(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
(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.
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
(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
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
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
\[\alpha\mathbf{v}_1+\beta\mathbf{v}_2+\gamma\mathbf{v}_3=\mathbf{v}_4.
Resposta para (a) (já encontrada): \mathcal{B}=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3\}. Isso é uma base do espaço gerado porque são três vetores linearmente independentes que geram todas as colunas (inclusive \mathbf{v}_4).
Passo 9
Parte (b): precisamos de um vetor [\mathbf{w}\in\mathbb{R}^4) que não pertença ao espaço gerado por \mathcal{B}. Como \mathcal{B} tem dimensão 3, qualquer vetor que seja linearmente independente dos três serve — em particular, qualquer vetor que não possa ser escrito como combinação linear dos três.
Escolho \displaystyle \mathbf{w}=\begin{bmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{bmatrix} (o quarto vetor da base canônica). Vou mostrar que não existe \alpha,\beta,\gamma tais que \alpha\mathbf{v}_1+\beta\mathbf{v}_2+\gamma\mathbf{v}_3=\mathbf{w}.
Escrevendo coordenadas, a primeira coordenada dá \alpha=0. Substituindo \alpha=0 nas outras equações obtemos:
Das duas primeiras equações obtém-se multiplicando a primeira por 2\]: \(8\beta -2\gamma =0. Subtraindo essa da segunda: (8\beta+3\gamma)-(8\beta-2\gamma)=5\gamma=0\Rightarrow\gamma=0. Então da primeira \beta=0. Mas a terceira equação pede 6\beta+2\gamma=1, que fica 0=1, impossível. Logo não existe solução e \mathbf{w}\notin\mathcal{L}(\mathbf{v}_1,\dots,\mathbf{v}_4).
Assim um vetor que não pertence ao espaço gerado é
Parte (c): perguntar se o conjunto \mathcal{B}\cup\{\mathbf{w}\}=\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3,\mathbf{w}\} é uma base de \mathbb{R}^4.
Argumento: uma base de \mathbb{R}^4 precisa ter exatamente quatro vetores linearmente independentes. Sabemos que \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 são linearmente independentes (são pivôs). Além disso, escolhemos \mathbf{w} de modo que \mathbf{w} não pertence ao espaço gerado por esses três vetores; isso significa exatamente que \mathbf{w} não pode ser escrito como combinação linear de \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3.
Prova curta de independência do conjunto todo: suponha
Se c_4\neq 0, isolando \mathbf{w} obtém-se \mathbf{w} = combinação linear de \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3, contradizendo a escolha de \mathbf{w}. Logo c_4=0. Então c_1\mathbf{v}_1+c_2\mathbf{v}_2+c_3\mathbf{v}_3=\mathbf{0} e, como \mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2,\mathbf{v}_3 são independentes, segue c_1=c_2=c_3=0. Assim todos os coeficientes são zero e o conjunto é linearmente independente.
Tendo quatro vetores linearly independentes em \mathbb{R}^4, eles formam uma base de \mathbb{R}^4. Portanto, sim: \mathcal{B}\cup\{\mathbf{w}\} é uma base de \mathbb{R}^4.
Passo 11
Parte (d): já vimos que o posto \operatorname{rank}(A)=3\) (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):
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.