Questão 1. Considere a matriz
A=\left(\begin{array}{cccc} -5 & -6 & 4 & 0 \\\\ -6 & -21 & 12 & 0 \\\\ 4 & 12 & -11 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 3 \end{array}\right)
Use escalonamento de matrizes para encontrar a solução geral do sistema \left(A+3 I_{4}\right) X=\overline{0}.
a) \left\{\left.\left[\begin{array}{cccc}2 \alpha & \beta & \alpha & 0\end{array}\right]^{t} \right\rvert\, \alpha, \beta \in \mathbb{R}\right\}.
e) \left\{\left.\left[\begin{array}{llll}-3 \beta & \beta & \alpha & 0\end{array}\right]^{t} \right\rvert\, \alpha, \beta \in \mathbb{R}\right\}.
b) \left\{\left.\left[\begin{array}{llll}2 \alpha-3 \beta & \beta & 0 & \alpha\end{array}\right]^{t} \right\rvert\, \alpha, \beta \in \mathbb{R}\right\}.
f) \{[-3 \alpha+2 \beta \quad \beta \quad \alpha \quad 0]^{t} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{R}\}.
c) \left\{\left.\left[\begin{array}{llll}2 \beta & \beta & \alpha & 0\end{array}\right]^{t} \right\rvert\, \alpha, \beta \in \mathbb{R}\right\}.
g) \left\{\left.\left[\begin{array}{llll}-3 \alpha & \beta & \alpha & 0\end{array}\right]^{t} \right\rvert\, \alpha, \beta \in \mathbb{R}\right\}.
d) \{\left[-3 \alpha+2 \beta \quad \beta \quad 0 \quad \alpha\right]^{t} \mid \alpha, \beta \in \mathbb{R}\}.

Passo 1

O enunciado pede o espaço nulo de \,A+3I_{4}, ou seja, todas as soluções de
(A+3I_{4})X=0.
O conteúdo aqui é encontrar \ker(A+3I_{4}) via escalonamento de matrizes e, em seguida, parametrizar as variáveis livres.

Passo 2

Calculemos
A+3I_{4} =\begin{pmatrix} -5&-6&4&0\\\\ -6&-21&12&0\\\\ 4&12&-11&0\\\\ 0&0&0&3 \end{pmatrix} +3 \begin{pmatrix} 1&0&0&0\\\\ 0&1&0&0\\\\ 0&0&1&0\\\\ 0&0&0&1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2&-6&4&0\\\\ -6&-18&12&0\\\\ 4&12&-8&0\\\\ 0&0&0&6 \end{pmatrix}.

Passo 3

Da última linha obtemos imediatamente
6x_{4}=0 \quad\Longrightarrow\quad x_{4}=0.
Restam as três primeiras equações em (x_{1},x_{2},x_{3}):
\begin{cases} -2x_{1}-6x_{2}+4x_{3}=0,\\\\ -6x_{1}-18x_{2}+12x_{3}=0,\\\\ 4x_{1}+12x_{2}-8x_{3}=0. \end{cases}

Passo 4

Note que a segunda equação é -6 vezes a primeira dividida por -2, e a terceira é -2 vezes a primeira. Logo todas são equivalentes a
x_{1}+3x_{2}-2x_{3}=0 \quad\Longrightarrow\quad x_{1}=-3x_{2}+2x_{3}.

Passo 5

Escolhemos variáveis livres \,x_{2}=\alpha\,,\,x_{3}=\beta com \alpha,\beta\in\mathbb{R}.
Então
x_{1}=-3\alpha+2\beta, \quad x_{4}=0.
Assim o vetor solução é
X =\begin{pmatrix} x_{1}\x_{2}\x_{3}\x_{4} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3\alpha+2\beta\\[6pt] \alpha\\[3pt] \beta\\[3pt] 0 \end{pmatrix},
ou seja
\ker(A+3I_{4}) =\bigl\{\,[\,-3\alpha+2\beta,\;\alpha,\;\beta,\;0\,]^{t}\mid \alpha,\beta\in\mathbb{R}\bigr\}.]

Passo 6

Comparando com as alternativas fornecidas, a única que descreve \{[-3\alpha+2\beta,\;\alpha,\;\beta,\;0]^t\} é a alternativa f).

Resposta

f)

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