Para cada uma das seguintes matrizes, encontre uma base para o espaço linha, uma base para o espaço coluna e uma para o espaço nulo.
\left(\begin{array}{lll}1 & 3 & 2 \\\\ 2 & 1 & 4 \\\\ 4 & 7 & 8\end{array}\right)

Passo 1

O enunciado fornece a matriz
A = \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2\\\\ 2 & 1 & 4\\\\ 4 & 7 & 8 \end{pmatrix}
e pede:
– uma base para o espaço linha de A,
– uma base para o espaço coluna de A,
– uma base para o espaço nulo de A.
O conteúdo é Álgebra Linear: vamos usar redução a forma escalonada reduzida para identificar pivôs e resolver A\,x=0.

Passo 2

Aplicamos operações de linha para obter a forma escalonada reduzida de A:
\begin{pmatrix} 1 & 3 & 2\\\\ 2 & 1 & 4\\\\ 4 & 7 & 8 \end{pmatrix} \;\xrightarrow{L_2\gets L_2-2L_1,\;L_3\gets L_3-4L_1}\; \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2\\\\ 0 & -5 & 0\\\\ 0 & -5 & 0 \end{pmatrix} \;\xrightarrow{L_2\gets -\tfrac15L_2}\; \begin{pmatrix} 1 & 3 & 2\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & -5 & 0 \end{pmatrix}
\xrightarrow{L_3\gets L_3+5L_2,\;L_1\gets L_1-3L_2}\; \begin{pmatrix} 1 & 0 & 2\\\\ 0 & 1 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}
Essa é a forma escalonada reduzida de A.

Passo 3

Da forma reduzida extraímos a base do espaço linha como os vetores linha não nulos:
\{(1,0,2),\,(0,1,0)\}.

Passo 4

Para o espaço coluna, tomamos as colunas originais de A correspondentes às colunas-pivô (1ª e 2ª colunas):
\{(1,2,4)^{T},\,(3,1,7)^{T}\}.

Passo 5

Para o espaço nulo, resolvemos A\,x=0 usando a forma reduzida:
\begin{cases} x_{1}+2x_{3}=0\\\ x_{2}=0 \end{cases} \quad\implies\quad x_{1}=-2t,\;x_{2}=0,\;x_{3}=t.
Logo, o espaço nulo é gerado por
\{(-2,\,0,\,1)\}.

Resposta

Base do espaço linha: \{(1,0,2),\,(0,1,0)\}
Base do espaço coluna: \{(1,2,4)^{T},\,(3,1,7)^{T}\}
Base do espaço nulo: \{(-2,0,1)\}

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