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}+3 x_{4}-4 x_{5}=0
2 x_{1}+7 x_{2}+x_{3}-4 x_{4}=0
2 x_{1}+4 x_{2}-2 x_{3}-x_{4}+5 x_{5}=0
3 x_{1}+5 x_{2}-x_{3}-5 x_{4}=0
2 x_{1}+4 x_{2}-2 x_{3}+4 x_{4}-2 x_{5}=0

Passo 1

O que o enunciado pede:
  • Encontrar uma base e a dimensão do subespaço [W) formado pelas soluções do sistema homogêneo dado.
Informações fornecidas (listei as equações exatamente como foram dadas):
\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}+3x_{4}-4x_{5}=0,\\[4pt] 2x_{1}+7x_{2}+x_{3}-4x_{4}=0,\\[4pt] 2x_{1}+4x_{2}-2x_{3}-x_{4}+5x_{5}=0,\\[4pt] 3x_{1}+5x_{2}-x_{3}-5x_{4}=0,\\[4pt] 2x_{1}+4x_{2}-2x_{3}+4x_{4}-2x_{5}=0. \end{cases}
Observações úteis que vamos usar:
  • O sistema é homogêneo (termos independentes todos zeros).
  • Tem 7\] equações e \(5 incógnitas \,x_1,x_2,x_3,x_4,x_5.
  • Método escolhido: eliminação de Gauss (redução por linhas) para achar uma forma escalonada, identificar pivôs e, assim, a dimensão do espaço solução W e sua base. (Explico o método passo a passo nos próximos passos.)]

Passo 2

Construir a matriz de coeficientes do sistema (sem coluna de termos independentes, porque é homogêneo). A matriz A é 7\times5; escrevo-a em forma de linhas correspondendo às equações dadas:
A= \begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4 & 0\\[4pt] 1 & 3 & 8 & -1 & 0\\[4pt] 1 & 2 & -1 & 3 & -4\\[4pt] 2 & 7 & 1 & -4 & 0\\[4pt] 2 & 4 & -2 & -1 & 5\\[4pt] 3 & 5 & -1 & -5 & 0\\[4pt] 2 & 4 & -2 & 4 & -2 \end{pmatrix}.
Breve lembrete didático: eliminar por linhas significa usar operações do tipo R_i\leftarrow R_i + k R_j para zerar entradas abaixo (e depois acima) dos pivôs, aproximando a matriz de uma forma triangular ou da forma reduzida por linhas. Cada pivô não-nulo corresponde a uma variável básica (não-livre). O número de pivôs = posto da matriz = número de variáveis básicas. A dimensão do espaço solução (núcleo) é n-\text{posto}, onde n é o número de incógnitas.]

Passo 3

Começo a eliminação com a primeira coluna (uso R_1 como pivô). Faço as operações para zerar as entradas abaixo do pivô da primeira linha:
\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2 - R_1,\\\ R_3 &\leftarrow R_3 - R_1,\\\ R_4 &\leftarrow R_4 - 2R_1,\\\ R_5 &\leftarrow R_5 - 2R_1,\\\ R_6 &\leftarrow R_6 - 3R_1,\\\ R_7 &\leftarrow R_7 - 2R_1. \end{aligned}
Resultado (após essas operações):
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4 & 0\\[4pt] 0 & 7 & 7 & 3 & 0\\[4pt] 0 & 6 & -2 & 7 & -4\\[4pt] 0 & 15 & -1 & 4 & 0\\[4pt] 0 & 12 & -4 & 7 & 5\\[4pt] 0 & 17 & -4 & 7 & 0\\[4pt] 0 & 12 & -4 & 12 & -2 \end{pmatrix}.
Comentário didático curto: agora a primeira coluna já tem zeros abaixo do pivô; seguimos para a segunda coluna usando a segunda linha como pivô.]

Passo 4

Para facilitar a eliminação na coluna 2, escalo a segunda linha para tornar o pivô igual a 1:
R_2 \leftarrow \frac{1}{7}R_2 \quad\Rightarrow\quad R_2 = \bigl(0,1,1,\tfrac{3}{7},0\bigr).
Agora zero as entradas da coluna 2 nas demais linhas (uso R_i \leftarrow R_i - c_i R_2, onde c_i é o valor atual na coluna 2 da linha i):
\begin{aligned} R_3 &\leftarrow R_3 - 6R_2,\\\ R_4 &\leftarrow R_4 - 15R_2,\\\ R_5 &\leftarrow R_5 - 12R_2,\\\ R_6 &\leftarrow R_6 - 17R_2,\\\ R_7 &\leftarrow R_7 - 12R_2. \end{aligned}
Resultado após essas operações:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & \tfrac{3}{7} & 0\\[4pt] 0 & 0 & -8 & \tfrac{31}{7} & -4\\[4pt] 0 & 0 & -16 & -\tfrac{17}{7} & 0\\[4pt] 0 & 0 & -16 & \tfrac{13}{7} & 5\\[4pt] 0 & 0 & -21 & -\tfrac{2}{7} & 0\\[4pt] 0 & 0 & -16 & \tfrac{48}{7} & -2 \end{pmatrix}.
Didática: agora temos zeros nas posições abaixo do pivô da segunda coluna; o próximo pivô natural é na coluna 3 (terceira linha).]

