Desesigrando por R(A) o espaço das colunas, por L(A) o espaço das linhas e por N(A) o núcleo de uma matriz A, determine a dimensão e uma base de cada um dos espaços R(A), L(A) e N(A) para a matriz:
(lllll2 & 1 & 3 & 0 & 1 4 & 0 & 2 & 0 & 4 0 & 3 & 1 & 0 & 2 2 & 0 & 3 & 0 & 0)

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A = 2 & 1 & 3 & 0 & 1 4 & 0 & 2 & 0 & 4 0 & 3 & 1 & 0 & 2 2 & 0 & 3 & 0 & 0 ,
pede o espaço das colunas R(A), o espaço das linhas L(A) e o núcleo N(A).
Para isso vamos usar eliminação de Gauss-Jordan para achar a forma reduzida, identificar pivôs (e assim a dimensão e base de R(A) e L(A)) e depois resolver A x=0 para N(A).

Passo 2

Fazendo operações de linha para levar A à forma reduzida a escada (RREF), obtemos
rref(A) = 1 & 0 & 0 & 0 & tfrac32 [6pt] 0 & 1 & 0 & 0 & 1 [6pt] 0 & 0 & 1 & 0 & -1 [6pt] 0 & 0 & 0 & 0 & 0
Dessa forma o número de linhas não nulas é 3, ou seja o posto (rank) de A é 3. Os pivôs estão nas colunas 1, 2 e 3.]

Passo 3

O espaço das colunas R(A) tem dimensão igual ao posto, portanto
dim R(A)=3
Uma base natural é dada pelas colunas originais de A correspondentes às colunas-pivô, isto é
l 2402,, 1030,, 3213 r

Passo 4

O espaço das linhas L(A) também tem dimensão 3, pois a eliminação por linhas preserva o espaço das linhas.
Uma base é dada pelas três linhas não nulas da forma reduzida:
l (1,,0,,0,,0,,tfrac32),; (0,,1,,0,,0,,1),; (0,,0,,1,,0,,-1) r

Passo 5

Para o núcleo N(A) resolvemos rref(A), x=0. Chamando x=(x1,x2,x3,x4,x5), os pivôs dão
x1 + tfrac32 x5 =0, x2 + x5 =0, x3 - x5 =0,
enquanto x4 e x5 são livres. Assim
x1 = -tfrac32 x5, x2 = -x5, x3 = x5, x4 = t, x5 = s
Logo
x = s-tfrac32-1101 + t00010,
e portanto
dim N(A)=2,
com base por exemplo
l (-tfrac32,,-1,,1,,0,,1)^ T,; (0,,0,,0,,1,,0)^ T r

Resposta

dim R(A)=3, base de R(A):
(2,4,0,2)^T,,(1,0,3,0)^T,,(3,2,1,3)^T.
dim L(A)=3, base de L(A):
(1,0,0,0,tfrac32),,(0,1,0,0,1),,(0,0,1,0,-1).
dim N(A)=2, base de N(A):
(-tfrac32,-1,1,0,1)^T,,(0,0,0,1,0)^T.

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