Use escalonamento para classificar (quanto a S I, S P D ou S P I ), os sistemas abaixo e apresente o conjunto solução quando existir:
\left(\begin{array}{ccc}5 & 4 & 3 \\\\ -1 & -1 & 0 \\\\ 1 & 2 & 3\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado dá a matriz de coeficientes
A=\begin{pmatrix}5 & 4 & 3 \\\\ -1 & -1 & 0 \\\\ 1 & 2 & 3\end{pmatrix}
e pede para, usando escalonamento, classificar o sistema linear associado quanto a SI (sistema impossível), SPD (sistema possível determinado) ou SPI (sistema possível indeterminado) e apresentar o conjunto solução quando existir.\n
Informações relevantes:
  • Temos uma matriz 3\times3, que representa um sistema de 3 equações lineares com 3 incógnitas.
  • O enunciado não fornece um vetor de termos independentes explícito \mathbf{b}; portanto vamos considerar o sistema geral A\mathbf{x}=\mathbf{b} (para qualquer \mathbf{b}\in\mathbb{R}^3) e, como caso particular, o homogêneo \mathbf{b}=\mathbf{0}.
  • A estratégia pedida é “escalonamento” (eliminação de Gauss) para determinar posto/rank e, assim, a classificação e, quando possível, obter a solução.

Passo 2

Rápida lembrança didática sobre escalonamento e classificação:
  • Escalonamento (eliminação de Gauss) transforma a matriz em forma triangular superior usando operações do tipo “somar múltiplos de uma linha a outra”. Essas operações não mudam o conjunto de soluções e não alteram o determinante quando são do tipo “linha ← linha + c·outra linha”.
  • Se a matriz de coeficientes A tiver posto 3 (ou seja, posto igual ao número de incógnitas), então para qualquer \mathbf{b} existe exatamente uma solução — classificamos como SPD.
  • Se o posto de A for menor que o número de incógnitas, teremos infinitas soluções ( SPI) se o posto da matriz aumentada for igual ao posto de A; ou nenhuma solução ( SI) se o posto da matriz aumentada for maior que o posto de A.
  • Como trabalho prático faremos escalonamento de A para obter pivôs e, em seguida, aplicaremos as mesmas operações a um vetor geral \mathbf{b}=(b_1,b_2,b_3)^T para expressar a solução em função de \mathbf{b}.

Passo 3

Vamos escalonar A. Começamos com
\begin{pmatrix} 5 & 4 & 3 \\\\ -1 & -1 & 0 \\\\ 1 & 2 & 3 \end{pmatrix}.
Usamos a primeira linha como pivô e eliminamos as entradas abaixo na coluna 1:
  • Fazer R_2 \leftarrow R_2 + \tfrac{1}{5}R_1. Calculando:
    R_2' = \bigl[-1 + \tfrac{1}{5}\cdot 5,\; -1 + \tfrac{1}{5}\cdot 4,\; 0 + \tfrac{1}{5}\cdot 3\bigr] = [0,\; -\tfrac{1}{5},\; \tfrac{3}{5}].
  • Fazer R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{1}{5}R_1. Calculando:
    R_3' = \bigl[1 - \tfrac{1}{5}\cdot 5,\; 2 - \tfrac{1}{5}\cdot 4,\; 3 - \tfrac{1}{5}\cdot 3\bigr] = [0,\; \tfrac{6}{5},\; \tfrac{12}{5}].
Após essas operações (que não alteram o determinante), a matriz fica
\begin{pmatrix} 5 & 4 & 3 \\\\ 0 & -\tfrac{1}{5} & \tfrac{3}{5} \\\\ 0 & \tfrac{6}{5} & \tfrac{12}{5} \end{pmatrix}.
Agora usamos o pivô da segunda linha -\tfrac{1}{5} para zerar a entrada \tfrac{6}{5} em R_3:
  • O multiplicador é m=\dfrac{\tfrac{6}{5}}{-\tfrac{1}{5}}=-6. Fazemos R_3 \leftarrow R_3 - m R_2 = R_3 + 6 R_2. Calculando: R_3'' = \bigl[0,\; \tfrac{6}{5} + 6\cdot(-\tfrac{1}{5}),\; \tfrac{12}{5} + 6\cdot\tfrac{3}{5}\bigr] = [0,\;0,\;6].
A matriz escalonada (triangular superior) é
\begin{pmatrix} 5 & 4 & 3 \\\\ 0 & -\tfrac{1}{5} & \tfrac{3}{5} \\\\ 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}.

