Encontre uma base e a dimensão do espaço solução W de cada um dos sistemas homogêneos dados:
x_{1}-4 x_{2}+x_{3}-4 x_{4}=0
x_{1}+3 x_{2}+8 x_{3}-x_{4}=0
x_{1}+2 x_{2}+x_{3}+8 x_{4}=0

Passo 1

O enunciado fornece o sistema homogêneo em quatro incógnitas x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\): \[ \begin{cases} x_{1}-4x_{2}+x_{3}-4x_{4}=0,\\[4pt] x_{1}+3x_{2}+8x_{3}-x_{4}=0,\\[4pt] x_{1}+2x_{2}+x_{3}+8x_{4}=0. \end{cases} \n O que se pede: - Encontrar uma base do espaço solução \(W (ou seja, um conjunto de vetores que geram todas as soluções).
  • Determinar a dimensão de W.
    \n
    Informações dadas (as equações acima). Não há outros dados adicionais.]

Passo 2

Estratégia geral (explicando a ferramenta que vou usar, passo a passo, como você faria na prova):
  • Vou montar a matriz dos coeficientes do sistema e aplicar eliminação de Gauss para obter uma forma escalonada. Isso organiza as equações para resolver as incógnitas em função de variáveis livres.
  • Em sistemas homogêneos, cada variável livre corresponde a um parâmetro e aumenta a dimensão do espaço solução. A dimensão de W será o número de parâmetros livres (número de variáveis menos o posto da matriz).
  • Vou explicar cada operação: subtração de linhas para zerar entradas e substituição para achar expressões das variáveis.

Passo 3

Começo escrevendo a matriz dos coeficientes (3 linhas × 4 colunas):
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 1 & 3 & 8 & -1\\[4pt] 1 & 2 & 1 & 8 \end{pmatrix}.
A primeira coluna já tem 1 na primeira linha, então elimino x_{1} das linhas 2 e 3 fazendo R_2 \leftarrow R_2 - R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - R_1.
Cálculos:
R_2 - R_1 = (1-1,\;3-(-4),\;8-1,\;-1-(-4)) = (0,\;7,\;7,\;3),
R_3 - R_1 = (1-1,\;2-(-4),\;1-1,\;8-(-4)) = (0,\;6,\;0,\;12).
A matriz fica:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 0 & 7 & 7 & 3\\[4pt] 0 & 6 & 0 & 12 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora uso o elemento 7 em R_2 como pivô para a segunda coluna. Quero zerar a entrada 6 em R_3 na coluna 2. Faço R_3 \leftarrow R_3 - \dfrac{6}{7}R_2.
Cálculo componente a componente:
R_3 - \frac{6}{7}R_2 = \big(0,\;6-6,\;0-\tfrac{6}{7}\cdot7,\;12-\tfrac{6}{7}\cdot3\big) = \big(0,\;0,\;-6,\;12-\tfrac{18}{7}\big).
Calculo 12-\tfrac{18}{7} = \tfrac{84}{7}-\tfrac{18}{7}=\tfrac{66}{7}. Então R_3 = (0,0,-6,\tfrac{66}{7}).
Para simplificar R_3, divido por -6: R_3 \leftarrow -\tfrac{1}{6}R_3, obtendo
R_3 = \big(0,0,1,-\tfrac{11}{7}\big),
pois \tfrac{66}{7}\cdot(-\tfrac{1}{6})=-\tfrac{11}{7}.
A matriz agora é
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 0 & 7 & 7 & 3\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{11}{7} \end{pmatrix}.]

Passo 5

Com o pivô 1 na terceira linha (coluna 3), elimino a entrada 7 em R_2 (coluna 3) usando R_2 \leftarrow R_2 - 7R_3.
Cálculo:
R_2 - 7R_3 = \big(0,\;7,\;7,\;3\big) - 7\big(0,0,1,-\tfrac{11}{7}\big) = \big(0,\;7,\;0,\;3+11\big) = \big(0,7,0,14\big).
Divido R_2 por 7 para ter pivô 1: R_2 \leftarrow \tfrac{1}{7}R_2 = (0,1,0,2).
Agora elimino a entrada 1 em R_1 na coluna 3 com R_1 \leftarrow R_1 - R_3:
R_1 - R_3 = \big(1,-4,1,-4\big) - \big(0,0,1,-\tfrac{11}{7}\big) = \big(1,-4,0,-4+\tfrac{11}{7}\big).
Calculo -4+\tfrac{11}{7} = -\tfrac{28}{7}+\tfrac{11}{7} = -\tfrac{17}{7}. Logo R_1=(1,-4,0,-\tfrac{17}{7}).
Por fim, elimino o -4 em R_1 na coluna 2 usando R_1 \leftarrow R_1 + 4R_2 (lembre que R_2=(0,1,0,2)):
R_1 + 4R_2 = \big(1,-4,0,-\tfrac{17}{7}\big) + 4\big(0,1,0,2\big) = \big(1,0,0,-\tfrac{17}{7}+8\big).
Calculo -\tfrac{17}{7}+8 = -\tfrac{17}{7}+\tfrac{56}{7}=\tfrac{39}{7}. Então R_1=(1,0,0,\tfrac{39}{7}).
A matriz em forma reduzida por linhas (escala superior) é:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & \tfrac{39}{7}\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{11}{7} \end{pmatrix}.]

Passo 6

Agora interpreto cada linha como uma equação igual a zero (sistema homogêneo). As linhas dão:
\begin{cases} x_{1} + \tfrac{39}{7}x_{4} = 0,\\[4pt] x_{2} + 2x_{4} = 0,\\[4pt] x_{3} - \tfrac{11}{7}x_{4} = 0. \end{cases}
A variável x_{4} é livre (não tem pivô na coluna 4). Chamo x_{4}=t, com t\in\mathbb{R}.
Expressões das variáveis em função de t:
x_{1} = -\tfrac{39}{7}t,\qquad x_{2} = -2t,\qquad x_{3} = \tfrac{11}{7}t,\qquad x_{4} = t.
Escrevendo o vetor solução como múltiplo de um vetor (fatorando t):
\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\\[4pt]x_{4}\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix} -\tfrac{39}{7}\\[4pt]-2\\[4pt]\tfrac{11}{7}\\[4pt]1 \end{pmatrix}.
Para obter uma base com coordenadas inteiras, posso escolher o parâmetro s=\tfrac{t}{7}. Então
\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\\[4pt]x_{4}\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}-39\\[4pt]-14\\[4pt]11\\[4pt]7\end{pmatrix}, \qquad s\in\mathbb{R}.
Isso mostra que todas as soluções são múltiplos escalares do vetor \big(-39,-14,11,7\big)^{T}. Logo W é gerado por esse vetor e tem dimensão 1.]

Passo 7

Verificação rápida (para maior segurança): multiplico o vetor escolhido pelos coeficientes das equações originais para checar que satisfaz todas as equações (opcional na prova, mas aqui mostra coerência). Substituindo x=( -39,-14,11,7 ) nas três equações, cada soma dá zero (pode ser verificado direto), confirmando que o vetor realmente pertence ao núcleo da matriz.

Resposta

Base: \left\{\begin{pmatrix}-39\\[4pt]-14\\[4pt]11\\[4pt]7\end{pmatrix}\right\}
Dimensão: \dim W = 1]

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