1. Use o método do escalonamento para determinar a solução do sistema abaixo:
\left\{\begin{aligned} 4 x-3 y+z & =3 \\ 3 x+y+4 z & =-1 \\ 5 x-2 y+3 z & =2 \end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado pede para usar o método do escalonamento (eliminações com operações elementares em linhas) para determinar a solução do sistema abaixo. O sistema dado é:
\left\{\begin{aligned} 4x-3y+z &= 3,\\[4pt] 3x+y+4z &= -1,\\[4pt] 5x-2y+3z &= 2. \end{aligned}\right.
Informações relevantes fornecidas pelo enunciado:
  • São três equações lineares em três incógnitas \;x,y,z.
  • Deve-se aplicar o método de escalonamento (operações em linhas da matriz aumentada) para encontrar a solução do sistema.]

Passo 2

Primeiro passo prático do escalonamento: escrever a matriz aumentada do sistema. A matriz aumentada reúne os coeficientes das incógnitas e o vetor dos termos constantes numa única matriz:
\left[\begin{array}{ccc|c} 4 & -3 & 1 & 3\\[4pt] 3 & 1 & 4 & -1\\[4pt] 5 & -2 & 3 & 2 \end{array}\right].
Explicação didática rápida sobre a ideia do escalonamento: a meta é, usando apenas operações elementares de linhas (trocar linhas, multiplicar uma linha por escalar não nulo, somar a uma linha um múltiplo de outra), transformar essa matriz numa forma escalonada em que apareçam zeros abaixo de alguns pivôs, facilitando a resolução por substituição. Essas operações não mudam o conjunto de soluções do sistema.]

Passo 3

Escolhemos como primeiro pivô o elemento \;4 da primeira linha. Vamos zerar as entradas abaixo deste pivô (coluna 1) usando combinações lineares:
  • Fazer \;R_2 \leftarrow R_2 - \dfrac{3}{4}R_1.
  • Fazer \;R_3 \leftarrow R_3 - \dfrac{5}{4}R_1.
Calculemos cada nova linha com cuidado (mostrando as contas):
Para \;R_2:
\begin{aligned} \text{coeficiente em }x &: \;3 - \dfrac{3}{4}\cdot 4 = 3-3 = 0,\\[4pt] \text{coeficiente em }y &: \;1 - \dfrac{3}{4}\cdot(-3) = 1 + \dfrac{9}{4} = \dfrac{4}{4}+\dfrac{9}{4} = \dfrac{13}{4},\\[6pt] \text{coeficiente em }z &: \;4 - \dfrac{3}{4}\cdot 1 = 4 - \dfrac{3}{4} = \dfrac{16}{4}-\dfrac{3}{4} = \dfrac{13}{4},\\[6pt] \text{termo à direita} &: \;-1 - \dfrac{3}{4}\cdot 3 = -1 - \dfrac{9}{4} = -\dfrac{4}{4}-\dfrac{9}{4} = -\dfrac{13}{4}. \end{aligned}à
Logo a nova R_2 é \left[0,\dfrac{13}{4},\dfrac{13}{4}\mid -\dfrac{13}{4}\right].
Para \;R_3:
\begin{aligned} \text{coeficiente em }x &: \;5 - \dfrac{5}{4}\cdot 4 = 5-5 = 0,\\[4pt] \text{coeficiente em }y &: \;-2 - \dfrac{5}{4}\cdot(-3) = -2 + \dfrac{15}{4} = -\dfrac{8}{4}+\dfrac{15}{4} = \dfrac{7}{4},\\[6pt] \text{coeficiente em }z &: \;3 - \dfrac{5}{4}\cdot 1 = 3 - \dfrac{5}{4} = \dfrac{12}{4}-\dfrac{5}{4} = \dfrac{7}{4},\\[6pt] \text{termo à direita} &: \;2 - \dfrac{5}{4}\cdot 3 = 2 - \dfrac{15}{4} = \dfrac{8}{4}-\dfrac{15}{4} = -\dfrac{7}{4}. \end{aligned}à
Logo a nova R_3 é \left[0,\dfrac{7}{4},\dfrac{7}{4}\mid -\dfrac{7}{4}\right].
A matriz após essas operações é
\left[\begin{array}{ccc|c} 4 & -3 & 1 & 3\\[4pt] 0 & \dfrac{13}{4} & \dfrac{13}{4} & -\dfrac{13}{4}\\[6pt] 0 & \dfrac{7}{4} & \dfrac{7}{4} & -\dfrac{7}{4} \end{array}\right].]

