Considere os vetores
\mathbf{v}_{1}=\left[\begin{array}{l} 1 \\\\ 1 \\\\ 2 \\\\ 3 \end{array}\right], \mathbf{v}_{2}=\left[\begin{array}{l} 0 \\\\ 4 \\\\ 8 \\\\ 6 \end{array}\right], \mathbf{v}_{3}=\left[\begin{array}{c} 0 \\\\ -1 \\\\ 3 \\\\ 2 \end{array}\right] \text { e } \mathbf{v}_{4}=\left[\begin{array}{c} -1 \\\\ 4 \\\\ 3 \\\\ 1 \end{array}\right]
(a) Determine uma base \mathcal{B} de \mathcal{L}\left(\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}, \mathbf{v}_{4}\right);
(b) Encontre um vetor \mathbf{w} \in \mathbb{R}^{4} que não pertença a \mathcal{L}\left(\mathbf{v}_{1}, \mathbf{v}_{2}, \mathbf{v}_{3}, \mathbf{v}_{4}\right);
(c) O conjunto formado pelos vetores em \mathcal{B} juntamente com o vetor \mathbf{w} é uma base de \mathbb{R}^{4} ? Justifique;
(d) Determine o posto e a nulidade da matriz
A=\left[\begin{array}{cccc} \mid & \mid & \mid & \mid \\\ \mathbf{v}_{1} & \mathbf{v}_{2} & \mathbf{v}_{3} & \mathbf{v}_{4} \\\ \mid & \mid & \mid & \mid \end{array}\right] ;
(e) Sendo T: \mathbb{R}^{4} \rightarrow \mathbb{R}^{4} a transformação linear cuja matriz canônica é A, verifique se T é injetiva e se T é sobrejetiva.

Passo 1

O enunciado fornece os vetores
\mathbf{v}_{1}=\begin{bmatrix}1\\\ 1\\\ 2\\\ 3\end{bmatrix},\quad \mathbf{v}_{2}=\begin{bmatrix}0\\\ 4\\\ 8\\\ 6\end{bmatrix},\quad \mathbf{v}_{3}=\begin{bmatrix}0\\\ -1\\\ 3\\\ 2\end{bmatrix},\quad \mathbf{v}_{4}=\begin{bmatrix}-1\\\ 4\\\ 3\\\ 1\end{bmatrix}.
As perguntas são:
(a) Determinar uma base \mathcal{B} de \mathcal{L}(\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{v}_4) (o espaço engendrado por esses vetores);
(b) Encontrar um vetor \mathbf{w}\in\mathbb{R}^4 que não pertença a \mathcal{L}(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_4);
(c) Verificar se o conjunto formado pelos vetores em \mathcal{B} junto com \mathbf{w} é uma base de \mathbb{R}^4 (justificar);
(d) Determinar o posto ( \operatorname{rank}) e a nulidade ( \operatorname{nullity}) da matriz
A=\begin{bmatrix}\vline & \vline & \vline & \vline\\\ \mathbf{v}_1 & \mathbf{v}_2 & \mathbf{v}_3 & \mathbf{v}_4\\\ \vline & \vline & \vline & \vline\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1\\[4pt] 1 & 4 & -1 & 4\\[4pt] 2 & 8 & 3 & 3\\[4pt] 3 & 6 & 2 & 1 \end{bmatrix};
(e) Sendo T:\mathbb{R}^4\to\mathbb{R}^4 a transformação linear cuja matriz canônica é A, verificar se T é injetiva e se é sobrejetiva.]

Passo 2

Estratégia para (a) e (d): montar a matriz A com as colunas dadas (já exibida) e usar eliminação por linhas (Gauss) para achar o número de colunas independentes (posto) e identificar quais colunas formam um subconjunto linearmente independente que gera o mesmo espaço coluna — esses serão os vetores de uma base do espaço gerado. Vou explicar a eliminação e mostrar cada etapa aritmética de modo claro.
Breve lembrete (didático):
  • A coluna j é linearmente independente das anteriores se, ao realizar eliminação por linhas, a coluna j corresponder a uma coluna pivô (isto é, aparece uma linha com primeiro elemento não nulo nessa coluna após reduzir para forma de escada).
  • O posto (rank) é o número de pivôs (linhas não nulas na forma escalonada).
  • A nulidade é n-\operatorname{rank} para uma matriz m\times n (aqui n=4).
  • Sistemas homogêneos A\mathbf{x}=0 são resolvidos por substituição reversa depois da eliminação.

