Considere as matrizes A=\left(\begin{array}{cc}1 & -1 \\\\ 2 & 3 \\\\ -1 & -2\end{array}\right) e B=\left(\begin{array}{ccc}-1 & 1 & 1 \\\\ 1 & 0 & 1\end{array}\right).
a) Encontre uma base para N(B). (vale 1,0)
b) Encontre uma base para \operatorname{Col}(A)+N(B) .( vale 1,5 )

Passo 1

O enunciado dá duas matrizes
A=\begin{pmatrix}1 & -1 \\[4pt] 2 & 3 \\[4pt] -1 & -2\end{pmatrix},\qquad B=\begin{pmatrix}-1 & 1 & 1 \\[4pt] 1 & 0 & 1\end{pmatrix},
e pede duas coisas:
(a) Encontrar uma base para N(B), ou seja, o núcleo (espaço solução) da equação B x = 0, com x\in\mathbb{R}^3.
(b) Encontrar uma base para \operatorname{Col}(A) + N(B), isto é, para a soma do espaço coluna de A (subespaço gerado pelas colunas de A) com o núcleo de B.
As informações relevantes: as entradas das matrizes A e B acima. Não há outras hipóteses ocultas. Vou primeiro achar N(B) resolvendo B x=0, e depois usar essa base junto com as colunas de A para obter \operatorname{Col}(A)+N(B).]

Passo 2

Vamos achar N(B)\). Escrevo \(x=(x_1,x_2,x_3)^T\) e imponho \(B x=0\). Isso gera o sistema linear (cada linha de \(B\) vezes \(x\) igual a zero): \[\begin{cases} - x_1 + x_2 + x_3 = 0,\\[4pt] \; x_1 + 0\cdot x_2 + x_3 = 0. \end{cases}
Explico: cada equação vem do produto escalar da linha correspondente de B\] com o vetor \(x.]

Passo 3

Resolvendo o sistema passo a passo. Da segunda equação temos
x_1 + x_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1 = -x_3.
Substituo na primeira:
-(-x_3) + x_2 + x_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_3 + x_2 + x_3 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_2 + 2x_3 = 0.
Logo
x_2 = -2x_3.
Temos x_1 = -x_3, x_2 = -2x_3, e x_3 livre. Coloco x_3=t como parâmetro:
x = \begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\end{pmatrix} = t\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Isso mostra que o núcleo é uma reta (dimensão 1) gerada pelo vetor \begin{pmatrix}-1\\\ -2\\\ 1\end{pmatrix}. Portanto uma base natural para N(B) é esse vetor.]

Passo 4

Agora quero \operatorname{Col}(A)+N(B). Por definição,
\operatorname{Col}(A)+N(B)=\operatorname{span}\{\text{colunas de }A\}\;+\;\operatorname{span}\{v\} =\operatorname{span}\{c_1,c_2,v\},
onde tomo as colunas de A:
c_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix},\quad c_2=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]-2\end{pmatrix},
e o vetor gerador de N(B)
v=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Concluímos que a soma é o subespaço gerado por \{c_1,c_2,v\}. Para obter uma base eficiente, precisamos retirar vetores linearmente dependentes entre esses três.]

Passo 5

Para verificar dependências, monto a matriz cujas colunas são c_1,c_2,v:
M=\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[4pt] 2 & 3 & -2\\[4pt] -1 & -2 & 1 \end{pmatrix}.
Faço eliminação de linha (explico cada passo) para ver os pivôs:
  1. Usando a primeira linha para zerar abaixo:
R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1 \quad\Rightarrow\quad (0,\;5,\;0),
R_3 \leftarrow R_3 + R_1 \quad\Rightarrow\quad (0,\;-3,\;0).
A matriz vira
\begin{pmatrix} 1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 5 & 0\\[4pt] 0 & -3 & 0 \end{pmatrix}.
  1. Divido a segunda linha por 5:
R_2 \leftarrow \frac{1}{5}R_2 = (0,1,0).
  1. Uso R_2 para zerar a posição (1,2) e (3,2):
R_1 \leftarrow R_1 + R_2 \quad\Rightarrow\quad (1,0,-1),
R_3 \leftarrow R_3 + 3R_2 \quad\Rightarrow\quad (0,0,0).
A forma escalonada reduzida é então
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Interpretação: os pivôs aparecem nas colunas 1 e 2; a coluna 3 é combinação linear das anteriores. A entrada -1 na primeira linha, terceira coluna indica
\text{coluna }3 = -1\cdot\text{coluna }1 + 0\cdot\text{coluna }2,
ou seja
v = -c_1.
Verificação rápida: -c_1 = \begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}=v, confirma-se.]

Passo 6

Como v=-c_1, temos N(B)\subseteq \operatorname{Col}(A). Portanto
\operatorname{Col}(A)+N(B)=\operatorname{Col}(A).
Logo uma base para a soma é simplesmente uma base para \operatorname{Col}(A). As colunas c_1 e c_2 são independentes (vimos pivôs nas colunas 1 e 2), então
\{c_1,c_2\} é uma base de \operatorname{Col}(A).

Resposta

(a) \left\{\begin{pmatrix}-1\\[4pt]-2\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
(b) \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]2\\[4pt]-1\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]-2\end{pmatrix}\right\}]

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