Determine o espaço nulo de cada uma das seguintes matrizes
\left[\begin{array}{ccc}1 & 3 & -4 \\\\ 2 & -1 & -1 \\\\ -1 & -3 & 4\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede: determinar o espaço nulo (null space) da matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 3 & -4 \\[4pt] 2 & -1 & -1 \\[4pt] -1 & -3 & 4\end{pmatrix}.
Vamos encontrar todos os vetores \mathbf{x}=(x_{1},x_{2},x_{3})^{T} tais que
A\mathbf{x}=\mathbf{0}.
Informações relevantes dadas:
  • A matriz A é uma matriz 3\times3 cujas linhas são (1,3,-4), (2,-1,-1) e (-1,-3,4).
  • Queremos o conjunto de soluções do sistema homogêneo A\mathbf{x}=\mathbf{0}.]

Passo 2

O que é o espaço nulo e como vamos resolver (breve aula):
  • O espaço nulo de A, denotado \operatorname{Null}(A), é o conjunto de todos os vetores \mathbf{x}\in\mathbb{R}^{3} que satisfazem A\mathbf{x}=\mathbf{0}.
  • Resolver A\mathbf{x}=\mathbf{0} é resolver um sistema linear homogêneo. O método mais direto é a eliminação de Gauss (colocar a matriz na forma escalonada por linhas), identificar as variáveis pivô e as variáveis livres, e parametrizar as soluções.
  • Cada equação obtida da matriz escalonada corresponde a uma relação linear entre as coordenadas x_{1},x_{2},x_{3}. Variáveis livres recebem parâmetros (por exemplo t) e a solução geral é escrita em termos desses parâmetros.
    Vou aplicar eliminação de Gauss passo a passo.

Passo 3

Montar a matriz aumentada do sistema homogêneo (coluna de zeros não precisa ser escrita explicitamente). Inicialmente temos a matriz dos coeficientes:
\begin{pmatrix}1 & 3 & -4 \\[4pt] 2 & -1 & -1 \\[4pt] -1 & -3 & 4\end{pmatrix}.
Usamos a primeira linha como pivô e eliminamos abaixo:
  • Fazer R_{2}\leftarrow R_{2}-2R_{1}.
  • Fazer R_{3}\leftarrow R_{3}+R_{1}.
Calculemos:
R_{2}-2R_{1}=(2,-1,-1)-2(1,3,-4)=(2,-1,-1)-(2,6,-8)=(0,-7,7).
R_{3}+R_{1}=(-1,-3,4)+(1,3,-4)=(0,0,0).
Assim obtemos a matriz escalonada:
\begin{pmatrix}1 & 3 & -4 \\[4pt] 0 & -7 & 7 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.]

Passo 4

Continuar a simplificação para facilitar a leitura das equações:
  • Dividir a segunda linha por -7 para obter pivô 1: R_{2}\leftarrow -\tfrac{1}{7}R_{2}.
    Isso dá R_{2}=(0,1,-1). A matriz fica
\begin{pmatrix}1 & 3 & -4 \\[4pt] 0 & 1 & -1 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.
  • Agora zerar o elemento acima do pivô da segunda linha para ter forma escalonada reduzida por linhas: fazer R_{1}\leftarrow R_{1}-3R_{2}.
    Calcule R_{1}-3R_{2}=(1,3,-4)-3(0,1,-1)=(1,3,-4)-(0,3,-3)=(1,0,-1).
    A matriz fica então
\begin{pmatrix}1 & 0 & -1 \\[4pt] 0 & 1 & -1 \\[4pt] 0 & 0 & 0\end{pmatrix}.]

Passo 5

Interpretar as equações correspondentes à matriz escalonada reduzida:
As duas primeiras linhas dão as equações
x_{1}-x_{3}=0, \qquad x_{2}-x_{3}=0.
A terceira linha não dá equação (linha de zeros). Das duas equações acima obtém-se
x_{1}=x_{3},\qquad x_{2}=x_{3}.
Então as três coordenadas são iguais. Tomando um parâmetro \,t\in\mathbb{R} para a variável livre x_{3}, temos
x_{3}=t,\qquad x_{1}=t,\qquad x_{2}=t.
Logo o vetor solução geral é
\mathbf{x}=\begin{pmatrix}x_{1}\\[4pt] x_{2}\\[4pt] x_{3}\end{pmatrix} =t\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.]

Passo 6

Conclusões e verificação rápida:
  • O espaço nulo é o subespaço gerado pelo vetor \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}, ou seja é uma linha através da origem (dimensão 1).
  • Verificação direta: multiplicar A pelo vetor \begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}:
A\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1+3-4\\[4pt]2-1-1\\[4pt]-1-3+4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix},
confirmando que esse vetor está no núcleo e gera todas as soluções.]

Resposta

\operatorname{Null}(A)=\{\,t\,(1,1,1)^{T}\mid t\in\mathbb{R}\,\}=\operatorname{span}\{(1,1,1)^{T}\}

Exercícios relacionados