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}{l}-x-3 y=-7 \\\\ 5 x-2 z=-1 \\\\ -4 y+3 z=-2\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear
\begin{cases} - x - 3y = -7\\[4pt] 5x - 2z = -1\\[4pt] -4y + 3z = -2 \end{cases}
Pede-se: classificar o sistema entre S I (impossível), S P D (possível determinado — solução única) ou S P I (possível indeterminado — infinitas soluções) e, quando houver solução, apresentar o conjunto solução. Listei todas as equações e as incógnitas x,y,z acima; a resolução seguirá por escalonamento (eliminação de Gauss) para encontrar pivôs e fazer a retro-substituição.]

Passo 2

Transformamos o sistema em matriz aumentada (colunas na ordem x,y,z e a coluna da direita é o termo independente):
\left[\begin{array}{ccc|c} -1 & -3 & 0 & -7\\[4pt] 5 & 0 & -2 & -1\\[4pt] 0 & -4 & 3 & -2 \end{array}\right]
Explicação rápida sobre escalonamento: podemos usar operações elementares nas linhas — (i) trocar linhas, (ii) multiplicar uma linha por escalar não nulo, (iii) somar a uma linha um múltiplo de outra — sem alterar o conjunto de soluções. O objetivo é obter uma forma triangular (escalonada) com pivôs (entradas não nulas) que permitam resolver por retro-substituição.]

Passo 3

Primeira operação simples para ter pivot 1 na primeira linha: multiplicar a linha 1 por -1:
R_1 \leftarrow -R_1
Fica a matriz
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 0 & 7\\[4pt] 5 & 0 & -2 & -1\\[4pt] 0 & -4 & 3 & -2 \end{array}\right]]

Passo 4

Eliminamos a variável x da segunda linha usando a primeira:
R_2 \leftarrow R_2 - 5R_1
Calculemos R_2: [5,0,-2,-1] - 5\cdot[1,3,0,7] = [0,-15,-2,-36].
A matriz fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 0 & 7\\[4pt] 0 & -15 & -2 & -36\\[4pt] 0 & -4 & 3 & -2 \end{array}\right]]

Passo 5

Para simplificar sinais, multiplicamos a linha 2 por -1:
R_2 \leftarrow -R_2
Obtemos
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 3 & 0 & 7\\[4pt] 0 & 15 & 2 & 36\\[4pt] 0 & -4 & 3 & -2 \end{array}\right]]

Passo 6

Agora usamos a linha 2 (pivot em y) para zerar a entrada y na linha 1 e na linha 3.
Para zerar em R_1: fator = \dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}, fazemos
R_1 \leftarrow R_1 - \tfrac{1}{5}R_2.
Cálculo componente a componente:
  • nova primeira entrada x: 1 - \tfrac{1}{5}\cdot 0 = 1 (permanece),
  • entrada y: 3 - \tfrac{1}{5}\cdot 15 = 3-3=0,
  • entrada z: 0 - \tfrac{1}{5}\cdot 2 = -\tfrac{2}{5},
  • termo independente: 7 - \tfrac{1}{5}\cdot 36 = 7 - \tfrac{36}{5} = \tfrac{35-36}{5} = -\tfrac{1}{5}.
Para zerar em R_3: fator = \dfrac{4}{15} (pois R_3 tem -4 em y), fazemos
R_3 \leftarrow R_3 + \tfrac{4}{15}R_2.
Cálculo:
  • y: -4 + \tfrac{4}{15}\cdot 15 = -4+4=0,
  • z: 3 + \tfrac{4}{15}\cdot 2 = 3 + \tfrac{8}{15} = \tfrac{45+8}{15}=\tfrac{53}{15},
  • termo: -2 + \tfrac{4}{15}\cdot 36 = -2 + \tfrac{144}{15} = -2 + \tfrac{48}{5} = \tfrac{-10+48}{5}=\tfrac{38}{5} = \tfrac{114}{15}.
A matriz escalonada fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -\tfrac{2}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[6pt] 0 & 15 & 2 & 36\\[6pt] 0 & 0 & \tfrac{53}{15} & \tfrac{114}{15} \end{array}\right]]

Passo 7

Multiplicamos a terceira linha por 15 para remover denominadores (operação válida):
R_3 \leftarrow 15 R_3
Fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 1 & 0 & -\tfrac{2}{5} & -\tfrac{1}{5}\\[6pt] 0 & 15 & 2 & 36\\[6pt] 0 & 0 & 53 & 114 \end{array}\right]
Da última linha temos a equação simples
53z = 114.
Logo
z = \dfrac{114}{53}.]

Passo 8

Agora retro-substituímos para encontrar y. A segunda linha representa
15y + 2z = 36.
Substituindo z=\dfrac{114}{53}:
15y + 2\cdot \dfrac{114}{53} = 36.
Calculemos 2\cdot \dfrac{114}{53} = \dfrac{228}{53}. Subtraindo:
15y = 36 - \dfrac{228}{53} = \dfrac{36\cdot 53 - 228}{53} = \dfrac{1908 - 228}{53} = \dfrac{1680}{53}.
Dividindo por 15:
y = \dfrac{1680}{53\cdot 15} = \dfrac{1680}{795} = \dfrac{112}{53}
(foi feita uma divisão por 15: 1680/15=112 e 795/15=53).

Passo 9

Finalmente, usamos a primeira linha para x. A primeira linha diz
x - \tfrac{2}{5}z = -\tfrac{1}{5}.
Isolando x:
x = -\tfrac{1}{5} + \tfrac{2}{5}z.
Substituindo z=\dfrac{114}{53}:
x = -\tfrac{1}{5} + \tfrac{2}{5}\cdot \dfrac{114}{53} = -\tfrac{1}{5} + \dfrac{228}{265}.
Colocando em denominador comum 265=5\cdot 53: -\tfrac{1}{5} = -\tfrac{53}{265}. Então
x = \dfrac{-53 + 228}{265} = \dfrac{175}{265} = \dfrac{35}{53}.

Passo 10

Verificações rápidas (substituindo nas três equações) confirmam que \big(\tfrac{35}{53},\tfrac{112}{53},\tfrac{114}{53}\big) resolve o sistema. Como obtivemos um pivô não nulo em cada coluna das incógnitas (três pivôs, uma linha independente para cada incógnita), o posto da matriz dos coeficientes é 3, igual ao número de incógnitas; portanto o sistema tem exatamente uma solução. Conclusão: o sistema é S P D (possível determinado) com a solução encontrada.

Resposta

S P D
\displaystyle \left(\frac{35}{53},\;\frac{112}{53},\;\frac{114}{53}\right)

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