Passo 3

Vamos aplicar eliminação por linhas em A. Começando com
A_0= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1\\[4pt] 1 & 4 & -1 & 4\\[4pt] 2 & 8 & 3 & 3\\[4pt] 3 & 6 & 2 & 1 \end{bmatrix}.
Usa-se a primeira linha como pivô (entrada 1 no lugar (1,1)). Eliminar as entradas abaixo na coluna 1:
R2 \leftarrow R2 - R1, R3 \leftarrow R3 - 2R1, R4 \leftarrow R4 - 3R1. Isso dá
A_1= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 4 & -1 & 5\\[4pt] 0 & 8 & 3 & 5\\[4pt] 0 & 6 & 2 & 4 \end{bmatrix}.]

Passo 4

Agora usamos o elemento (2,2)=4 como pivô da segunda coluna. Eliminar abaixo:
R3 \leftarrow R3 - 2R2 e R4 \leftarrow R4 - \tfrac{6}{4}R2 = R4 - 1{,}5R2.
Calculemos:
  • R3: [0,\;8-2\cdot4,\;3-2\cdot(-1),\;5-2\cdot5] = [0,0,5,-5].
  • R4: [0,\;6-1{,}5\cdot4,\;2-1{,}5\cdot(-1),\;4-1{,}5\cdot5] = [0,0,7/2,-7/2].
Então
A_2= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 4 & -1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & 5 & -5\\[4pt] 0 & 0 & \tfrac{7}{2} & -\tfrac{7}{2} \end{bmatrix}.]

Passo 5

Usando o pivô (3,3)=5 para eliminar abaixo: R4 \leftarrow R4 - \tfrac{7/2}{5}R3 = R4 - \tfrac{7}{10}R3.
Calculando, a linha 4 fica zero:
0,\;0,\;\tfrac{7}{2}-\tfrac{7}{10}\cdot5=0,\; -\tfrac{7}{2}-\tfrac{7}{10}\cdot(-5)=0.
Assim obtemos forma escalonada:
A_3= \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & -1\\[4pt] 0 & 4 & -1 & 5\\[4pt] 0 & 0 & 5 & -5\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}.]

Passo 6

Interpretação da forma escalonada:
  • Existem três linhas não nulas (três pivôs) → o posto é 3.
  • Os pivôs aparecem nas colunas 1, 2 e 3 → as colunas originais 1,2,3 são linearmente independentes e geram o espaço das colunas da matriz. Portanto uma base do espaço gerado pelas colunas (o espaço pedido em (a)) é
\mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}.
Explicando: como a coluna 4 não é coluna pivô, ela é combinação linear das colunas 1,2,3 (veremos a combinação explicitamente a seguir).

Passo 7

Vamos agora expressar \mathbf{v}_4\) como combinação linear de \(\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\). Procuramos \(\alpha,\beta,\gamma\) tais que \[\alpha\mathbf{v}_1+\beta\mathbf{v}_2+\gamma\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_4.
Escrevendo coordenada a coordenada:
\begin{cases} \alpha & = -1,\\[4pt] \alpha + 4\beta - \gamma & = 4,\\[4pt] 2\alpha + 8\beta + 3\gamma & = 3,\\[4pt] 3\alpha + 6\beta + 2\gamma & = 1. \end{cases}
Da primeira equação \alpha=-1\]. Substituindo nas demais: \[\begin{cases} 4\beta - \gamma = 5,\\[4pt] 8\beta + 3\gamma = 5,\\[4pt] 6\beta + 2\gamma = 4. \end{cases}\] Da primeira dessas \(\gamma = 4\beta -5. Substituindo em 8\beta + 3\gamma =5:
8\beta + 3(4\beta-5)=5 \Rightarrow 8\beta +12\beta -15 =5 \Rightarrow 20\beta =20 \Rightarrow \beta=1.
Então \gamma = 4\cdot1 -5 = -1. Verificando a terceira equação: 6\cdot1 +2(-1)=4 OK.
Portanto
\mathbf{v}_4 = -\mathbf{v}_1 + \mathbf{v}_2 - \mathbf{v}_3.]

Passo 8

Resposta para (a) (já encontrada): \mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}. Isso é uma base do espaço gerado porque são três vetores linearmente independentes que geram todas as colunas (inclusive \mathbf{v}_4).

Passo 9

Parte (b): precisamos de um vetor [\mathbf{w}\in\mathbb{R}^4) que não pertença ao espaço gerado por \mathcal{B}. Como \mathcal{B} tem dimensão 3, qualquer vetor que seja linearmente independente dos três serve — em particular, qualquer vetor que não possa ser escrito como combinação linear dos três.
Escolho \displaystyle \mathbf{w}=\begin{bmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix} (o quarto vetor da base canônica). Vou mostrar que não existe \alpha,\beta,\gamma tais que \alpha\mathbf{v}_1+\beta\mathbf{v}_2+\gamma\mathbf{v}_3=\mathbf{w}.
Escrevendo coordenadas, a primeira coordenada dá \alpha=0. Substituindo \alpha=0 nas outras equações obtemos:
\begin{cases} 4\beta - \gamma = 0,\\[4pt] 8\beta + 3\gamma = 0,\\[4pt] 6\beta + 2\gamma = 1. \end{cases}
Das duas primeiras equações obtém-se multiplicando a primeira por 2\]: \(8\beta -2\gamma =0. Subtraindo essa da segunda: (8\beta+3\gamma)-(8\beta-2\gamma)=5\gamma=0\Rightarrow\gamma=0. Então da primeira \beta=0. Mas a terceira equação pede 6\beta+2\gamma=1, que fica 0=1, impossível. Logo não existe solução e \mathbf{w}\notin\mathcal{L}(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_4).
Assim um vetor que não pertence ao espaço gerado é
\mathbf{w}=\begin{bmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix}.]

