Em cada parte, encontre uma base do espaço nulo de A.
A=\left[\begin{array}{rrrr}1 & 4 & 5 & 2 \\\\ 2 & 1 & 3 & 0 \\\\ -1 & 3 & 2 & 2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede: encontrar uma base do espaço nulo de A. A matriz dada é
A=\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 2\\[4pt] 2 & 1 & 3 & 0\\[4pt] -1 & 3 & 2 & 2 \end{pmatrix}.
Informações relevantes que temos: a matriz A é 3\times4. Queremos todos os vetores \mathbf{x}=(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4})^{T} tais que
A\mathbf{x}=\mathbf{0}.]

Passo 2

O que vamos fazer (sem resolver ainda): para achar o espaço nulo resolvemos o sistema homogêneo A\mathbf{x}=\mathbf{0} por eliminação de Gauss (redução por linhas). Cada passo de eliminação transforma as equações sem alterar o conjunto de soluções. Variáveis correspondentes a colunas com pivô são pivotais (escritas em função das outras); colunas sem pivô dão variáveis livres, que parametram a solução e conduzem à base do espaço nulo.

Passo 3

Escrevo a matriz aumentada (coluna de zeros à direita) implicitamente e começo a aplicar operações elementares às linhas da matriz A. Começo com
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 2\\[4pt] 2 & 1 & 3 & 0\\[4pt] -1 & 3 & 2 & 2 \end{pmatrix}.
Faço R_{2}\leftarrow R_{2}-2R_{1} e R_{3}\leftarrow R_{3}+R_{1}. Calculo cada entrada:
Para R_{2}-2R_{1}:
(2,1,3,0)-2(1,4,5,2)=(2-2,\;1-8,\;3-10,\;0-4)=(0,-7,-7,-4).
Para R_{3}+R_{1}:
(-1,3,2,2)+(1,4,5,2)=(0,7,7,4).
Assim a matriz vira
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 2\\[4pt] 0 & -7 & -7 & -4\\[4pt] 0 & 7 & 7 & 4 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora anulo a terceira linha somando R_{3}\leftarrow R_{3}+R_{2}:
(0,7,7,4)+(0,-7,-7,-4)=(0,0,0,0).
A matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 2\\[4pt] 0 & -7 & -7 & -4\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Para simplificar, normalizo a segunda linha dividindo por -7: R_{2}\leftarrow \tfrac{1}{-7}R_{2}. Isso dá
R_{2}=(0,1,1,\tfrac{4}{7}).
Agora elimino o 4 acima do pivô em R_{1} fazendo R_{1}\leftarrow R_{1}-4R_{2}. Calculo:
R_{1}=(1,4,5,2)-4(0,1,1,\tfrac{4}{7})=(1,0,5-4,\;2-\tfrac{16}{7})=(1,0,1,\; \tfrac{14-16}{7})=(1,0,1,-\tfrac{2}{7}).
A matriz reduzida (em escala de linhas) é então
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -\tfrac{2}{7}\\[6pt] 0 & 1 & 1 & \tfrac{4}{7}\\[6pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 6

Converto as linhas em equações. Das duas primeiras linhas obtemos:
\begin{cases} x_{1}+x_{3}-\dfrac{2}{7}x_{4}=0,\\[6pt] x_{2}+x_{3}+\dfrac{4}{7}x_{4}=0. \end{cases}
As colunas com pivô são a primeira e a segunda. Portanto x_{1} e x_{2} são variáveis pivotais; x_{3} e x_{4} são variáveis livres. Vou chamá-las de parâmetros:
x_{3}=s,\qquad x_{4}=t,
onde s,t\in\mathbb{R}.]

Passo 7

Resolvo os pivotais em função de s e t.
Da primeira equação:
x_{1}=-x_{3}+\dfrac{2}{7}x_{4}=-s+\dfrac{2}{7}t.
Da segunda:
x_{2}=-x_{3}-\dfrac{4}{7}x_{4}=-s-\dfrac{4}{7}t.
Logo a solução geral é
\mathbf{x}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt]x_{2}\\[4pt]x_{3}\\[4pt]x_{4}\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}\tfrac{2}{7}\\[4pt]-\tfrac{4}{7}\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}, \qquad s,t\in\mathbb{R}.]

Passo 8

Para apresentar uma base com vetores inteiros (mais confortável na prova), posso escolher t=7 como parâmetro especial para o segundo vetor — isso não muda a base, apenas troca o parâmetro por um múltiplo. Com s=1 e t=7 obtemos os geradores
\mathbf{v}_{1}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad \mathbf{v}_{2}=\begin{pmatrix}2\\[4pt]-4\\[4pt]0\\[4pt]7\end{pmatrix}.
Esses dois vetores são linearmente independentes (vêm de parâmetros distintos) e geram todo o espaço nulo (qualquer combinação linear de \mathbf{v}_{1} e \mathbf{v}_{2} descreve a solução geral). Assim formam uma base do espaço nulo de A. A dimensão do espaço nulo é 2 (dois graus de liberdade).]

Resposta

\displaystyle \left\{\begin{pmatrix}-1\\\ -1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}2\\\ -4\\\ 0\\\ 7\end{pmatrix}\right\}

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