Passo 5

Escalo a terceira linha para tornar o pivô igual a 1. A terceira linha atual tem -8 na coluna 3, então faço R_3 \leftarrow -\tfrac{1}{8}R_3, obtendo
R_3 = \bigl(0,0,1,-\tfrac{31}{56},\tfrac{1}{2}\bigr).
Agora zero a coluna 3 nas linhas restantes que têm entrada não nula nessa coluna, aplicando:
\begin{aligned} R_4 &\leftarrow R_4 +16R_3,\\\ R_5 &\leftarrow R_5 +16R_3,\\\ R_6 &\leftarrow R_6 +21R_3,\\\ R_7 &\leftarrow R_7 +16R_3,\\\ R_1 &\leftarrow R_1 - 1\cdot R_3 \quad\text{(não obrigatoriamente agora, mas vou operar mais tarde)}. \end{aligned}ã
Mostro o resultado das linhas afetadas (já incorporadas):
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & -4 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & \tfrac{3}{7} & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & -\tfrac{31}{56} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -\tfrac{79}{7} & 8\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -7 & 13\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -\tfrac{667}{56} & \tfrac{21}{2}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & -2 & 6 \end{pmatrix}.
Explicação: as linhas 4,5,6,7 ficaram com zeros nas três primeiras colunas e têm entradas nas colunas 4 e 5; isso indica que a eliminação está concentrada agora nessas colunas.]

Passo 6

Escolho a linha 7 como pivô para a coluna 4 porque ela tem coeficiente simples -2. Escalo para obter pivô 1:
R_7 \leftarrow -\tfrac{1}{2} R_7 \quad\Rightarrow\quad R_7 = (0,0,0,1,-3).
Agora uso R_7 para zerar as entradas na coluna 4 das outras linhas:
\begin{aligned} R_4 &\leftarrow R_4 + \tfrac{79}{7}R_7,\\\ R_5 &\leftarrow R_5 + 7R_7,\\\ R_6 &\leftarrow R_6 + \tfrac{667}{56}R_7,\\\ R_3 &\leftarrow R_3 + \tfrac{31}{56}R_7,\\\ R_2 &\leftarrow R_2 - \tfrac{3}{7}R_7,\\\ R_1 &\leftarrow R_1 + 4R_7. \end{aligned}
Resultado após essas operações:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & 0 & -12\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & \tfrac{9}{7}\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -\tfrac{65}{56}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & -3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -8\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -\tfrac{1413}{56}\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & -\tfrac{181}{7} \end{pmatrix}.
Interpretação imediata: as últimas três linhas agora são da forma (0,0,0,0,c) com c\neq 0. Cada uma dessas linhas representa uma equação do tipo c\,x_5=0. Como pelo menos uma dessas constantes é não nula, isso força x_5=0. Isso é importante: variável x_5 não é livre — é forçada a ser zero.]

Passo 7

Como temos uma linha com apenas a coluna 5 não nula ( R_5 com -8 por exemplo), podemos escalar essa linha para obter o pivô em x_5. Faço R_5 \leftarrow -\tfrac{1}{8}R_5, obtendo R_5=(0,0,0,0,1). Em seguida, uso esse pivô para zerar a coluna 5 nas demais linhas:
\begin{aligned} R_3 &\leftarrow R_3 + \tfrac{65}{56}R_5,\\\ R_2 &\leftarrow R_2 - \tfrac{9}{7}R_5,\\\ R_1 &\leftarrow R_1 + 12R_5,\\\ R_7 &\leftarrow R_7 + 3R_5,\\\ R_4,R_6,R_7 &\leftarrow \text{(também atualizadas; \(R_4,R_6\) tornam-se linhas nulas após ajuste)}. \end{aligned}éó
Resultado:
\begin{pmatrix} 1 & -4 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Comentário didático: agora a matriz de coeficientes reduziu, nas primeiras cinco linhas não-nulas, a uma forma triangular que já mostra pivôs em todas as colunas 1 a 5. As últimas duas linhas são nulas (linhas redundantes/compatíveis). Isso indica que o posto \text{rank}(A)=5 (há 5 pivôs) — ou seja, as cinco variáveis são todas variáveis básicas (nenhuma livre).]

Passo 8

Continuo a reduzir para a forma reduzida por linhas (RREF) para deixar explícitos os pivôs isolados. A partir da matriz anterior, elimino as entradas acima dos pivôs das colunas 2 e 3:
\begin{aligned} R_2 &\leftarrow R_2 - R_3 \quad\Rightarrow\quad R_2=(0,1,0,0,0),\\[4pt] R_1 &\leftarrow R_1 - R_3 \quad\Rightarrow\quad R_1=(1,-4,0,0,0),\\[4pt] R_1 &\leftarrow R_1 + 4R_2 \quad\Rightarrow\quad R_1=(1,0,0,0,0). \end{aligned}
Após essas operações a matriz fica exatamente a identidade 5\times5 (com duas linhas nulas abaixo, que não acrescentam pivôs):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 1 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Interpretação final: os pivôs ocupam as cinco colunas correspondentes às variáveis x_1,x_2,x_3,x_4,x_5. O posto da matriz é 5. Como o número de incógnitas é n=5, a dimensão do espaço solução (núcleo) é
\dim(W)=n-\operatorname{rank}(A)=5-5=0.]

Passo 9

Conclusão e interpretação didática final:
  • A única solução do sistema homogêneo é a solução trivial x_1=x_2=x_3=x_4=x_5=0. Isso acontece porque a matriz tem posto máximo (igual ao número de incógnitas).
  • O espaço solução W é o subespaço \{0\} (apenas o vetor zero).
  • Uma observação de prova: quando todas as colunas são pivôs não há variáveis livres; portanto não existem vetores não nulos no núcleo.

Resposta

\text{Base}(W)=\varnothing
\dim(W)=0

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