Escreva o conjunto solução dos sistemas homogêneos dados na forma vetorial paramétrica.
(a) \{\begin{array}{l}x_{1}+3 x_{2}+x_{3}=0 \\\\ -4 x_{1}-9 x_{2}+2 x_{3}=0 \\\\ -3 x_{2}-6 x_{3}=0\end{array}\right.
(b) \{\begin{array}{l}x_{1}+3 x_{2}-5 x_{3}=0 \\\ x_{1}+4 x_{2}-8 x_{3}=0 \\\\ -3 x_{1}-7 x_{2}+9 x_{3}=0\end{array}\right.

Passo 1

Enunciado e o que é pedido.
Sistema (a):
\begin{cases} x_{1}+3x_{2}+x_{3}=0\\[4pt] -4x_{1}-9x_{2}+2x_{3}=0\\[4pt] -3x_{2}-6x_{3}=0 \end{cases}
Sistema (b):
\begin{cases} x_{1}+3x_{2}-5x_{3}=0\\[4pt] x_{1}+4x_{2}-8x_{3}=0\\[4pt] -3x_{1}-7x_{2}+9x_{3}=0 \end{cases}
O que se pede: escrever o conjunto solução de cada sistema na forma vetorial paramétrica (isto é, expressar o vetor \begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]x_{2}\\[2pt]x_{3}\end{pmatrix} usando parâmetros livres).
Informações relevantes dadas: as três equações lineares homogêneas de cada sistema (termo à direita igual a zero).]

Passo 2

Breve explicação do método que vou usar (passo a passo): eliminação de Gauss aplicada ao sistema homogêneo.
  • Um sistema homogêneo tem todas as constantes do lado direito iguais a zero. Sempre tem a solução trivial \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}, mas pode ter soluções não-triviais se houver variáveis livres.
  • Para resolver, coloco o sistema na forma matricial (ou matriz aumentada) e aplico operações elementares por linha (somar múltiplos de linhas, trocar linhas, multiplicar linha por escalar não nulo) para obter uma forma triangular ou escalonada. A partir daí identifico variáveis pivô (dependentes) e variáveis livres; atribuo parâmetros às livres e volto para expressar as variáveis pivô em função desses parâmetros.
  • Ao final escrevo o vetor solução como combinação linear dos vetores geradores (parâmetros multiplicando vetores).
Vou executar isso detalhadamente para (a) e (b).

Passo 3

Resolvendo (a): montar a matriz aumentada e começar eliminação.
Matriz dos coeficientes (não preciso do termo coluna de zeros para fazer as operações, porque é homogêneo):
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1\\[4pt] -4 & -9 & 2\\[4pt] 0 & -3 & -6 \end{pmatrix}
Aqui cada linha corresponde a uma equação: primeira linha é (1,3,1) etc.
Vou usar operações por linha para eliminar os elementos abaixo do pivô da primeira coluna.
Faço R_2 \leftarrow R_2 + 4R_1. Calculando entrada a entrada:
  • primeira coluna: -4 + 4\cdot 1 = 0,
  • segunda coluna: -9 + 4\cdot 3 = -9 + 12 = 3,
  • terceira coluna: 2 + 4\cdot 1 = 2 + 4 = 6.
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 3 & 6\\[4pt] 0 & -3 & -6 \end{pmatrix}]

Passo 4

Continuar eliminando abaixo do pivô da segunda coluna.
Observa-se que a segunda linha é (0,3,6) e a terceira é (0,-3,-6). Faço R_2 \leftarrow \dfrac{1}{3}R_2 para simplificar (dividir uma linha por escalar não nulo é operação válida):
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1\\[6pt] 0 & 1 & 2\\[6pt] 0 & -3 & -6 \end{pmatrix}
Agora uso R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2 para zerar a entrada da terceira linha, segunda coluna:
  • terceira linha: (0,-3,-6) + 3\cdot(0,1,2) = (0,0,0).
Fica
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}]