Passo 10

Parte (c): perguntar se o conjunto \mathcal{B}\cup\{\mathbf{w}\}=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{w}\} é uma base de \mathbb{R}^4.
Argumento: uma base de \mathbb{R}^4 precisa ter exatamente quatro vetores linearmente independentes. Sabemos que \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 são linearmente independentes (são pivôs). Além disso, escolhemos \mathbf{w} de modo que \mathbf{w} não pertence ao espaço gerado por esses três vetores; isso significa exatamente que \mathbf{w} não pode ser escrito como combinação linear de \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3.
Prova curta de independência do conjunto todo: suponha
c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+c_3\mathbf{v}_3+c_4\mathbf{w}=\mathbf{0}.
Se c_4\neq 0, isolando \mathbf{w} obtém-se \mathbf{w} = combinação linear de \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3, contradizendo a escolha de \mathbf{w}. Logo c_4=0. Então c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+c_3\mathbf{v}_3=\mathbf{0} e, como \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 são independentes, segue c_1=c_2=c_3=0. Assim todos os coeficientes são zero e o conjunto é linearmente independente.
Tendo quatro vetores linearly independentes em \mathbb{R}^4, eles formam uma base de \mathbb{R}^4. Portanto, sim: \mathcal{B}\cup\{\mathbf{w}\} é uma base de \mathbb{R}^4.

Passo 11

Parte (d): já vimos que o posto \operatorname{rank}(A)=3\) (há três pivôs na forma escalonada). Pela dimensão do núcleo (nullidade), pela fórmula do posto-nulidade (teorema fundamental da álgebra linear) para uma matriz \(4\times4\), \[\operatorname{nullity}(A)=n-\operatorname{rank}(A)=4-3=1.
Posso também dar uma base explícita do núcleo (útil para entendimento): resolvemos A\mathbf{x}=\mathbf{0}. Da forma escalonada (Passos 3–5) obtemos as equações (escrevendo \mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T):
\begin{cases} x_1 - x_4 = 0,\\[4pt] 4x_2 - x_3 +5x_4 = 0,\\[4pt] 5x_3 -5x_4 = 0. \end{cases}
Da terceira x_3=x_4\]. Da segunda \(4x_2 - x_4 +5x_4 =4x_2+4x_4=0\Rightarrow x_2=-x_4. Da primeira x_1=x_4. Com parâmetro t=x_4 obtemos
\mathbf{x}=t\begin{bmatrix}1\\\ -1\\\ 1\\\ 1\end{bmatrix}.
Portanto o núcleo é gerado por \begin{bmatrix}1\\\ -1\\\ 1\\\ 1\end{bmatrix} e sua dimensão é 1, confirmando a nulidade.]

Passo 12

Parte (e): propriedades de injetividade e sobrejetividade de T.
Lembretes/definições:
  • T é injetiva se e somente se \ker(T)=\{\mathbf{0}\}, isto é, se a nulidade de A for zero.
  • T é sobrejetiva (sobre) se e somente se \operatorname{rank}(A)=\dim(\text{contradomínio})í. Aqui o contradomínio é \mathbb{R}^4, dimensão 4.
Aplicando:
  • Como a nulidade é 1 (não é zero), T NÃO é injetiva.
  • Como o posto é 3<4, T NÃO é sobrejetiva.
Também vale observar a consequência: para transformações lineares entre espaços de mesma dimensão finita, injetividade equivale a sobrejetividade; aqui nenhuma das duas ocorre porque o posto não é máximo.

Resposta

(a) \mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}.
(b) \displaystyle \mathbf{w}=\begin{bmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix} (um exemplo; \mathbf{w}\notin\mathcal{L}(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_4)).
(c) Sim. O conjunto \{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{w}\} é uma base de \mathbb{R}^4.
(d) \operatorname{rank}(A)=3 e \operatorname{nullity}(A)=1. (Núcleo gerado por \begin{bmatrix}1\\\ -1\\\ 1\\\ 1\end{bmatrix}.)
(e) T não é injetiva e não é sobrejetiva.

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