Em cada parte, encontre uma base do espaço nulo de A.
A=\left[\begin{array}{rrrrr}1 & 4 & 5 & 6 & 9 \\\\ 3 & -2 & 1 & 4 & -1 \\\\ -1 & 0 & -1 & -2 & -1 \\\\ 2 & 3 & 5 & 7 & 8\end{array}\right]

Passo 1

O que o enunciado pede: encontrar uma base do espaço nulo (kernel) da matriz A.
Informações dadas (copiadas do enunciado):
A=\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 6 & 9\\[4pt] 3 & -2 & 1 & 4 & -1\\[4pt] -1 & 0 & -1 & -2 & -1\\[4pt] 2 & 3 & 5 & 7 & 8 \end{pmatrix}.
Pergunta explícita: achar uma base de \{x\in\mathbb{R}^5 \mid Ax=0\}, ou seja, descrever todos os vetores x que satisfazem Ax=0 e fornecer vetores que formam uma base desse subespaço.]

Passo 2

O plano de ataque (sem computar ainda): para achar o espaço nulo resolvemos o sistema homogêneo Ax=0 por eliminação de Gauss (reduzir A a uma forma escalonada, encontrar variáveis-pivô e variáveis livres, expressar as variáveis pivô em função das livres). Cada variável livre vira um parâmetro; escrevendo a solução em forma paramétrica obtemos vetores que geram o nul(A). Esses vetores, obtidos dando valor 1 a um parâmetro e 0 aos outros, formam uma base do espaço nulo (desde que sejam linearmente independentes — o processo garante isso).
Vou executar a eliminação passo a passo, explicando cada operação.

Passo 3

Coloco a matriz aumentada (sem coluna de termos independentes, porque é homogênea), apenas a matriz A. Vou aplicar operações elementares por linhas.
Matriz inicial:
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 6 & 9\\[4pt] 3 & -2 & 1 & 4 & -1\\[4pt] -1 & 0 & -1 & -2 & -1\\[4pt] 2 & 3 & 5 & 7 & 8 \end{pmatrix}.
Primeiro uso a primeira linha como pivô para zerar as entradas abaixo na primeira coluna.
Faço as operações:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 3R_1.
  • R_3 \leftarrow R_3 + R_1.
  • R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1.
Vou calcular cada uma:
Para R_2: (3,-2,1,4,-1) - 3(1,4,5,6,9) = (0,-14,-14,-14,-28).
Para R_3: (-1,0,-1,-2,-1) + (1,4,5,6,9) = (0,4,4,4,8).
Para R_4: (2,3,5,7,8) - 2(1,4,5,6,9) = (0,-5,-5,-5,-10).
A matriz fica:
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 6 & 9\\[4pt] 0 & -14 & -14 & -14 & -28\\[4pt] 0 & 4 & 4 & 4 & 8\\[4pt] 0 & -5 & -5 & -5 & -10 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora vamos simplificar a segunda linha para obter um pivô igual a 1 na coluna 2 (isso facilita eliminar as outras entradas na coluna 2).
Divido R_2 por -14:
R_2 \leftarrow \frac{1}{-14}R_2 \quad\Rightarrow\quad R_2=(0,1,1,1,2).
Atualizo as linhas 3 e 4 usando o novo R_2 para zerar as entradas em suas colunas 2:
  • R_3 \leftarrow R_3 - 4R_2.
  • R_4 \leftarrow R_4 + 5R_2.
Calculemos:
Para R_3: (0,4,4,4,8) - 4(0,1,1,1,2) = (0,0,0,0,0).
Para R_4: (0,-5,-5,-5,-10) + 5(0,1,1,1,2) = (0,0,0,0,0).
A matriz agora é
\begin{pmatrix} 1 & 4 & 5 & 6 & 9\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Termino a eliminação para obter forma reduzida por linhas: elimino o 4 da primeira linha na coluna 2 usando R_2.
Faço R_1 \leftarrow R_1 - 4R_2.
Calcule:
(1,4,5,6,9) - 4(0,1,1,1,2) = (1,0,1,2,1).
Então a forma final escalonada (reduzida) é
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 & 1 & 2\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Interpretação: há pivôs nas colunas 1 e 2. As colunas 3,4,5 correspondem a variáveis livres.]

Passo 6

Escrevo as equações lineares resultantes (cada linha corresponde a uma equação):
Da primeira linha:
x_1 + x_3 + 2x_4 + x_5 = 0.
Da segunda linha:
x_2 + x_3 + x_4 + 2x_5 = 0.
As variáveis livres são \\ x_3,\\ x_4,\\ x_5. Faço a parametrização:
x_3 = s,\qquad x_4 = t,\qquad x_5 = u,
onde s,t,u\in\mathbb{R} são parâmetros.
Da primeira equação:
x_1 = -x_3 - 2x_4 - x_5 = -s - 2t - u.
Da segunda:
x_2 = -x_3 - x_4 - 2x_5 = -s - t - 2u.

Passo 7

Escrevo o vetor solução x em função de s,t,u:
x=\begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\\[4pt]x_4\\[4pt]x_5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -s-2t-u\\[4pt] -s-t-2u\\[4pt] s\\[4pt] t\\[4pt] u \end{pmatrix}.
Separando em combinacão linear dos parâmetros s,t,u:
x = s\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}-2\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} + u\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Cada um desses vetores corresponde a pegar um parâmetro igual a 1 e os outros 0. Pelo processo de eliminação, eles são linearmente independentes e geram todo o espaço nulo.]

Passo 8

Concluímos que uma base do espaço nulo de A é formada pelos três vetores (as coordenadas em \mathbb{R}^5):
\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}-2\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\quad \begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Esses três vetores são uma base porque são lineares independentes e qualquer solução de Ax=0 é combinação linear deles.]

Resposta

\left\{ \begin{pmatrix}-1\\[4pt]-1\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-2\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]0\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix} \right\}]

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