Exercício 16. Determine a solução geral do sistema linear homogêneo
\left\{\begin{aligned} 3 x+2 y-z & =0 \\\\ 4 x+5 y+2 z & =0 \\\\ -2 x+y+4 z & =0 \end{aligned}\right.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede.
  • Sistema homogêneo com incógnitas x,y,z\): \[\begin{cases} 3x+2y-z=0,\\[4pt] 4x+5y+2z=0,\\[4pt] -2x+y+4z=0. \end{cases}
  • O que o enunciado pede: determinar a solução geral do sistema (ou seja, descrever todos os vetores ((x,y,z)] que satisfazem as três equações).]

Passo 2

Comentário rápido sobre a estratégia (sem resolver ainda): como o sistema é linear homogêneo, podemos escrever a matriz dos coeficientes e aplicar eliminação de Gauss para encontrar dependências entre as variáveis. Vou fazer operações elementares sobre as linhas para triangular a matriz e então expressar algumas variáveis em função de outras (variáveis livres).
Escrevendo a matriz dos coeficientes:
A=\begin{pmatrix} 3 & 2 & -1\\[4pt] 4 & 5 & 2\\[4pt] -2 & 1 & 4 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Primeira etapa da eliminação: usar a primeira linha como pivô para zerar as entradas abaixo do primeiro pivô (coluna x).
  • Subtrair \dfrac{4}{3} vezes a linha 1 da linha 2:
\text{L}_2 \leftarrow \text{L}_2 - \frac{4}{3}\text{L}_1.
Calculemos cada entrada de \text{L}_2:
4-\frac{4}{3}\cdot 3 = 0, \qquad 5-\frac{4}{3}\cdot 2 = 5-\frac{8}{3}=\frac{15-8}{3}=\frac{7}{3}, \qquad 2-\frac{4}{3}\cdot(-1)=2+\frac{4}{3}=\frac{6+4}{3}=\frac{10}{3}.
Portanto a nova linha 2 é \bigl(0,\tfrac{7}{3},\tfrac{10}{3}\bigr).
  • Somar \dfrac{2}{3} vezes a linha 1 à linha 3:
\text{L}_3 \leftarrow \text{L}_3 + \frac{2}{3}\text{L}_1.
Calculemos cada entrada de \text{L}_3:
-2+\frac{2}{3}\cdot 3 = 0, \qquad 1+\frac{2}{3}\cdot 2 = 1+\frac{4}{3}=\frac{3+4}{3}=\frac{7}{3}, \qquad 4+\frac{2}{3}\cdot(-1)=4-\frac{2}{3}=\frac{12-2}{3}=\frac{10}{3}.
Portanto a nova linha 3 é \bigl(0,\tfrac{7}{3},\tfrac{10}{3}\bigr).
Após essas operações, a matriz fica (mostrando só a parte dos coeficientes):
\begin{pmatrix} 3 & 2 & -1\\[4pt] 0 & \tfrac{7}{3} & \tfrac{10}{3}\\[4pt] 0 & \tfrac{7}{3} & \tfrac{10}{3} \end{pmatrix}.]

Passo 4

Observação importante: as linhas 2 e 3 agora são idênticas, ou seja, a terceira equação é redundante. Isso indica que o posto da matriz é 2 (menor que 3), então o espaço de soluções tem dimensão maior que zero — esperamos uma família de soluções com uma parâmetro livre.
Da linha 2 (ou 3) temos a equação
\frac{7}{3}y+\frac{10}{3}z=0.
Multiplicando por 3 para ficar mais simples:
7y+10z=0.

Passo 5

Resolver a equação obtida para y em função de z. Isolando y:
7y = -10z \quad\Longrightarrow\quad y = -\frac{10}{7}z.
Neste ponto z é uma variável livre (não há equação que a determine), então vamos parametrizá‑la mais adiante.

Passo 6

Agora usar a primeira equação para expressar x em função de y e z. A primeira equação é
3x+2y-z=0.
Substituindo y=-\dfrac{10}{7}z nessa equação:
3x + 2\!\left(-\frac{10}{7}z\right) - z = 0.
Fazendo as contas:
3x - \frac{20}{7}z - z = 0.
Somando os termos em z (colocando em denominação comum):
-\frac{20}{7}z - z = -\frac{20}{7}z - \frac{7}{7}z = -\frac{27}{7}z.
Portanto
3x - \frac{27}{7}z = 0 \quad\Longrightarrow\quad 3x = \frac{27}{7}z.
Isolando x:
x = \frac{27}{21}z = \frac{9}{7}z.

Passo 7

Temos expressões de x e y em função de z:
x=\frac{9}{7}z,\qquad y=-\frac{10}{7}z,\qquad z\\ \text{livre}.
Para eliminar frações e dar uma forma mais bonita, podemos reparametrizar escolhendo um parâmetro t\in\mathbb{R} tal que z=7t. Substituindo:
x=9t,\qquad y=-10t,\qquad z=7t.
Ou seja, todas as soluções são múltiplos escalares do vetor (9,-10,7).

Passo 8

Breve checagem (útil na prova): substituindo (x,y,z)=(9t,-10t,7t) na primeira equação:
3\cdot 9t + 2\cdot(-10t) - 7t = 27t-20t-7t=0,
funciona. Nas outras duas equações a mesma verificação dá 0. Isso confirma que a família encontrada está correta.

Resposta

(x,y,z)=t\,(9,-10,7),\\ t\in\mathbb{R}

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