(40) Suponha que (1,1) e (-1,1) formam uma base de \mathbb{R}^{2}. Exprima cada um dos vetores (1,0) e (0,1) como combinação linear dessa base.
(41) Ache uma solução não-trivial para o sistema homogêneo: \left\{\begin{array}{c}x+2 y+3 z+4 t=0 \\\\ 2 x+y+z-t=0 \\\\ 3 x-2 y+z-2 t=0\end{array}\right. e, a partir daí, obtenha uma combinação linear nula dos vetores

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
  • Problema (40):
    • Dado: os vetores (1,1)\) e \((-1,1)\) formam uma base de \(\mathbb{R}^2\). - Pede: expressar cada um dos vetores \((1,0)\) e \((0,1)\) como combinação linear dessa base. Ou seja, encontrar escalares \(a,b\) tais que \[a(1,1)+b(-1,1)=(1,0)
    e encontrar escalares c,d tais que
    c(1,1)+d(-1,1)=(0,1).
  • Problema (41):
    • Dado: o sistema homogêneo
    \begin{cases} x+2y+3z+4t=0,\\[4pt] 2x+y+z-t=0,\\[4pt] 3x-2y+z-2t=0. \end{cases}
    • Pede: encontrar uma solução não-trivial (isto é, diferente de ((0,0,0,0)]) e, a partir dessa solução, obter uma combinação linear nula dos vetores coluna do sistema (isto é, uma relação linear não-trivial entre as colunas da matriz de coeficientes).]

Passo 2

Entendendo e montando as equações para o problema (40). Para representar (1,0)\) na base dada queremos achar \(a,b\) tais que \[a(1,1)+b(-1,1)=(1,0).
Isto gera um sistema de duas equações (comparando coordenadas). Vou escrever essas equações explicitamente:
\begin{cases} a\cdot 1 + b\cdot(-1) = 1,\\[4pt] a\cdot 1 + b\cdot 1 = 0. \end{cases}
Explicando: a primeira linha é a coordenada x\] (primeira componente) e a segunda linha é a coordenada \(y (segunda componente). Como a base tem dois vetores e o espaço é \mathbb{R}^2, esse sistema tem solução única (porque é uma base, ou seja, vetores linearmente independentes).]

Passo 3

Resolver o sistema do Passo 2 (para (1,0)\)). Escrevendo de forma organizada: \[\begin{cases} a - b = 1,\\[4pt] a + b = 0. \end{cases}
Somando as duas equações para eliminar b\]: \[(a-b)+(a+b)=1+0 \quad\Rightarrow\quad 2a = 1 \quad\Rightarrow\quad a=\tfrac{1}{2}.\] Substituindo \(a=\tfrac{1}{2} em a+b=0:
\tfrac{1}{2}+b=0\quad\Rightarrow\quad b=-\tfrac{1}{2}.
Portanto
(1,0)=\tfrac{1}{2}(1,1)-\tfrac{1}{2}(-1,1).
Interpretando: as coordenadas do vetor (1,0) no sistema de coordenadas dado pela base são \big(\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}\big).]

Passo 4

Agora representar (0,1)\) na mesma base. Queremos \(c,d\) tais que \[c(1,1)+d(-1,1)=(0,1).
Escrevendo as equações (comparando componentes):
\begin{cases} c - d = 0,\\[4pt] c + d = 1. \end{cases}
Somando as duas equações:
(c-d)+(c+d)=0+1 \quad\Rightarrow\quad 2c=1 \quad\Rightarrow\quad c=\tfrac{1}{2}.
Substituindo em c-d=0\]: \[\tfrac{1}{2}-d=0\quad\Rightarrow\quad d=\tfrac{1}{2}.\] Logo \[(0,1)=\tfrac{1}{2}(1,1)+\tfrac{1}{2}(-1,1).\] As coordenadas de \((0,1) nessa base são \big(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}\big).]

Passo 5

Agora vou resolver o problema (41). Primeiro escrevo a matriz aumentada do sistema homogêneo (coluna de zeros à direita), ou apenas a matriz de coeficientes — a solução do homogêneo depende só da coeficientes:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 3 & -2 & 1 & -2 & 0 \end{array}\right].
Explicando a estratégia: usar eliminação de Gauss (operações elementares nas linhas) para reduzir a matriz e escrever as incógnitas em função de variáveis livres. Como há 3 equações e 4 incógnitas, esperamos pelo menos uma variável livre e, portanto, soluções não-triviais.]