Passo 5

Voltar para cima para obter forma escalonada reduzida na medida do necessário (eliminar acima do pivô da segunda linha).
Faço R_1 \leftarrow R_1 - 3R_2. Calculando a terceira coluna da nova R_1:
  • terceira entrada: 1 - 3\cdot 2 = 1 - 6 = -5.
    A primeira linha fica (1,0,-5). Portanto a matriz final escalonada é
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -5\\[4pt] 0 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}]

Passo 6

Interpretar as equações resultantes e parametrizar.
As linhas correspondem às equações:
\begin{cases} x_{1} -5x_{3}=0,\\[4pt] x_{2} +2x_{3}=0,\\[4pt] 0=0. \end{cases}
Aqui a variável \;x_{3}\; aparece livre (não é pivô). Vou chamar o parâmetro \;t\in\mathbb{R}\; e definir \;x_{3}=t.
Das equações:
x_{1}=5x_{3}=5t,\qquad x_{2}=-2x_{3}=-2t.
Portanto o vetor solução é
\begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]x_{2}\\[2pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}5t\\[2pt]-2t\\[2pt]t\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}5\\[2pt]-2\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Isso significa que o espaço solução é uma reta passando pela origem gerada pelo vetor \begin{pmatrix}5\\\ -2\\\ 1\end{pmatrix}.]

Passo 7

Resolvendo (b): montar a matriz e iniciar eliminação.
Matriz dos coeficientes:
\begin{pmatrix} 1 & 3 & -5\\[4pt] 1 & 4 & -8\\[4pt] -3 & -7 & 9 \end{pmatrix}
Vou eliminar entradas abaixo do primeiro pivô (primeira coluna). Faço R_2 \leftarrow R_2 - R_1:
  • segunda linha: (1,4,-8) - (1,3,-5) = (0,1,-3).
Faço R_3 \leftarrow R_3 + 3R_1:
  • terceira linha: (-3,-7,9) + 3\cdot(1,3,-5) = (-3+3, -7+9, 9-15) = (0,2,-6).
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 3 & -5\\[4pt] 0 & 1 & -3\\[4pt] 0 & 2 & -6 \end{pmatrix}]

Passo 8

Continuar eliminação da segunda coluna abaixo do pivô.
Faço R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2:
  • terceira linha: (0,2,-6) - 2\cdot(0,1,-3) = (0,0,0).
A matriz torna-se
\begin{pmatrix} 1 & 3 & -5\\[4pt] 0 & 1 & -3\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Agora elimino o coeficiente acima do pivô da segunda linha: R_1 \leftarrow R_1 - 3R_2.
  • nova primeira linha: (1,3,-5) - 3\cdot(0,1,-3) = (1,0,-5 +9) = (1,0,4).
A matriz escalonada final é
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 4\\[4pt] 0 & 1 & -3\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}]

Passo 9

Interpretar as equações resultantes e parametrizar.
As linhas equivalem a:
\begin{cases} x_{1} +4x_{3}=0,\\[4pt] x_{2} -3x_{3}=0,\\[4pt] 0=0. \end{cases}
A variável livre é \;x_{3}. Chamo \;x_{3}=s\in\mathbb{R}.
Daí:
x_{1}=-4x_{3}=-4s,\qquad x_{2}=3x_{3}=3s.
Portanto o vetor solução é
\begin{pmatrix}x_{1}\\[2pt]x_{2}\\[2pt]x_{3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-4s\\[2pt]3s\\[2pt]s\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}-4\\[2pt]3\\[2pt]1\end{pmatrix},\qquad s\in\mathbb{R}.
O espaço solução é a reta gerada por \begin{pmatrix}-4\\[2pt]3\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Resposta

(a) \displaystyle \left\{\,t\begin{pmatrix}5\\[2pt]-2\\[2pt]1\end{pmatrix}\;\middle|\;t\in\mathbb{R}\right\}
(b) \displaystyle \left\{\,s\begin{pmatrix}-4\\[2pt]3\\[2pt]1\end{pmatrix}\;\middle|\;s\in\mathbb{R}\right\}]

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