Encontre bases para \operatorname{Range}(A), \operatorname{Range}\left(A^{T}\right), \operatorname{Null}(A) e \operatorname{Null}\left(A^{T}\right), em que
A=\left[\begin{array}{ccccc} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\\\ -1 & 0 & -1 & 1 & 4 \\\\ 2 & 1 & 1 & -1 & -3 \end{array}\right]

Passo 1

O enunciado dá a matriz
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\\\ -1 & 0 & -1 & 1 & 4 \\\\ 2 & 1 & 1 & -1 & -3 \end{pmatrix}
e pede explicitamente bases para as quatro subespaços:
  • \operatorname{Range}(A);
  • \operatorname{Range}\!\left(A^{T}\right);
  • \operatorname{Null}(A);
  • \operatorname{Null}\!\left(A^{T}\right).
As informações relevantes que temos são os elementos de A acima. A resolução seguirá calculando uma forma escalonada de A para identificar pivôs, colunas-pivô e resolver os sistemas homogêneos necessários.

Passo 2

Primeiro vou reduzir A por operações de linha (eliminação de Gauss) para obter uma forma escalonada que facilite identificar pivôs e equações independentes. Mostrar as transformações ajuda a encontrar a base das colunas, das linhas e a solução do núcleo.
Começo com A:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\\\ 1 & 1 & 0 & 0 & 1 \\\\ -1 & 0 & -1 & 1 & 4 \\\\ 2 & 1 & 1 & -1 & -3 \end{pmatrix}
Faço R_2 \leftarrow R_2 - R_1, R_3 \leftarrow R_3 + R_1, R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1. O resultado é
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 2 \\\\ 0 & 0 & -1 & 1 & 3 \\\\ 0 & 1 & 1 & -1 & -1 \end{pmatrix}.
Agora faço R_4 \leftarrow R_4 - R_2:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 2 \\\\ 0 & 0 & -1 & 1 & 3 \\\\ 0 & 0 & 1 & -1 & -3 \end{pmatrix}.
Multiplico R_3 por -1 para arrumar o pivô em +1, e depois faço R_4 \leftarrow R_4 - R_3, obtendo
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 & -1 \\\\ 0 & 1 & 0 & 0 & 2 \\\\ 0 & 0 & 1 & -1 & -3 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Essa é uma forma escalonada (na verdade já quase em RREF): pivôs nas colunas 1, 2 e 3. Conclusão imediata: \operatorname{rank}(A)=3.
Vou usar esse resultado para construir as bases e também para resolver o sistema homogêneo A x=0.

Passo 3

Explicação do que cada subespaço significa (de forma prática para a prova) e como vamos obter a base:
  • \operatorname{Range}(A) é o subespaço gerado pelas colunas de A. Um fato útil (muito usado em provas): as colunas de A correspondentes às colunas-pivô (na forma escalonada obtida por eliminação) formam uma base para \operatorname{Range}(A). Importante: usar as colunas originais de A, não as colunas da matriz reduzida.
  • \operatorname{Range}\!\left(A^{T}\right) é o espaço linha de A (o subespaço gerado pelas linhas de A). Outra técnica padrão: as linhas não nulas da forma escalonada (ou da RREF) são uma base para o espaço das linhas. Assim vou tomar as três linhas não nulas da matriz reduzida acima como base para \operatorname{Range}\!\left(A^{T}\right).
  • \operatorname{Null}(A) é o conjunto de vetores x\in\mathbb{R}^5 tais que A x=0. Para encontrar a base do núcleo, resolvo o sistema homogêneo usando a forma escalonada: identifico variáveis-pivô e variáveis livres, expresso as variáveis-pivô em função das livres e escrevo a solução geral como combinação linear de vetores geradores (parametrizados pelas variáveis livres).
  • \operatorname{Null}\!\left(A^{T}\right) (espaço nulo à esquerda) é o conjunto de vetores y\in\mathbb{R}^4 tais que A^{T}y=0. Posso obter isso resolvendo diretamente A^{T}y=0, ou reconhecendo que esse espaço é o ortogonal das colunas de A; aqui vou resolver as equações obtidas por produto escalar com as colunas de A.
Agora aplico essas ideias com os cálculos concretos.

Passo 4

Base para \operatorname{Range}(A) (espaço das colunas).
Identifiquei pivôs nas colunas 1,2,3. Portanto as colunas \mathbf{a}_1,\mathbf{a}_2,\mathbf{a}_3 originais de A formam uma base de \operatorname{Range}(A). Escrevo-as explicitamente (cada coluna é um vetor em \mathbb{R}^4):
\mathbf{a}_1=\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix},\qquad \mathbf{a}_2=\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\qquad \mathbf{a}_3=\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Explicação rápida: por que usar as colunas originais e não as da matriz reduzida? Porque operações de linha preservam combinações lineares entre colunas, e as colunas-pivô da versão reduzida correspondem às colunas originais que são linearmente independentes e geram o mesmo subespaço coluna.]

