Determine uma base e a dimensão do espaço solução de cada um dos seguintes sistemas lineares homogêneos:
\left\{\begin{array}{c}x-y=0 \\\\ 2 x-3 y=0 \\\\ 3 x+\frac{1}{2} y=0\end{array} \quad(b)\left\{\begin{array}{c}x-y-z-t=0 \\\\ 3 x-y+2 z-4 t=0 \\\\ 2 y+5 z+t=0\end{array}\right.\right.

Passo 1

O enunciado pede: determinar uma base e a dimensão do espaço solução de cada um dos dois sistemas lineares homogêneos dados.
Sistema 1 (vou chamar de (a)):
\begin{cases} x - y = 0,\\[4pt] 2x - 3y = 0,\\[4pt] 3x + \tfrac{1}{2}y = 0. \end{cases}
Sistema 2 (o que o enunciado marcou como (b)):
\begin{cases} x - y - z - t = 0,\\[4pt] 3x - y + 2z - 4t = 0,\\[4pt] 2y + 5z + t = 0. \end{cases}
Informações relevantes que temos:
  • Ambos são sistemas homogêneos (lado direito igual a zero), portanto sempre têm a solução trivial (0,0,\dots,0).
  • Queremos o espaço de soluções (o conjunto de todas as soluções) e, em particular, uma base desse espaço e sua dimensão.
  • Para isso vamos resolver cada sistema por eliminação (redução de Gauss) e parametrizar as soluções.]

Passo 2

Breve lembrança didática (para eu te explicar o que vou usar e por quê):
  • Um sistema linear homogêneo de n variáveis tem espaço solução que é um subespaço de \mathbb{R}^n. A dimensão desse subespaço é o número de variáveis livres (ou, equivalentemente, n- (número de pivôs) ).
  • Vou usar eliminação de Gauss: transformar o sistema em forma triangular (ou reduzida) para identificar pivôs e variáveis livres, e então expressar as variáveis em função de parâmetros.
  • Cada parâmetro livre gera um vetor da base do espaço solução; se não houver parâmetro livre (todas variáveis são pivôs), a única solução é a trivial e a dimensão é 0.

Passo 3

Resolver o Sistema 1 passo a passo.
As equações são
\begin{cases} x - y = 0,\\[4pt] 2x - 3y = 0,\\[4pt] 3x + \tfrac{1}{2}y = 0. \end{cases}
Da primeira equação temos diretamente
x = y.
Substituo x=y na segunda equação:
2x-3y=2y-3y=-y=0 \quad\Rightarrow\quad y=0.
Com y=0 vem x=0 pela primeira equação. Verifico rapidamente a terceira equação com x=0,y=0:
3x+\tfrac{1}{2}y=0+0=0,
logo a terceira equação não contradiz nada — ela é satisfeita pela mesma solução. Conclusão da redução: as duas variáveis x e y ficam fixas como x=0 e y=0; não há variável livre.]

Passo 4

Interpretação do resultado do Sistema 1 (ensino rápido do conceito):
  • Como não apareceu nenhuma variável livre, o espaço solução contém apenas o vetor nulo (0,0).
  • O único subespaço que contém somente o vetor nulo tem dimensão 0 e sua base é o conjunto vazio (a base não pode conter o vetor zero).
  • Então, para (a) a solução é trivial; guardo essa conclusão para a resposta final.

