4=\dfrac{2}{5}: 9x_3 - 11\cdot\dfrac{2}{5} = 10 \implies 9x_3 - \dfrac{22}{5} = 10 \implies 9x_3 = 10 + \dfrac{22}{5} = \dfrac{72}{5} \implies x_3 = \dfrac{8}{5}.
  • Segunda linha: \tfrac{14}{3}x_2 - \tfrac{10}{3}x_3 + \tfrac{13}{3}x_4 = -\tfrac{1}{3}. Multiplico por 3: 14x_2 -10x_3 + 13 x_4 = -1.Substituindo x_3=\tfrac{8}{5},\\ x_4=\tfrac{2}{5}: 14x_2 -10\cdot\tfrac{8}{5} +13\cdot\tfrac{2}{5} = -1 \implies 14x_2 -16 + \tfrac{26}{5} = -1.Calculo -16 + \tfrac{26}{5} = -\tfrac{80}{5} + \tfrac{26}{5} = -\tfrac{54}{5}. Então 14x_2 -\tfrac{54}{5} = -1 \implies 14x_2 = -1 + \tfrac{54}{5} = \tfrac{49}{5} \implies x_2 = \dfrac{49}{70} = \dfrac{7}{10}.
  • Primeira linha (lembrar que a linha 1 atualmente é a antiga linha 3 após permutações): -3 x_1 + 8 x_2 + 8 x_3 + x_4 = 2. Substituindo: -3x_1 + 8\cdot\dfrac{7}{10} + 8\cdot\dfrac{8}{5} + \dfrac{2}{5} = 2.Calculo dos termos: 8\cdot\dfrac{7}{10} = \dfrac{56}{10} = \dfrac{28}{5},\quad 8\cdot\dfrac{8}{5} = \dfrac{64}{5}. Soma: \dfrac{28}{5}+\dfrac{64}{5}+\dfrac{2}{5}=\dfrac{94}{5}. Então -3x_1 + \dfrac{94}{5} = 2 \implies -3x_1 = 2 - \dfrac{94}{5} = -\dfrac{84}{5} \implies x_1 = \dfrac{84}{15} = \dfrac{28}{5}.
Solução com pivoteamento parcial:
x_1=\dfrac{28}{5},\quad x_2=\dfrac{7}{10},\quad x_3=\dfrac{8}{5},\quad x_4=\dfrac{2}{5}.]

Resposta

Sistema (I) sem pivoteamento: x_{1}=-1,\\ x_{2}=2,\\ x_{3}=3
Sistema (I) com pivoteamento parcial: x_{1}=-1,\\ x_{2}=2,\\ x_{3}=3
Sistema (II) sem pivoteamento: x_{1}=1,\\ x_{2}=2,\\ x_{3}=1,\\ x_{4}=0
Sistema (II) com pivoteamento parcial: x_{1}=1,\\ x_{2}=2,\\ x_{3}=1,\\ x_{4}=0
Sistema (III) sem pivoteamento: não é possível prosseguir (pivô a_{22}=0 na segunda etapa)
Sistema (III) com pivoteamento parcial: x_{1}=\dfrac{28}{5},\\ x_{2}=\dfrac{7}{10},\\ x_{3}=\dfrac{8}{5},\\ x_{4}=\dfrac{2}{5}

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