Encontre a dimensão e uma base do espaço vetorial definido por todas as soluções dos sistemas abaixo:
(b) \left\{\begin{array}{l}4 x_{1}+x_{2}+3 x_{3}=0 \\\\ 2 x_{1}+x_{2}+x_{3}=0 \\\\ 3 x_{1}+x_{2}+2 x_{3}=0\end{array}\right.

Passo 1

O enunciado pede a dimensão e uma base do espaço vetorial formado por todas as soluções do sistema homogêneo
\begin{cases} 4x_{1}+x_{2}+3x_{3}=0,\\[4pt] 2x_{1}+x_{2}+x_{3}=0,\\[4pt] 3x_{1}+x_{2}+2x_{3}=0. \end{cases}
Informações relevantes dadas:
\text{temos }3\text{ incógnitas }(x_{1},x_{2},x_{3})\text{ e 3 equações lineares homogêneas.}óçõê
O que se pede explicitamente: (i) a dimensão do espaço solução (nullspace) e (ii) uma base desse espaço (um conjunto de vetores linearmente independentes que gera todas as soluções).]

Passo 2

Vou transformar o sistema na forma matricial A\mathbf{x}=0, onde \mathbf{x}=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T} e A é a matriz dos coeficientes. A matriz é
A=\begin{pmatrix} 4 & 1 & 3\\[4pt] 2 & 1 & 1\\[4pt] 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
O espaço solução é o núcleo (nullspace) dessa matriz:
\mathcal{N}(A)=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^{3}\mid A\mathbf{x}=0\}.]

Passo 3

Estratégia: usar eliminação de Gauss (operações elementares por linhas) para achar as equações independentes (o posto de A) e escrever as variáveis livres em termos das variáveis básicas. Lembrete rápido: operações elementares por linhas não mudam o conjunto de soluções do sistema homogêneo.

Passo 4

Escrevo a matriz e começo a eliminar. Para facilitar, troco a primeira e a segunda linha (para ter um pivô pequeno):
\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[4pt] 4 & 1 & 3\\[4pt] 3 & 1 & 2 \end{pmatrix}.
Agora aplico R_{2}\leftarrow R_{2}-2R_{1} e R_{3}\leftarrow R_{3}-\tfrac{3}{2}R_{1}. Escrevo os resultados passo a passo (mostro frações quando aparecem):
Cálculo de R_{2}:
(4,1,3)-2(2,1,1)=(4-4,\;1-2,\;3-2)=(0,-1,1).
Cálculo de R_{3}:
(3,1,2)-\tfrac{3}{2}(2,1,1)=(3-3,\;1-\tfrac{3}{2},\;2-\tfrac{3}{2})=(0,-\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2}).
A matriz fica então
\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix}.]

Passo 5

Para evitar frações e ver dependências, multiplico a terceira linha por 2: R_{3}\leftarrow 2R_{3}, obtendo
\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 1 \end{pmatrix}.
Agora subtraio R_{2} de R_{3}: R_{3}\leftarrow R_{3}-R_{2}, resultando em
\begin{pmatrix} 2 & 1 & 1\\[4pt] 0 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Interpreto a matriz escalonada. Há dois pivôs (na coluna 1 e na coluna 2), logo o posto \operatorname{rank}(A)=2. Como há 3 variáveis, pela relação dimensão do núcleo (teorema do posto-nulo):
\dim\mathcal{N}(A)=n-\operatorname{rank}(A)=3-2=1.
Ou seja, o espaço solução tem dimensão 1 (é uma reta passando pela origem em \mathbb{R}^{3}).

Passo 7

Agora encontro a forma explícita das soluções a partir das equações correspondentes às linhas escalonadas. As equações equivalentes são
\begin{cases} 2x_{1}+x_{2}+x_{3}=0,\\[4pt] - x_{2}+x_{3}=0. \end{cases}
Da segunda equação temos -x_{2}+x_{3}=0\Rightarrow x_{3}=x_{2}.
Substituindo na primeira:
2x_{1}+x_{2}+x_{2}=0\;\Rightarrow\;2x_{1}+2x_{2}=0\;\Rightarrow\;x_{1}+x_{2}=0\;\Rightarrow\;x_{1}=-x_{2}.]

Passo 8

Parametrizo pela variável livre. Tome t\in\mathbb{R} e ponha t=x_{2}. Então
x_{1}=-t,\qquad x_{2}=t,\qquad x_{3}=t.
Em forma vetorial,
\mathbf{x}=t(-1,1,1),\qquad t\in\mathbb{R}.
Isso mostra que todas as soluções são múltiplos escalares do vetor (-1,1,1). Esse vetor gera o núcleo e é não nulo, logo forma uma base do espaço solução.

Resposta

\dim\mathcal{N}(A)=1
\text{Base: }\{\,(-1,1,1)\,\}

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