Passo 4

Interpretação dos pivôs e determinante:
  • Os pivôs (elementos da diagonal na forma triangular) são 5, -\tfrac{1}{5} e 6. Todas as três entradas são diferentes de zero.
  • Como usamos apenas operações do tipo “linha ← linha + c·outra linha”, o determinante de A não foi alterado durante o escalonamento e pode ser obtido pelo produto dos pivôs: \det(A)=5\cdot\bigl(-\tfrac{1}{5}\bigr)\cdot 6 = -6 \neq 0.
  • Determinante não nulo implica que A é invertível e o posto \operatorname{rank}(A)=3 (posto máximo). Portanto, para qualquer vetor \mathbf{b} o sistema A\mathbf{x}=\mathbf{b} tem exatamente uma solução. Conclusão: o sistema é SPD (sistema possível determinado).

Passo 5

Agora vamos obter explicitamente a solução em função de um vetor geral [\mathbf{b}=(b_1,b_2,b_3)^T). Aplicamos as mesmas operações de linha ao lado direito (ao vetor \mathbf{b}).
Passo a passo nas transformações de \mathbf{b}:
  • Inicialmente temos as equações (antes de eliminar): \begin{cases} 5x_1 + 4x_2 + 3x_3 = b_1,\\\\ -x_1 - x_2 + 0x_3 = b_2,\\\ x_1 + 2x_2 + 3x_3 = b_3. \end{cases}
  • Depois das operações R_2 \leftarrow R_2 + \tfrac{1}{5}R_1\] e \[R_3 \leftarrow R_3 - \tfrac{1}{5}R_1 os termos independentes viram b_2' = b_2 + \tfrac{1}{5}b_1,\qquad b_3' = b_3 - \tfrac{1}{5}b_1.
  • Depois da operação final R_3 \leftarrow R_3 + 6 R_2 o terceiro termo independente fica b_3'' = b_3' + 6 b_2' = \bigl(b_3 - \tfrac{1}{5}b_1\bigr) + 6\bigl(b_2 + \tfrac{1}{5}b_1\bigr) = b_1 + 6b_2 + b_3.
Agora temos o sistema triangular equivalente
\begin{cases} 5x_1 + 4x_2 + 3x_3 = b_1,\\[4pt] -\tfrac{1}{5}x_2 + \tfrac{3}{5}x_3 = b_2',\\[4pt] 6x_3 = b_3''. \end{cases}
Resolvendo por substituição (back-substitution):
  • Da terceira equação: x_3 = \dfrac{b_3''}{6} = \dfrac{b_1 + 6b_2 + b_3}{6}.
  • Da segunda (multiplicando por (5] para facilitar):
    -x_2 + 3x_3 = 5b_2' = 5\Bigl(b_2+\tfrac{1}{5}b_1\Bigr)=5b_2 + b_1,
    logo
    x_2 = 3x_3 - (5b_2 + b_1) = \tfrac{1}{2}\bigl(-b_1 -4b_2 + b_3\bigr).
    (fazendo as substituições e simplificações chegamos a esta forma.)
  • Finalmente, da primeira: x_1 = \dfrac{b_1 - 4x_2 - 3x_3}{5} = \tfrac{1}{2}\bigl(b_1 + 2b_2 - b_3\bigr).
Portanto a solução única (para qualquer \mathbf{b}) é
x_1=\tfrac{1}{2}\bigl(b_1 + 2b_2 - b_3\bigr),\qquad x_2=\tfrac{1}{2}\bigl(-b_1 -4b_2 + b_3\bigr),\qquad x_3=\tfrac{1}{6}\bigl(b_1 + 6b_2 + b_3\bigr).
Como caso particular, para o sistema homogêneo ( b_1=b_2=b_3=0) obtemos a solução trivial
\mathbf{x}=(0,0,0)^T.]

Resposta

SPD\n
x_1=\dfrac{1}{2}\bigl(b_1 + 2b_2 - b_3\bigr)\n
x_2=\dfrac{1}{2}\bigl(-b_1 -4b_2 + b_3\bigr)\n
x_3=\dfrac{1}{6}\bigl(b_1 + 6b_2 + b_3\bigr)

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