3- Determine a dimensão e uma base para o espaço solução do sistema homogêneo AX = 0 , em que A é a matriz
A=\left(\begin{array}{cccc} 1 & 0 & 1 & -1 \\ 3 & 3 & 4 & 2 \\ 1 & 3 & 2 & 4 \\ 3 & 1 & 3 & 1 \end{array}\right)

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado:
  • Pede: determinar a dimensão e uma base para o espaço solução do sistema homogêneo A X = 0.
  • Foi dada a matriz quadrada A de ordem 4:
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 3 & 3 & 4 & 2 \\\\ 1 & 3 & 2 & 4 \\\\ 3 & 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}
  • A incógnita é o vetor X=(x_1,x_2,x_3,x_4)^\top.
  • Resumo das perguntas: (1) qual é a dimensão do espaço solução \{X\in\mathbb{R}^4:AX=0\}? (2) dê uma base desse espaço (ou seja, vetores que geram todas as soluções).

Passo 2

Plano e conceitos relevantes (explicação didática e curta):
  • Resolver um sistema homogêneo A X=0 equivale a encontrar o núcleo (nullspace) de A.
  • Operações elementares por linhas (trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha a outra) preservam o conjunto de soluções do sistema. Por isso aplicamos eliminação de Gauss para obter uma forma escalonada.
  • O posto (rank) de A é o número de linhas (ou colunas) linearmente independentes, que coincide com o número de pivôs (linhas não nulas) após eliminação.
  • Teorema da dimensão (teorema da nulidade): para uma matriz A de ordem m\times n,
\dim(\ker A)=n-\operatorname{rank}(A).
Aqui n=4 (quatro incógnitas). Assim, ao encontrar o posto de A determinamos a dimensão do espaço solução; em seguida expressamos as variáveis livres e obtemos uma base do núcleo.

Passo 3

Aplicando eliminação de Gauss (passo a passo das operações):
Começo com a matriz aumentada do sistema (apenas A, pois o lado direito é zero):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 3 & 3 & 4 & 2 \\\\ 1 & 3 & 2 & 4 \\\\ 3 & 1 & 3 & 1 \end{pmatrix}
Usamos a primeira linha como pivô para zerar abaixo:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_1
  • R_4 \leftarrow R_4 - 3R_1
Resultado:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 0 & 3 & 1 & 5 \\\\ 0 & 3 & 1 & 5 \\\\ 0 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}
Note que a terceira linha ficou igual à segunda. Subtraindo R_3 - R_2 obtemos uma linha nula:
R_3 \leftarrow R_3 - R_2 \quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 0 & 3 & 1 & 5 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}
Agora simplifico a segunda linha dividindo por 3 para obter pivô 1:
R_2 \leftarrow \tfrac{1}{3}R_2 \quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 0 & 1 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{5}{3} \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 1 & 0 & 4 \end{pmatrix}
Elimino a entrada na coluna 2 da quarta linha:
R_4 \leftarrow R_4 - R_2 \quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 0 & 1 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{5}{3} \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & -\tfrac{1}{3} & \tfrac{7}{3} \end{pmatrix}
Multiplico a quarta linha por -3 para obter pivô em coluna 3:
R_4 \leftarrow -3 R_4 \quad\Rightarrow\quad \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 0 & 1 & \tfrac{1}{3} & \tfrac{5}{3} \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & -7 \end{pmatrix}
Agora uso a linha 4 (pivô em coluna 3) para zerar as entradas em coluna 3 nas linhas 1 e 2:
  • R_1 \leftarrow R_1 - R_4
  • R_2 \leftarrow R_2 - \tfrac{1}{3}R_4
Isso dá:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 6 \\\\ 0 & 1 & 0 & 4 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & -7 \end{pmatrix}
Agora a matriz está em forma escalonada reduzida (cada pivô com zeros acima e abaixo). Observa-se que há pivôs nas colunas 1,2,3 e a coluna 4 não tem pivô.

Passo 4

Interpretando a forma escalonada para obter as equações e a solução geral:
As linhas não nulas correspondem às equações (cada linha multiplicada por X igual a zero). Das três primeiras linhas não nulas obtemos:
\begin{aligned} x_1 + 6x_4 &= 0,\\\ x_2 + 4x_4 &= 0,\\\ x_3 - 7x_4 &= 0. \end{aligned}
A variável x_4 é livre: chame-a de parâmetro t, ou seja x_4=t\in\mathbb{R}.
Expressando as demais variáveis em função de t:
\begin{aligned} x_1 &= -6t,\\\ x_2 &= -4t,\\\ x_3 &= 7t,\\\ x_4 &= t. \end{aligned}
Logo o vetor solução geral é
X = \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\x_4\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}-6\\\ -4\\\ 7\\\ 1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.

Passo 5

Conclusões sobre dimensão e base (explicação):
  • O posto de A é o número de pivôs encontrados; aqui são três pivôs (colunas 1, 2 e 3). Logo \operatorname{rank}(A)=3.
  • Pelo teorema da nulidade, \dim(\ker A)=n-\operatorname{rank}(A)=4-3=1. Assim o espaço solução é de dimensão 1.
  • Uma base para esse espaço é dada por um vetor gerador do núcleo; a solução geral mostra que todas as soluções são múltiplos de \begin{pmatrix}-6\\\ -4\\\ 7\\\ 1\end{pmatrix}. Portanto uma base é \left\{\begin{pmatrix}-6\\\ -4\\\ 7\\\ 1\end{pmatrix}\right\}.
Verificação rápida (opcional, para confiança): multiplicando A pelo vetor \begin{pmatrix}-6\\\ -4\\\ 7\\\ 1\end{pmatrix} obtém-se o vetor zero (pode ser checado termo a termo), confirmando que esse vetor pertence ao núcleo.

Resposta

\dim(\ker A)=1
\text{base: }\left\{\begin{pmatrix}-6\\\ -4\\\ 7\\\ 1\end{pmatrix}\right\}

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