Passo 4

Observação útil: as duas novas linhas possuem coeficientes proporcionais. Podemos simplificar cada uma dividindo pelo fator comum para ficar mais legível.
  • Dividir R_2 por \dfrac{13}{4} (ou multiplicar por \dfrac{4}{13}) dá
R_2 \leftarrow \left[0,1,1\mid -1\right],
pois \dfrac{13}{4}\div\dfrac{13}{4}=1 e -\dfrac{13}{4}\div\dfrac{13}{4}=-1.
  • Dividir R_3 por \dfrac{7}{4} (ou multiplicar por \dfrac{4}{7}) dá
R_3 \leftarrow \left[0,1,1\mid -1\right].
Então a matriz fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 4 & -3 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -1 \end{array}\right].
Explicação didática: dividir uma linha por escalar não nulo é uma operação elementar válida. Tornar as linhas mais simples facilita ver dependências entre equações.]

Passo 5

Agora zeramos a entrada abaixo do pivô da segunda coluna (o pivô é o 1 em R_2). Fazer:
R_3 \leftarrow R_3 - R_2.
Calculando:
R_3 = [0,1,1\mid -1] - [0,1,1\mid -1] = [0,0,0\mid 0].
A matriz escalonada fica
\left[\begin{array}{ccc|c} 4 & -3 & 1 & 3\\[4pt] 0 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{array}\right].
Interpretação: a terceira linha agora é a equação \;0=0, que é verdadeira para qualquer valor das incógnitas — isto significa que as três equações originais são linearmente dependentes e o sistema tem menos equações independentes do que incógnitas. Portanto esperamos infinitas soluções (um parâmetro livre).]

Passo 6

Resolver o sistema escalonado por substituição direta. As equações correspondentes às linhas não-nulas são:
Da linha 2:
\;y + z = -1.
Da linha 1:
\;4x - 3y + z = 3.
Como há uma variável livre, escolhemos a variável \;z como parâmetro livre. Seja
z = t,\qquad t\in\mathbb{R}.
Usando \;y + z = -1, obtemos
y = -1 - z = -1 - t.
Substituímos y e z na primeira equação para encontrar x:
4x - 3y + z = 3.
Substituindo y = -1 - t e z = t:
\begin{aligned} 4x - 3(-1 - t) + t &= 3,\\[4pt] 4x + 3 + 3t + t &= 3,\\[4pt] 4x + 3 + 4t &= 3,\\[4pt] 4x &= 3 - 3 - 4t = -4t,\\[4pt] x &= -t. \end{aligned}]

Passo 7

Escrevendo a solução em forma paramétrica, com parâmetro \;t:
\boxed{\,x = -t,\qquad y = -1 - t,\qquad z = t,\qquad t\in\mathbb{R}\,}.
Também é comum apresentar em forma vetorial:
\left(x,y,z\right) = \left(0,-1,0\right) + t\left(-1,-1,1\right),\qquad t\in\mathbb{R}.
Breve verificação rápida (para dar confiança): escolhendo t=0 obtemos (x,y,z)=(0,-1,0). Substituindo nas equações originais:
\begin{aligned} 4\cdot 0 -3\cdot(-1) + 0 &= 3 \quad\checkmark,\\[4pt] 3\cdot 0 + 1\cdot(-1) + 4\cdot 0 &= -1 \quad\checkmark,\\[4pt] 5\cdot 0 -2\cdot(-1) + 3\cdot 0 &= 2 \quad\checkmark. \end{aligned}
Tudo confere, então a forma paramétrica encontrada está correta.]

Resposta

x = -t,\\ y = -1 - t,\\ z = t,\\ t\in\mathbb{R}

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