Seja o sistema
\left[\begin{array}{ccc} -1 & 2 & 2 \\\ 1 & 3 & 0 \\\ -4 & 1 & 1 \end{array}\right]\left[\begin{array}{l} x_{1} \\ x_{2} \\ x_{3} \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c} -1 \\\ 4 \\\ -3 \end{array}\right]
Determinar a solução do sistema utilizando o método de eliminação de Gauss com pivoteamento parcial.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear abaixo (já organizado em forma matricial) e pede a solução usando o método de eliminação de Gauss com pivoteamento parcial:
\left[\begin{array}{ccc} -1 & 2 & 2\\\\ 1 & 3 & 0\\\\ -4 & 1 & 1 \end{array}\right] \left[\begin{array}{c} x_{1}\\\ x_{2}\\\ x_{3} \end{array}\right] = \left[\begin{array}{r} -1\\\\ 4\\\\ -3 \end{array}\right]
Informações relevantes dadas:
\text{Matriz }A=\begin{pmatrix}-1 & 2 & 2\\[4pt]1 & 3 & 0\\[4pt]-4 & 1 & 1\end{pmatrix},\qquad \text{vetor }b=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]4\\[4pt]-3\end{pmatrix}.
O que se pede: encontrar x_{1},x_{2},x_{3} aplicando eliminação de Gauss com pivoteamento parcial (ou seja, em cada coluna pivô escolhemos, entre as linhas disponíveis, a entrada de maior valor absoluto e, se necessário, permutamos linhas).]

Passo 2

Vou montar a matriz aumentada inicial e aplicar pivoteamento parcial na primeira coluna. A matriz aumentada é
\left[\begin{array}{ccc|r} -1 & 2 & 2 & -1\\[4pt] 1 & 3 & 0 & 4\\[4pt] -4 & 1 & 1 & -3 \end{array}\right].
Para pivoteamento parcial na primeira coluna, comparamos os valores absolutos das entradas embaixo (e incluindo) a linha 1: |-1|=1,\;|1|=1,\;|-4|=4. O maior em valor absoluto é -4 na linha 3, então trocamos R_1 com R_3.]

Passo 3

Após permutar R_1\leftrightarrow R_3 (troca de linhas), a matriz aumentada fica
\left[\begin{array}{ccc|r} -4 & 1 & 1 & -3\\[4pt] 1 & 3 & 0 & 4\\[4pt] -1 & 2 & 2 & -1 \end{array}\right].
Explicando o porquê: a troca garante que o pivô na primeira etapa seja o maior em módulo, o que reduz erros numéricos e evita divisão por valores muito pequenos (no papel ajuda a organizar cálculos).]

Passo 4

Agora eliminamos as entradas abaixo do pivô -4 na coluna 1. Definimos os multiplicadores
m_{21}=\frac{a_{21}}{a_{11}}=\frac{1}{-4}=-\frac{1}{4},\qquad m_{31}=\frac{a_{31}}{a_{11}}=\frac{-1}{-4}=\frac{1}{4}.
As operações de linha são R_2 \leftarrow R_2 - m_{21}R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - m_{31}R_1. Atenção: quando m_{21}=-\tfrac14, R_2 - m_{21}R_1 = R_2 + \tfrac14 R_1.
Calculemos R_2:
R_2 = (1,\;3,\;0\;|\;4)+\tfrac{1}{4}(-4,\;1,\;1\;|\;-3) =(0,\;3+\tfrac{1}{4},\;0+\tfrac{1}{4}\;|\;4-\tfrac{3}{4}).
Em frações:
R_2=(0,\;\tfrac{13}{4},\;\tfrac{1}{4}\;|\;\tfrac{13}{4}).
Calculemos R_3:
R_3 = (-1,\;2,\;2\;|\;-1)-\tfrac{1}{4}(-4,\;1,\;1\;|\;-3) =(0,\;2-\tfrac{1}{4},\;2-\tfrac{1}{4}\;|\;-1+\tfrac{3}{4}).
Em frações:
R_3=(0,\;\tfrac{7}{4},\;\tfrac{7}{4}\;|\;-\tfrac{1}{4}).
Assim a matriz após a primeira etapa de eliminação é
\left[\begin{array}{ccc|r} -4 & 1 & 1 & -3\\[4pt] 0 & \tfrac{13}{4} & \tfrac{1}{4} & \tfrac{13}{4}\\[4pt] 0 & \tfrac{7}{4} & \tfrac{7}{4} & -\tfrac{1}{4} \end{array}\right].]

