Considere a matriz A=\left[\begin{array}{rrrr}1 & 1 & 9 & 7 \\\\ 1 & 2 & 14 & 11 \\\\ 4 & 4 & 36 & 28\end{array}\right].
a) Determine se o vetor ( -4,-5,1,0 ) pertence ao espaço \operatorname{Nul}(A).
b) Diga se a transformação linear T: \mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{3} dada por T(\vec{x})=A \vec{x} é injetora, justifique a sua resposta com poucas palavras.
c) Encontre uma base para o espaço \operatorname{Col}(A).

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 1 & 9 & 7 \\[4pt] 1 & 2 & 14 & 11 \\[4pt] 4 & 4 & 36 & 28\end{pmatrix}
e pede três coisas:
  1. Verificar se o vetor \,(-4,-5,1,0)\, pertence a \operatorname{Nul}(A).
  2. Dizer se a transformação linear T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^3 dada por T(\vec{x})=A\vec{x} é injetora, com justificativa curta.
  3. Encontrar uma base para o espaço \operatorname{Col}(A).
As informações relevantes fornecidas são a própria matriz A e o vetor candidato \,(-4,-5,1,0).]

Passo 2

O que significa pertencer a \operatorname{Nul}(A): por definição,
\operatorname{Nul}(A)=\{\vec{x}\in\mathbb{R}^4 \mid A\vec{x}=\vec{0}\}.
Para testar se \vec{v}=(-4,-5,1,0) está em \operatorname{Nul}(A), calculamos A\vec{v} multiplicando linha a linha (vou mostrar cada produto escalar das linhas por \vec{v}).
Linha 1 de A é (1,1,9,7), então
\text{(linha 1)}\cdot\vec{v}=1\cdot(-4)+1\cdot(-5)+9\cdot 1+7\cdot 0=-4-5+9=0.
Linha 2 de A é (1,2,14,11), então
\text{(linha 2)}\cdot\vec{v}=1\cdot(-4)+2\cdot(-5)+14\cdot 1+11\cdot 0=-4-10+14=0.
Linha 3 de A é (4,4,36,28), então
\text{(linha 3)}\cdot\vec{v}=4\cdot(-4)+4\cdot(-5)+36\cdot 1+28\cdot 0=-16-20+36=0.
Como todas as três componentes de A\vec{v} são zero, obtemos
A\vec{v}=\vec{0}.
Portanto \vec{v}\in\operatorname{Nul}(A).

Passo 3

Vou agora explicar como encontrar a solução geral de [A\vec{x}=\vec{0}) (isso ajuda a entender por que o vetor dado está na nulidade). Fazemos eliminação por linhas em A.
Começamos com
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 9 & 7\\[4pt] 1 & 2 & 14 & 11\\[4pt] 4 & 4 & 36 & 28 \end{pmatrix}.
Subtraindo a linha 1 da linha 2 ( R_2\leftarrow R_2-R_1 ) e subtraindo 4 vezes a linha 1 da linha 3 ( R_3\leftarrow R_3-4R_1 ) obtemos
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 9 & 7\\[4pt] 0 & 1 & 5 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Agora eliminamos o 1 na posição (1,2) com R_1\leftarrow R_1-R_2, ficando
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 4 & 3\\[4pt] 0 & 1 & 5 & 4\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Estas duas equações correspondem ao sistema (para \vec{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4)):
\begin{cases} x_1+4x_3+3x_4=0,\\[4pt] x_2+5x_3+4x_4=0. \end{cases}
Aqui x_3\] e \(x_4 são variáveis livres (podemos chamá-las de s e t). Daí
x_1=-4s-3t,\qquad x_2=-5s-4t,\qquad x_3=s,\qquad x_4=t.
Escrevendo a solução geral em forma vetorial:
\vec{x}=s\begin{pmatrix}-4\\\ -5\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-3\\\ -4\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix},\qquad s,t\in\mathbb{R}.
Isto mostra explicitamente que \begin{pmatrix}-4\\\ -5\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} é um vetor da base de \operatorname{Nul}(A) associado a s=1,t=0, confirmando o cálculo do Passo 2. Também vemos que \dim\operatorname{Nul}(A)=2.]

Passo 4

Agora a questão da injetividade de T. Lembrete útil e simples para a prova: uma transformação linear T(\vec{x})=A\vec{x} é injetora se, e somente se, \operatorname{Nul}(A)=\{\vec{0}\} (ou seja, a única solução de A\vec{x}=\vec{0} é o vetor zero). No nosso caso, do Passo 3 vimos que \operatorname{Nul}(A) tem dimensão 2 e contém vetores não nulos (por exemplo (-4,-5,1,0)). Logo
T \text{ não é injetora.}ãé
Outra observação rápida: a matriz A tem posto \operatorname{rank}(A)=2 (duas linhas não nulas independentes), e 2<4 (número de colunas), por isso não é injetora.

Passo 5

Para achar uma base de \operatorname{Col}(A) (espaço coluna), usamos o fato prático: as colunas-pivô da matriz original A formam uma base para \operatorname{Col}(A). Na eliminação do Passo 3 os pivôs aparecem nas colunas 1 e 2. Portanto as colunas 1 e 2 de A são linearmente independentes e geram toda a coluna espaço.
As colunas 1 e 2 de A são
\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 4\end{pmatrix}\quad\text{e}\quad\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix}.
Podemos também verificar que as outras colunas são combinações lineares dessas duas: a partir da solução geral da nulidade temos as relações
\begin{aligned} \text{para }(s=1,t=0):&\quad -4\text{col}_1-5\text{col}_2+\text{col}_3=\vec{0}\Rightarrow \text{col}_3=4\text{col}_1+5\text{col}_2,\\[4pt] \text{para }(s=0,t=1):&\quad -3\text{col}_1-4\text{col}_2+\text{col}_4=\vec{0}\Rightarrow \text{col}_4=3\text{col}_1+4\text{col}_2. \end{aligned}
Isso confirma que \text{col}_1 e \text{col}_2 geram todas as colunas de A. Assim uma base para \operatorname{Col}(A) é formada por essas duas colunas.]

Resposta

(a) Sim: \;(-4,-5,1,0)\in\operatorname{Nul}(A).
(b) T não é injetora.
(c) Uma base de \operatorname{Col}(A) é \left\{\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 4\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ 4\end{pmatrix}\right\}.

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