Passo 6

Executando eliminação de Gauss passo a passo (vou manter os cálculos claros).
Matriz inicial:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 0\\[4pt] 2 & 1 & 1 & -1 & 0\\[4pt] 3 & -2 & 1 & -2 & 0 \end{array}\right].
Eliminar x das linhas 2 e 3 usando a linha 1:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1:
R_2: \\ (2,1,1,-1) - 2(1,2,3,4) = (0,-3,-5,-9).
  • R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1:
R_3: \\ (3,-2,1,-2) - 3(1,2,3,4) = (0,-8,-8,-14).
Matriz fica:
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 0\\[4pt] 0 & -3 & -5 & -9 & 0\\[4pt] 0 & -8 & -8 & -14 & 0 \end{array}\right].
Multiplico R_2 por -1 para simplificar sinais:
R_2 \leftarrow -R_2 = (0,3,5,9).
Agora
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 5 & 9 & 0\\[4pt] 0 & -8 & -8 & -14 & 0 \end{array}\right].
Eliminar o termo da coluna 2 em R_3 usando R_2: R_3 \leftarrow R_3 + \tfrac{8}{3}R_2. Calculando:
R_3: \\ (-8,-8,-14)+\tfrac{8}{3}(3,5,9) = (0,\\\ -8+\tfrac{40}{3},\\\ -14+\tfrac{72}{3}).
Isso dá, após simplificar, R_3=(0,0,\tfrac{16}{3},10). Multiplicando R_3 por 3 (apenas para limpar frações) obtemos equivalente:
R_3'=(0,0,16,30).
Agora a matriz escalonada é (representando a mesma informação):
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & 3 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 3 & 5 & 9 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 16 & 30 & 0 \end{array}\right].]

Passo 7

Ler as equações correspondentes à matriz escalonada (cada linha é uma equação):
  • Da terceira linha:
16z + 30t = 0 \quad\Rightarrow\quad z = -\tfrac{30}{16}t = -\tfrac{15}{8}t.
  • Da segunda linha:
3y + 5z + 9t = 0 \quad\Rightarrow\quad y = -\tfrac{5}{3}z - 3t.
Substituindo z=-\tfrac{15}{8}t em y:
y = -\tfrac{5}{3}\Big(-\tfrac{15}{8}t\Big) - 3t = \tfrac{75}{24}t - 3t = \Big(\tfrac{75}{24}-\tfrac{72}{24}\Big)t = \tfrac{3}{24}t = \tfrac{1}{8}t.
  • Da primeira linha:
x + 2y + 3z + 4t = 0 \quad\Rightarrow\quad x = -2y -3z -4t.
Substituindo y=\tfrac{1}{8}t e z=-\tfrac{15}{8}t:
x = -2\cdot\tfrac{1}{8}t -3\cdot\Big(-\tfrac{15}{8}t\Big) -4t = -\tfrac{1}{4}t + \tfrac{45}{8}t -4t.
Colocando tudo em oitavos:
x = \Big(-\tfrac{2}{8} + \tfrac{45}{8} - \tfrac{32}{8}\Big)t = \tfrac{11}{8}t.
Portanto a solução geral em função do parâmetro livre t é
(x,y,z,t)=t\Big(\tfrac{11}{8},\tfrac{1}{8},-\tfrac{15}{8},1\Big).
Como queremos uma solução não-trivial com coordenadas inteiras, escolhemos t=8 (qualquer t\neq 0 serve). Para t=8 obtemos a solução inteira
(x,y,z,t)=(11,1,-15,8).

Passo 8

Interpretando e conectando com combinação linear nula. As colunas da matriz de coeficientes (os vetores coluna do sistema) são
v_1=\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\\[2pt]3\end{pmatrix},\quad v_2=\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix},\quad v_3=\begin{pmatrix}3\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix},\quad v_4=\begin{pmatrix}4\\[2pt]-1\\[2pt]-2\end{pmatrix}.
Se (x,y,z,t) é uma solução do sistema homogêneo, então por definição
x v_1 + y v_2 + z v_3 + t v_4 = \mathbf{0}.
Usando a solução encontrada (11,1,-15,8) obtemos a combinação linear nula não-trivial:
11\,v_1 + 1\,v_2 -15\,v_3 + 8\,v_4 = \mathbf{0}.
Isto mostra que as colunas v_1,v_2,v_3,v_4 são linearmente dependentes (era de se esperar, pois há mais vetores do que a dimensão do espaço das equações).]

Resposta

(40a) (1,0)=\tfrac{1}{2}(1,1)-\tfrac{1}{2}(-1,1)
(40b) (0,1)=\tfrac{1}{2}(1,1)+\tfrac{1}{2}(-1,1)
(41a) Uma solução não-trivial é (x,y,z,t)=(11,1,-15,8)
(41b) Combinação linear nula obtida:
11\begin{pmatrix}1\\[2pt]2\\[2pt]3\end{pmatrix} +1\begin{pmatrix}2\\[2pt]1\\[2pt]-2\end{pmatrix} -15\begin{pmatrix}3\\[2pt]1\\[2pt]1\end{pmatrix} +8\begin{pmatrix}4\\[2pt]-1\\[2pt]-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[2pt]0\\[2pt]0\end{pmatrix}

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