Passo 5

Passamos à segunda coluna (submatriz inferior 2×2). Para pivoteamento parcial entre R_2 e R_3 na coluna 2, comparamos \big|\tfrac{13}{4}\big|=\tfrac{13}{4} e \big|\tfrac{7}{4}\big|=\tfrac{7}{4}. O maior é \tfrac{13}{4} (já está em R_2), então não há troca de linhas. O pivô da segunda etapa é a_{22}=\tfrac{13}{4}.
Eliminamos a entrada abaixo do pivô com o multiplicador
m_{32}=\frac{a_{32}}{a_{22}}=\frac{\tfrac{7}{4}}{\tfrac{13}{4}}=\frac{7}{13}.
Fazemos R_3\leftarrow R_3 - m_{32}R_2. Calculando:
m_{32}R_2 = \frac{7}{13}\left(0,\;\tfrac{13}{4},\;\tfrac{1}{4}\;|\;\tfrac{13}{4}\right) =\left(0,\;\tfrac{7}{4},\;\tfrac{7}{52}\;|\;\tfrac{7}{4}\right).
Então
R_3 = \left(0,\;\tfrac{7}{4},\;\tfrac{7}{4}\;|\;-\tfrac{1}{4}\right) -\left(0,\;\tfrac{7}{4},\;\tfrac{7}{52}\;|\;\tfrac{7}{4}\right) =\left(0,\;0,\;\tfrac{7}{4}-\tfrac{7}{52}\;|\;-\tfrac{1}{4}-\tfrac{7}{4}\right).
Calculando as diferenças com denominador 52:
\tfrac{7}{4}-\tfrac{7}{52}=\tfrac{91}{52}-\tfrac{7}{52}=\tfrac{84}{52}=\tfrac{21}{13},
-\tfrac{1}{4}-\tfrac{7}{4}=-\tfrac{8}{4}=-2.
Portanto a linha 3 final é
R_3=(0,\;0,\;\tfrac{21}{13}\;|\;-2).
A matriz triangular obtida é
\left[\begin{array}{ccc|r} -4 & 1 & 1 & -3\\[4pt] 0 & \tfrac{13}{4} & \tfrac{1}{4} & \tfrac{13}{4}\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{21}{13} & -2 \end{array}\right].]

Passo 6

Agora fazemos substituição regressiva (back substitution). A última equação dá
\frac{21}{13}x_{3}=-2.
Isolando x_{3}:
x_{3}=-2\cdot\frac{13}{21}=-\frac{26}{21}.
Expliquei: isolamos x_{3} dividindo ambos os lados pelo coeficiente \tfrac{21}{13}.

Passo 7

Subimos para a segunda equação:
\tfrac{13}{4}x_{2}+\tfrac{1}{4}x_{3}=\tfrac{13}{4}.
Multiplicando tudo por 4 para evitar frações:
13x_{2}+x_{3}=13.
Logo
13x_{2}=13-x_{3},\qquad x_{2}=\frac{13-x_{3}}{13}.
Substituindo x_{3}=-\tfrac{26}{21}:
x_{2}=\frac{13-(-\tfrac{26}{21})}{13}=\frac{13+\tfrac{26}{21}}{13} =\frac{\tfrac{273}{21}+\tfrac{26}{21}}{13}=\frac{\tfrac{299}{21}}{13}.
Mas é mais simples notar que x_{2}=1-\dfrac{x_{3}}{13}. Usando isso:
x_{2}=1-\frac{-\tfrac{26}{21}}{13}=1+\frac{2}{21}=\frac{21}{21}+\frac{2}{21}=\frac{23}{21}.

Passo 8

Finalmente, usamos a primeira equação (após as permutas a primeira linha correspondeu originalmente à linha 3; usamos as linhas já obtidas):
-4x_{1}+x_{2}+x_{3}=-3.
Isolando x_{1}:
-4x_{1}=-3-x_{2}-x_{3}\quad\Rightarrow\quad x_{1}=\frac{-3-x_{2}-x_{3}}{-4}=\frac{3+x_{2}+x_{3}}{4}.
Substituindo x_{2}=\tfrac{23}{21} e x_{3}=-\tfrac{26}{21}:
3+x_{2}+x_{3}=3+\tfrac{23}{21}-\tfrac{26}{21}=3-\tfrac{3}{21}=3-\tfrac{1}{7}=\tfrac{20}{7}.
Então
x_{1}=\frac{\tfrac{20}{7}}{4}=\frac{20}{28}=\frac{5}{7}.

Passo 9

(Facilitando a leitura) Temos então as soluções encontradas:
x_{1}=\frac{5}{7},\qquad x_{2}=\frac{23}{21},\qquad x_{3}=-\frac{26}{21}.

Resposta

x_{1}=\dfrac{5}{7}
x_{2}=\dfrac{23}{21}
x_{3}=-\dfrac{26}{21}

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