Encontre uma base para o espacio solução do sistema homogêneo dado.
\left\{\begin{array}{c}2 x+3 y-4 z=0 \\\ x-y+z=0 \\\\ 2 x+8 y-10 z=0\end{array}\right.

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar uma base para o espaço solução do sistema homogêneo.
Informações dadas (as três equações do sistema):
\begin{cases} 2x+3y-4z=0\\[4pt] x-y+z=0\\[4pt] 2x+8y-10z=0 \end{cases}
Variáveis desconhecidas: x,y,z.
Objetivo concreto: descrever todos os vetores (x,y,z) que satisfazem as três equações e entregar um conjunto de vetores que formam uma base desse conjunto de soluções.]

Passo 2

Estratégia (apenas descrição do que vamos executar, sem resolver ainda): vamos transformar o sistema em uma forma mais simples usando operações elementares sobre as linhas da matriz dos coeficientes (porque o sistema é homogêneo, o termo independente é o vetor nulo). A ideia é obter uma forma escalonada para identificar pivôs (variáveis dependentes) e variáveis livres, depois parametrizar as soluções e escolher vetores que gerem todo o espaço solução. Operações elementares preservam o conjunto de soluções.

Passo 3

Escrevendo a matriz dos coeficientes (sem coluna dos termos independentes, já que são todos zeros):
\begin{pmatrix} 2 & 3 & -4\\[4pt] 1 & -1 & 1\\[4pt] 2 & 8 & -10 \end{pmatrix}
Cada linha corresponde a uma equação. Vamos aplicar operações nas linhas para obter uma forma escalonada.]

Passo 4

Troco a ordem das linhas para facilitar (coloco a linha com 1 como primeiro pivô):
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 2 & 3 & -4\\[4pt] 2 & 8 & -10 \end{pmatrix}
Agora elimino x (coluna 1) nas linhas 2 e 3 usando a linha 1.
Faço R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1:
R_2 = (2,3,-4) - 2(1,-1,1) = (2-2,\;3+2,\;-4-2) = (0,5,-6).
Faço R_3 \leftarrow R_3 - 2R_1:
R_3 = (2,8,-10) - 2(1,-1,1) = (0,10,-12).
A matriz fica:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 5 & -6\\[4pt] 0 & 10 & -12 \end{pmatrix}]

Passo 5

Agora elimino a segunda coluna abaixo do pivô da linha 2. Uso R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2:
R_3 = (0,10,-12) - 2(0,5,-6) = (0,0,0).
A matriz em forma escalonada é então
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 5 & -6\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Isso mostra que temos dois pivôs (coluna 1 e coluna 2) e uma linha nula; ou seja, posto da matriz é 2.]

Passo 6

Interpretação dos pivôs e variáveis livres: como há três variáveis x,y,z e o posto é 2, a dimensão do espaço solução será 3-2=1. Logo haverá uma variável livre. Observando a forma escalonada, as variáveis correspondentes às colunas com pivôs são x e y; a variável livre é z.
Para facilitar, simplifico a segunda linha dividindo por 5:
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -\tfrac{6}{5}\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Isso corresponde ao sistema equivalente:
\begin{cases} x - y + z = 0,\\[4pt] y - \tfrac{6}{5}z = 0. \end{cases}]

Passo 7

Resolvo as equações escalonadas em função de z (variável livre). Da segunda equação:
y = \tfrac{6}{5}z.
Substituo em x - y + z = 0:
x - \tfrac{6}{5}z + z = 0 \quad\Rightarrow\quad x +\bigl(-\tfrac{6}{5}+1\bigr)z =0.
Calculo o coeficiente:
-\tfrac{6}{5}+1 = -\tfrac{6}{5}+\tfrac{5}{5} = -\tfrac{1}{5}.
Logo
x - \tfrac{1}{5}z = 0 \quad\Rightarrow\quad x = \tfrac{1}{5}z.

Passo 8

Agora escrevo a solução geral em forma vetorial, usando z como parâmetro (chamo t=z):
(x,y,z) = \bigl(\tfrac{1}{5}t,\;\tfrac{6}{5}t,\;t\bigr) = t\bigl(\tfrac{1}{5},\tfrac{6}{5},1\bigr).
Para obter vetores com entradas inteiras e apresentar uma base mais limpa, fatoro \tfrac{1}{5}:
t\bigl(\tfrac{1}{5},\tfrac{6}{5},1\bigr) = \bigl(\tfrac{t}{5}\bigr)(1,6,5).
Se eu definir novo parâmetro s=\tfrac{t}{5}, a solução fica
(x,y,z)=s(1,6,5),\quad s\in\mathbb{R}.
Isto mostra que todas as soluções são múltiplos do vetor (1,6,5).

Passo 9

Conclusão e verificação rápida: o espaço solução é a reta gerada por (1,6,5). Verifico rapidamente substituindo (x,y,z)=(1,6,5) nas equações originais:
Primeira equação: 2\cdot1+3\cdot6-4\cdot5 = 2+18-20=0.
Segunda: 1-6+5=0.
Terceira: 2\cdot1+8\cdot6-10\cdot5 = 2+48-50=0.
Tudo confere, então (1,6,5) é solução não nula e gera todo o espaço solução.

Resposta

\{(1,6,5)\}

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