Passo 5

Agora Resolver o Sistema 2 passo a passo.
Escrevo o sistema:
\begin{cases} x - y - z - t = 0,\\[4pt] 3x - y + 2z - 4t = 0,\\[4pt] 2y + 5z + t = 0. \end{cases}
Vou usar eliminação de Gauss. Considero as linhas como vetores de coeficientes (x,y,z,t).
Linha 1: L_1=[1,\,-1,\,-1,\,-1].
Linha 2: L_2=[3,\,-1,\,2,\,-4].
Linha 3: L_3=[0,\,2,\,5,\,1].
Elimino a componente x de L_2 usando L_1:
L_2 \leftarrow L_2 - 3L_1.
Calculo componente a componente:
  • primeira componente: 3-3\cdot1=0,
  • segunda: -1-3(-1)=-1+3=2,
  • terceira: 2-3(-1)=2+3=5,
  • quarta: -4-3(-1)=-4+3=-1.
Então L_2 vira [0,\,2,\,5,\,-1]. Mantemos L_3=[0,\,2,\,5,\,1].
Agora posso eliminar usando L_2 e L_3: subtraio L_2 de L_3 para zerar as duas primeiras colunas de L_3:
L_3 \leftarrow L_3 - L_2.
Isso dá L_3=[0,\,0,\,0,\,2] (porque 1-(-1)=2 na última componente).
A matriz transformada (linhas) é agora, em forma explícita:
L_1=[1,\,-1,\,-1,\,-1],\qquad L_2=[0,\,2,\,5,\,-1],\qquad L_3=[0,\,0,\,0,\,2].
Da última linha L_3 temos a equação
2t = 0 \quad\Rightarrow\quad t=0.
Agora volto a L_2. É conveniente dividir L_2 por 2 para ter o pivô igual a 1:
L_2 \leftarrow \tfrac{1}{2}L_2 = [0,\,1,\,\tfrac{5}{2},\,-\tfrac{1}{2}],
o que corresponde à equação
y + \tfrac{5}{2}z - \tfrac{1}{2}t = 0.
Como já sabemos t=0, essa equação reduz-se a
y + \tfrac{5}{2}z = 0 \quad\Rightarrow\quad y = -\tfrac{5}{2}z.
Agora uso L_1 para eliminar y (já que L_1 tinha coeficiente -1 em y). Faço
L_1 \leftarrow L_1 + L_2.
Calculando:
  • primeira componente: 1+0=1 (coeficiente de x),
  • segunda: -1+1=0,
  • terceira: -1 + \tfrac{5}{2} = -\tfrac{2}{2} + \tfrac{5}{2} = \tfrac{3}{2},
  • quarta: -1 + (-\tfrac{1}{2}) = -\tfrac{3}{2}.
Assim L_1 vira [1,\,0,\,\tfrac{3}{2},\,-\tfrac{3}{2}], que é a equação
x + \tfrac{3}{2}z - \tfrac{3}{2}t = 0.
Com t=0 obtemos
x + \tfrac{3}{2}z = 0 \quad\Rightarrow\quad x = -\tfrac{3}{2}z.
Resumo das relações obtidas:
t=0,\qquad y=-\tfrac{5}{2}z,\qquad x=-\tfrac{3}{2}z,\qquad z \text{ é parâmetro livre.}éâ
Parametrizo com z=\lambda. A solução geral é
(x,y,z,t)=\lambda\bigl(-\tfrac{3}{2},\,-\tfrac{5}{2},\,1,\,0\bigr).
Para ficar com coeficientes inteiros e um vetor mais agradável como base, podemos reescrever tomando novo parâmetro \mu=\tfrac{\lambda}{2}, obtendo
(x,y,z,t)=\mu(-3,\,-5,\,2,\,0).
Ou seja, todas as soluções são múltiplos do vetor (-3,-5,2,0). Portanto existe exatamente um parâmetro livre.]

Passo 6

Interpretação do resultado do Sistema 2 (ensino rápido):
  • Há uma variável livre ( z), logo a dimensão do espaço solução é 1.
  • Um vetor que gera todo o espaço solução (um gerador) é (-3,-5,2,0). Como o espaço solução é de dimensão 1, esse único vetor não-nulo forma uma base do espaço solução.

Resposta

Sistema 1 (a): Base: \varnothing. Dimensão: 0.
Sistema 2 (b): Base: \{(-3,-5,2,0)\}. Dimensão: 1.

Exercícios relacionados