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}-3 x_{2}-10 x_{3}+5 x_{4}=0
x_{1}+x_{2}+x_{3}+6 x_{4}=0

Passo 1

O enunciado dá o sistema homogêneo com quatro equações e quatro incógnitas x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}\): \[\begin{cases} x_{1}-4x_{2}+x_{3}-4x_{4}=0,\\[4pt] x_{1}+3x_{2}+8x_{3}-x_{4}=0,\\[4pt] x_{1}-3x_{2}-10x_{3}+5x_{4}=0,\\[4pt] x_{1}+x_{2}+x_{3}+6x_{4}=0. \end{cases}
O que se pede:
  • Encontrar uma base do espaço solução W\] (o conjunto de todas as soluções do sistema). - Determinar a dimensão de \(W.
Informações relevantes dadas: as quatro equações lineares acima (sistema homogêneo).]

Passo 2

Estratégia (breve): resolver o sistema por eliminação de Gauss (reduzir a matriz dos coeficientes por operações elementares nas linhas), identificar variáveis pivô e variáveis livres, e expressar a solução geral. Como é homogêneo, o vetor nulo sempre é solução; se todas as variáveis forem forçadas a zero, a única solução é a trivial.
Primeiro escrevemos a matriz dos coeficientes A (sem coluna de termos independentes, pois são zeros):
A=\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 1 & 3 & 8 & -1\\[4pt] 1 & -3 & -10 & 5\\[4pt] 1 & 1 & 1 & 6 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Começamos a eliminação: usar a primeira linha R_1 para zerar a primeira coluna nas linhas R_2,R_3,R_4. Fazemos R_2\leftarrow R_2-R_1, R_3\leftarrow R_3-R_1, R_4\leftarrow R_4-R_1. Após essas operações obtemos:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 0 & 7 & 7 & 3\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 9\\[4pt] 0 & 5 & 0 & 10 \end{pmatrix}.
Detalhe: cada entrada nova é a diferença entre a entrada da linha original e a correspondente de R_1.]

Passo 4

Para simplificar, trocamos R_2 por R_3 (porque R_3 tem um 1 na coluna 2, bom para pivô). Assim permutamos linhas R_2\leftrightarrow R_3. A matriz vira:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 9\\[4pt] 0 & 7 & 7 & 3\\[4pt] 0 & 5 & 0 & 10 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Agora usamos o pivô 1 em (2,2) para zerar abaixo: R_3\leftarrow R_3-7R_2 e R_4\leftarrow R_4-5R_2. Calculando:
  • Para R_3: coluna 2 fica 7-7\cdot1=0; coluna 3 fica 7-7\cdot(-11)=7+77=84; coluna 4 fica 3-7\cdot9=3-63=-60.
  • Para R_4: coluna 2 fica 5-5\cdot1=0; coluna 3 fica 0-5\cdot(-11)=55; coluna 4 fica 10-5\cdot9=10-45=-35.
Resultado:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 9\\[4pt] 0 & 0 & 84 & -60\\[4pt] 0 & 0 & 55 & -35 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Para simplificar os números, dividimos R_3 por 12 (pois \gcd(84,60)=12) e dividimos R_4 por 5 (pois \gcd(55,35)=5). Isso dá linhas mais simples, equivalentes em termos de espaço de soluções:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 9\\[4pt] 0 & 0 & 7 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 11 & -7 \end{pmatrix}.
Essas divisões por escalares não mudam o conjunto de soluções porque estamos apenas multiplicando a equação por um escalar não nulo.]

Passo 7

Agora eliminamos a entrada em (4,3) usando uma combinação inteira para evitar frações: fazemos R_4\leftarrow 7R_4-11R_3. Isso zera a coluna 3 da nova R_4:
  • 7\cdot 11 - 11\cdot 7 = 0 na coluna 3.
  • Na coluna 4: 7\cdot(-7)-11\cdot(-5) = -49 +55 = 6.
Assim a matriz triangular superior fica:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4\\[4pt] 0 & 1 & -11 & 9\\[4pt] 0 & 0 & 7 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 6 \end{pmatrix}.]

Passo 8

Interpretando cada linha como uma equação (o sistema ainda é homogêneo, termos independentes zero), temos o sistema escalonado equivalente:
\begin{cases} x_{1}-4x_{2}+x_{3}-4x_{4}=0,\\[4pt] x_{2}-11x_{3}+9x_{4}=0,\\[4pt] 7x_{3}-5x_{4}=0,\\[4pt] 6x_{4}=0. \end{cases}
Agora resolvemos por substituição de baixo para cima (back-substitution).]

Passo 9

Da última equação \,6x_{4}=0 segue \,x_{4}=0.
Substituindo em 7x_{3}-5x_{4}=0 7x_{3}-5\cdot0=0, logo \,x_{3}=0.
Substituindo em x_{2}-11x_{3}+9x_{4}=0 x_{2}-11\cdot0+9\cdot0=0, logo \,x_{2}=0.
Finalmente, na primeira equação x_{1}-4x_{2}+x_{3}-4x_{4}=0 temos x_{1}-4\cdot0+0-4\cdot0=0, logo \,x_{1}=0.
Portanto todas as incógnitas são forçadas a zero; a única solução do sistema homogêneo é o vetor nulo.

Passo 10

Consequência linear-algébrica: o espaço solução W contém apenas o vetor nulo, ou seja W=\{0\}. O espaço nulo de uma matriz com posto completo (aqui posto 4) tem dimensão 0 e sua base é o conjunto vazio (não há vetores não-nulos que gerem o espaço nulo).
Um lembrete útil: quando, após eliminação, aparecem pivôs em todas as colunas (ou seja posto igual ao número de incógnitas), não há variáveis livres e apenas a solução trivial existe. Isso é exatamente o que ocorreu.

Resposta

Base de W: \varnothing
\dim(W)=0

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