1. Encontre a dimensāo e uma base para o espaço W das soluçōes do sistema linear homogëneo:
$$\left{ \begin{aligned} x+y-z+t & =0 \\ x-y+z-t & =0 \\ 3 x+y-z+t & =0 \\ 3 x-y+z-t & =0 \end{aligned}\right.

Passo 1

O enunciado dá o sistema linear homogêneo com quatro incógnitas (x,y,z,t)\): \[\begin{cases} x+y-z+t=0\\[4pt] x-y+z-t=0\\[4pt] 3x+y-z+t=0\\[4pt] 3x-y+z-t=0 \end{cases}
O que é pedido:
  • Encontrar a dimensão do espaço W\] das soluções desse sistema (ou seja, a dimensão do núcleo da matriz dos coeficientes). - Encontrar uma base de \(W (ou seja, um conjunto de vetores que gere todas as soluções e seja linearmente independente).
As informações relevantes: as quatro equações acima e que é um sistema homogêneo (termos independentes todos iguais a zero).]

Passo 2

Vamos montar a matriz de coeficientes A do sistema (cada linha corresponde a uma equação, cada coluna a uma variável na ordem x,y,z,t):
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\[4pt] 1 & -1 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 1 & -1 & 1\\[4pt] 3 & -1 & 1 & -1 \end{pmatrix}.
Como é um sistema homogêneo, podemos fazer eliminação de Gauss na matriz A (sem coluna de termos independentes) para achar a forma escalonada e, a partir daí, o posto (rank) de A e as relações entre variáveis. Eliminação de Gauss significa usar operações elementares nas linhas (trocar linhas, multiplicar por escalar não nulo, somar múltiplos de uma linha a outra) para obter zeros abaixo dos pivôs.
Aplico as operações passo a passo. Começo deixando a primeira linha como pivô:
\text{Linha 1 }(R_1)= (1\; 1\; -1\; 1).
Faço R_2\leftarrow R_2-R_1, R_3\leftarrow R_3-3R_1, R_4\leftarrow R_4-3R_1. Isso dá:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & -2 & 2 & -2\\[4pt] 0 & -2 & 2 & -2\\[4pt] 0 & -4 & 4 & -4 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Continuo simplificando as linhas repetidas. Faço R_3\leftarrow R_3-R_2 e R_4\leftarrow R_4-2R_2. Assim:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & -2 & 2 & -2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Agora simplifico a segunda linha multiplicando por -\tfrac{1}{2}: R_2\leftarrow -\tfrac{1}{2}R_2. E em seguida anulo o termo acima do pivô da segunda coluna: R_1\leftarrow R_1-R_2. O resultado é:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & 1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Esta é uma forma escalonada (próxima da forma reduzida). Observações importantes:
  • Há pivôs nas colunas 1 e 2 (colunas correspondentes a x e y).
  • As colunas 3 e 4 (variáveis z e t) são colunas sem pivô — são variáveis livres.
O posto (rank) da matriz A é o número de pivôs: \operatorname{rank}(A)=2.]

Passo 4

Usando o teorema do posto-nulidade (Rank–Nullity) para matrizes: se A é m\times n e \operatorname{rank}(A) é o posto, então a dimensão do núcleo (o espaço das soluções do sistema homogêneo A\mathbf{v}=0) é
\dim(\ker A)=n-\operatorname{rank}(A),
onde n é o número de variáveis (colunas de A). Aqui n=4 (as variáveis \,x,y,z,t) e \operatorname{rank}(A)=2. Então
\dim(W)=\dim(\ker A)=4-2=2.

Passo 5

Agora encontro a solução geral a partir da forma escalonada. As equações correspondentes à forma escalonada são:
\begin{cases} x=0,\\[4pt] y - z + t = 0. \end{cases}
Como z e t são livres, escrevo
z=s,\qquad t=r,
onde s,r\in\mathbb{R} são parâmetros. A partir de y-z+t=0 obtemos y=z-t=s-r. E x=0. Logo a solução geral é
(x,y,z,t)=(0,\;s-r,\;s,\;r).
Escrevendo como combinação linear dos parâmetros s e r:
(0,\;s-r,\;s,\;r)=s\,(0,1,1,0)+r\,(0,-1,0,1).]

Passo 6

Assim, podemos tomar como base de W os dois vetores obtidos ao escolher (s,r)=(1,0) e (s,r)=(0,1). Esses vetores são:
\mathbf{v}_1=(0,1,1,0),\qquad \mathbf{v}_2=(0,-1,0,1).
Eles geram todas as soluções (qualquer solução é combinação linear deles) e são linearmente independentes (são dois vetores não múltiplos entre si num espaço de dimensão 2 de soluções), portanto formam uma base de W.

Resposta

\dim(W)=2
Uma base de W é \{(0,1,1,0),\;(0,-1,0,1)\}

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