Faça o que se pede:
a) (1 ponto) Resolva o sistema linear abaixo por escalonamento.
\left\{\begin{array}{l} x+2 y-8 z=0 \\\\ -x+y+-w=0 \\\ x-y+3 z=0 \\\\ -3 x-2 y+6 w=0 \end{array}\right.
b) (1 ponto) Prove que o conjunto solução do sistema abaixo é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^{4}.

Passo 1

O enunciado pede duas coisas. Na parte (a) queremos resolver por escalonamento o sistema homogêneo de quatro equações e quatro incógnitas
\begin{cases} x+2y-8z+0w=0,\\\\ -\,x+y+0z-\,w=0,\\\ x-y+3z+0w=0,\\\\ -3x-2y+0z+6w=0, \end{cases}
que cai no conteúdo de sistemas lineares homogêneos e eliminação de Gauss. Na parte (b) precisamos provar que o conjunto solução desse tipo de sistema é um subespaço de \mathbb{R}^4.

Passo 2

Escrevemos a matriz aumentada e aplicamos operações de linha para eliminar a variável x. A matriz inicial é
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -8 & 0 & 0\\\\ -1 & 1 & 0 & -1 & 0\\\\ 1 & -1 & 3 & 0 & 0\\\\ -3 & -2 & 0 & 6 & 0 \end{array}\right].
Fazendo R_2\leftarrow R_2+R_1, R_3\leftarrow R_3-R_1 e R_4\leftarrow R_4+3R_1, obtemos
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -8 & 0 & 0\\\\ 0 & 3 & -8 & -1 & 0\\\\ 0 & -3 & 11 & 0 & 0\\\\ 0 & 4 & -24 & 6 & 0 \end{array}\right].

Passo 3

Agora eliminamos a segunda coluna (variável y). Somamos R_3\leftarrow R_3+R_2 e fazemos R_4\leftarrow R_4-\tfrac{4}{3}R_2. A matriz fica
\left[\begin{array}{cccc|c} 1 & 2 & -8 & 0 & 0\\\\ 0 & 3 & -8 & -1 & 0\\\\ 0 & 0 & 3 & -1 & 0\\\\ 0 & 0 & -\tfrac{40}{3} & \tfrac{22}{3} & 0 \end{array}\right].

Passo 4

Para eliminar a terceira coluna (variável z), usamos R_4\leftarrow R_4 + \tfrac{40}{9}R_3. A última linha torna-se
[\,0\;\;0\;\;0\;\;\tfrac{26}{9}\mid 0\,],
o que implica \tfrac{26}{9}w=0, logo w=0. Voltando a R_3 obtemos 3z - w=0, ou seja z=0. De R_2 segue 3y -8z -w=0, logo y=0. Finalmente de R_1 vem x+2y-8z=0, ou seja x=0.

Passo 5

Concluímos que a única solução do sistema é o vetor nulo:
(x,y,z,w)=(0,0,0,0).

Passo 6

Para a parte (b), note que o conjunto solução de um sistema homogêneo A\,x=0 é exatamente o núcleo \ker(A) de uma transformação linear x\mapsto A\,x.

Passo 7

Mostramos que \ker(A) é subespaço de \mathbb{R}^4 verificando três propriedades:
  1. O vetor zero satisfaz A\cdot 0=0, logo 0\in\ker(A).
  2. Se u,v\in\ker(A) então A(u+v)=Au+Av=0+0=0, logo u+v\in\ker(A).
  3. Se u\in\ker(A) e \lambda\in\mathbb{R} então A(\lambda u)=\lambda(Au)=\lambda\cdot0=0, logo \lambda u\in\ker(A).

Resposta

a) A única solução é
(x,y,z,w)=(0,0,0,0).
b) O conjunto solução é \ker(A), e como \ker(A) contém 0 e é fechado sob soma e multiplicação por escalar, é um subespaço vetorial de \mathbb{R}^4.

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