Encontre uma base para o espaço das colunas da matriz
A=\left[\begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 3 & 1 & 6 \\\\ 2 & 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ -3 & 2 & 1 & -2 & 1 \\\\ 4 & 1 & 6 & 1 & 3 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 6 \\\\ 2 & 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ -3 & 2 & 1 & -2 & 1 \\\\ 4 & 1 & 6 & 1 & 3 \end{pmatrix}
e pede: encontrar uma base para o espaço gerado pelas colunas de A (ou seja, uma base do espaço das colunas de A).
Informações relevantes dadas:
  • A matriz A é de tamanho 4\times5.
  • As colunas de A são vetores em \mathbb{R}^4: vou chamá-las de \mathbf{c}_1,\mathbf{c}_2,\mathbf{c}_3,\mathbf{c}_4,\mathbf{c}_5, onde, por exemplo,
\mathbf{c}_1=\begin{pmatrix}1\\\ 2\\\ -3\\\ 4\end{pmatrix},\qquad \mathbf{c}_2=\begin{pmatrix}1\\\ 1\\\ 2\\\ 1\end{pmatrix},\\ \text{etc.}
  • O objetivo é produzir um conjunto de colunas de A que seja linearmente independente e que gere (span) todas as colunas — ou seja, uma base do espaço coluna.

Passo 2

Estratégia que vou usar (apenas descrição do método): aplicar operações elementares de linha para colocar A em forma escalonada (e reduzir até a forma escalonada reduzida). Observação importante (sem demonstrar ainda): operações de linha não mudam as dependências lineares entre as colunas no sentido de que as colunas que aparecem como colunas-pivô na forma escalonada correspondem a colunas linearmente independentes da matriz original. Assim, identificando as colunas-pivô (índices das colunas com pivôs) obtemos quais colunas originais formam uma base do espaço coluna.
Agora eu faço a redução por linhas passo a passo (cada operação é uma operação elementar de linhas).

Passo 3

Escrevo A e aplico as primeiras operações para zerar abaixo do pivô na primeira coluna (uso R_i para linha i):
Matriz inicial:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 6 \\\\ 2 & 1 & 0 & 1 & -1 \\\\ -3 & 2 & 1 & -2 & 1 \\\\ 4 & 1 & 6 & 1 & 3 \end{pmatrix}
Faço R_2\leftarrow R_2-2R_1, R_3\leftarrow R_3+3R_1, R_4\leftarrow R_4-4R_1. Resultado:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 6 \\\\ 0 & -1 & -6 & -1 & -13 \\\\ 0 & 5 & 10 & 1 & 19 \\\\ 0 & -3 & -6 & -3 & -21 \end{pmatrix}

Passo 4

Torno o pivô da segunda linha igual a 1 multiplicando por -1: R_2\leftarrow -R_2. Em seguida zerarei os outros elementos da segunda coluna.
Após R_2\leftarrow -R_2:
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 3 & 1 & 6 \\\\ 0 & 1 & 6 & 1 & 13 \\\\ 0 & 5 & 10 & 1 & 19 \\\\ 0 & -3 & -6 & -3 & -21 \end{pmatrix}
Agora faço R_1\leftarrow R_1-R_2, R_3\leftarrow R_3-5R_2, R_4\leftarrow R_4+3R_2. Resultado:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -3 & 0 & -7 \\\\ 0 & 1 & 6 & 1 & 13 \\\\ 0 & 0 & -20 & -4 & -46 \\\\ 0 & 0 & 12 & 0 & 18 \end{pmatrix}

Passo 5

Agora foco na terceira coluna. Tenho duas linhas com entradas não nulas na coluna 3: -20 (linha 3) e 12 (linha 4). Vou eliminar uma usando a outra. Faço R_3\leftarrow R_3+\tfrac{5}{3}R_4. (Esse fator foi escolhido para zerar a componente da coluna 3 de R_3: -20+(5/3)\cdot12=0.)
Após R_3\leftarrow R_3+\tfrac{5}{3}R_4:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -3 & 0 & -7 \\\\ 0 & 1 & 6 & 1 & 13 \\\\ 0 & 0 & 0 & -4 & -16 \\\\ 0 & 0 & 12 & 0 & 18 \end{pmatrix}
Agora troco R_3 com R_4 para ter o pivô da terceira coluna na linha 3: R_3\leftrightarrow R_4. Resultado:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -3 & 0 & -7 \\\\ 0 & 1 & 6 & 1 & 13 \\\\ 0 & 0 & 12 & 0 & 18 \\\\ 0 & 0 & 0 & -4 & -16 \end{pmatrix}

Passo 6

Torno o pivô da terceira linha igual a 1 dividindo por 12: R_3\leftarrow \tfrac{1}{12}R_3. Depois uso esse pivô para zerar as entradas acima na coluna 3.
Após R_3\leftarrow \tfrac{1}{12}R_3:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & -3 & 0 & -7 \\\\ 0 & 1 & 6 & 1 & 13 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} \\\\ 0 & 0 & 0 & -4 & -16 \end{pmatrix}
Agora elimino coluna 3 em R_1 e R_2: faço R_1\leftarrow R_1+3R_3 e R_2\leftarrow R_2-6R_3. Resultado:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -\tfrac{5}{2} \\\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 4 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} \\\\ 0 & 0 & 0 & -4 & -16 \end{pmatrix}

Passo 7

Por fim, trato a quarta coluna: faço R_4\leftarrow -\tfrac{1}{4}R_4 para o pivô igual a 1, e então zerei a entrada da quarta coluna em R_2.
Após R_4\leftarrow -\tfrac{1}{4}R_4:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -\tfrac{5}{2} \\\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 4 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}
Agora R_2\leftarrow R_2-R_4 (para zerar a quarta coluna em R_2):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -\tfrac{5}{2} \\\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 & \tfrac{3}{2} \\\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 4 \end{pmatrix}
Esta é a forma escalonada reduzida (RREF) da matriz A. Observação: as operações usadas foram apenas operações de linha (multiplicação à esquerda por matrizes elementares invertíveis), portanto os pivôs que apareceram indicam quais colunas originais são independentes.

Passo 8

Identificação dos pivôs: aparecem pivôs nas colunas 1, 2, 3 e 4. Isso significa que as colunas originais \mathbf{c}_1,\mathbf{c}_2,\mathbf{c}_3,\mathbf{c}_4 de A são linearmente independentes e geram o espaço coluna. A quinta coluna é combinação linear das primeiras quatro (portanto é redundante). Logo uma base natural para o espaço das colunas é o conjunto das primeiras quatro colunas originais de A.

Resposta

\left\{ \begin{pmatrix}1\\2\\-3\\4\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}1\\1\\2\\1\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}3\\0\\1\\6\end{pmatrix},\ \begin{pmatrix}1\\1\\-2\\1\end{pmatrix} \right\}

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