Passo 5

Base para \operatorname{Range}\!\left(A^{T}\right) (espaço das linhas de A).
As linhas não-nulas da forma escalonada que obtivemos são (cada linha é um vetor em \mathbb{R}^5):
r_1=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & -1\end{pmatrix},\quad r_2=\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix},\quad r_3=\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 & -1 & -3\end{pmatrix}.
Essas três linhas são linearmente independentes e geram o espaço linha de A. Logo uma base conveniente para \operatorname{Range}\!\left(A^{T}\right) é formada por esses três vetores (escritos como vetores coluna quando necessário, mas aqui mantidos como linhas para clareza).
Observação didática: qualquer conjunto de linhas independentes que gere o mesmo subespaço serve; as linhas da forma escalonada são padrão porque são simples e sempre independentes.

Passo 6

Resolver \operatorname{Null}(A), ou seja o sistema homogêneo A x=0.
Chamo as componentes de x de x_1,x_2,x_3,x_4,x_5. A forma escalonada fornece as equações lineares equivalentes:
\begin{aligned} x_1 - x_5 &= 0,\\\ x_2 + 2x_5 &= 0,\\\ x_3 - x_4 - 3x_5 &= 0. \end{aligned}
Aqui x_4 e x_5 são variáveis livres; denoto s=x_4 e t=x_5. Das equações obtemos:
x_1 = t,\qquad x_2 = -2t,\qquad x_3 = s+3t,\qquad x_4 = s,\qquad x_5 = t.
Portanto a solução geral é
x = \begin{pmatrix}x_1\x_2\x_3\x_4\x_5\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 3\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}, \qquad s,t\in\mathbb{R}.
Logo uma base para \operatorname{Null}(A) é formada pelos dois vetores
\begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} \quad\text{e}\quad \begin{pmatrix}1\\\ -2\\\ 3\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}.
(Dica para prova: o número de vetores na base do núcleo é 5-\operatorname{rank}(A)=5-3=2, concordando com o resultado.)

Passo 7

Resolver \operatorname{Null}\!\left(A^{T}\right) (espaço nulo à esquerda), isto é encontrar todos y\in\mathbb{R}^4 tais que A^{T}y=0.
Escrevo y=(y_1,y_2,y_3,y_4)^T. A equação A^{T}y=0 é equivalente a exigir que y seja ortogonal a cada coluna de A. Usando as colunas de A (estas informações vêm da matriz dada no enunciado), obtemos o sistema:
\begin{aligned} \text{(coluna 1)}&:\; y_1 + y_2 - y_3 + 2y_4 = 0,\\\ \text{(coluna 2)}&:\; y_2 + y_4 = 0,\\\ \text{(coluna 3)}&:\; -y_3 + y_4 = 0,\\\ \text{(coluna 4)}&:\; y_3 - y_4 = 0,\\\ \text{(coluna 5)}&:\; -y_1 + y_2 + 4y_3 -3y_4 = 0. \end{aligned}
Das equações da coluna 2 e da coluna 3 (ou coluna 4) segue y_2 = -y_4 e y_3 = y_4. Substituindo em (coluna 1) obtemos y_1=0. A equação da coluna 5 fica automaticamente satisfeita com essas relações. Assim há uma única liberdade: tomo t=y_4 e obtenho
y = t\begin{pmatrix}0\\\ -1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix},\qquad t\in\mathbb{R}.
Portanto \operatorname{Null}\!\left(A^{T}\right) tem dimensão 1 e uma base é
\begin{pmatrix}0\\\ -1\\\ 1\\\ 1\end{pmatrix}.

Resposta

\operatorname{Range}(A) base: \left\{\begin{pmatrix}1\\[4pt]1\\[4pt]-1\\[4pt]2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[4pt]1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]-1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
\operatorname{Range}\!\left(A^{T}\right) base: \left\{\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 & 0 & -1\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0 & 1 & 0 & 0 & 2\end{pmatrix},\begin{pmatrix}0 & 0 & 1 & -1 & -3\end{pmatrix}\right\}
\operatorname{Null}(A) base: \left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]1\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\begin{pmatrix}1\\[4pt]-2\\[4pt]3\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}
\operatorname{Null}\!\left(A^{T}\right) base: \left\{\begin{pmatrix}0\\[4pt]-1\\[4pt]1\\[4pt]1\end{pmatrix}\right\}]

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