Encontre a dimensão e uma base para o espaço de linhas \mathcal{L}(\mathcal{A}). Além disso, complete uma base para \mathbb{R}^{4} usando vetores de sua base canônica.
A=\left[\begin{array}{cccc}1 & -1 & 2 & 1 \\\\ 2 & 1 & 1 & -1 \\\\ 3 & 0 & 3 & 0 \\\\ 1 & 2 & -1 & -2\end{array}\right]

Passo 1

O enunciado pede duas coisas claras:
  • Encontrar a dimensão de \mathcal{L}(\mathcal{A}) (o espaço gerado pelas linhas da matriz A) e apresentar uma base para \mathcal{L}(\mathcal{A}).
  • Completar essa base até uma base de \mathbb{R}^{4} usando vetores da base canônica.
Informações fornecidas (peguei diretamente do enunciado):
A=\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 0 & 3 & 0\\[4pt] 1 & 2 & -1 & -2 \end{pmatrix}.
Observações úteis que vou usar (sem resolver ainda):
  • Operações elementares sobre linhas não mudam o espaço das linhas (ou seja, \mathcal{L}(A) é igual ao espaço das linhas da matriz obtida por eliminação).
  • A dimensão de \mathcal{L}(A) é o número de linhas não-nulas na forma escalonada reduzida por linhas (o posto, ou número de pivôs).]

Passo 2

Começo a reduzir A por eliminação gaussiana (vou mostrar todas as operações e resultados passo a passo). A matriz inicial é
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1\\[4pt] 2 & 1 & 1 & -1\\[4pt] 3 & 0 & 3 & 0\\[4pt] 1 & 2 & -1 & -2 \end{pmatrix}.
Usarei a primeira linha como pivô (primeiro pivô \;1 na coluna 1). Elimino abaixo:
  • R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1.
  • R_3 \leftarrow R_3 - 3R_1.
  • R_4 \leftarrow R_4 - R_1.
Calculemos cada um:
  • Para R_2: (2,1,1,-1) - 2(1,-1,2,1) = (2-2,\;1-2(-1),\;1-2\cdot2,\;-1-2\cdot1) = (0,3,-3,-3).
  • Para R_3: (3,0,3,0) - 3(1,-1,2,1) = (0,3,-3,-3).
  • Para R_4: (1,2,-1,-2) - (1,-1,2,1) = (0,3,-3,-3).
A matriz após essas operações é
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 3 & -3 & -3\\[4pt] 0 & 3 & -3 & -3\\[4pt] 0 & 3 & -3 & -3 \end{pmatrix}.]

Passo 3

Agora, com a segunda linha R_2 = (0,3,-3,-3) podemos eliminar as linhas 3 e 4:
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_2 = (0,0,0,0).
  • R_4 \leftarrow R_4 - R_2 = (0,0,0,0).
Ficamos com
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 3 & -3 & -3\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Isso mostra já que só há, no máximo, dois pivôs (coluna 1 e coluna 2), então o posto é \le 2. Prosseguirei para a forma escalonada reduzida por linhas (RREF) para obter uma base simples das linhas.]

Passo 4

Normalizo o pivô da segunda linha dividindo R_2 por 3:
R_2 \leftarrow \tfrac{1}{3}R_2 = (0,1,-1,-1).
Agora a matriz é
\begin{pmatrix} 1 & -1 & 2 & 1\\[4pt] 0 & 1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Elimino o termo acima do pivô da coluna 2 para obter forma reduzida:
  • R_1 \leftarrow R_1 + R_2 (porque R_1 tem -1 na coluna 2).
    Calculando:
R_1 + R_2 = (1,-1,2,1) + (0,1,-1,-1) = (1,0,1,0).
A forma escalonada reduzida por linhas final fica
\mathrm{RREF}(A)= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 0\\[4pt] 0 & 1 & -1 & -1\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0\\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.]

Passo 5

Interpretação e conclusão sobre a dimensão:
  • O número de linhas não-nulas em \mathrm{RREF}(A) é 2. Portanto a dimensão de \mathcal{L}(\mathcal{A}) (posto da matriz) é \;2.
  • Além disso, as linhas não-nulas da \mathrm{RREF}(A) são vetores da forma
v_1=(1,0,1,0),\qquad v_2=(0,1,-1,-1),
e como operações de linha não mudam o espaço gerado pelas linhas, \{v_1,v_2\} é uma base para \mathcal{L}(\mathcal{A}).
Explico por que é legítimo usar as linhas da \mathrm{RREF} como base:
  • Cada operação elementar de linha transforma o conjunto de linhas por uma combinação invertível; assim o espaço linear gerado pelas linhas permanece o mesmo. Em \mathrm{RREF} temos linhas não-nulas que são linearmente independentes e geram o espaço das linhas, portanto formam uma base.

Passo 6

Agora completo essa base até uma base de \mathbb{R}^{4} usando vetores da base canônica. A base canônica de \mathbb{R}^{4} é
e_1=(1,0,0,0),\; e_2=(0,1,0,0),\; e_3=(0,0,1,0),\; e_4=(0,0,0,1).
Preciso escolher dois vetores canônicos que, juntos com v_1 e v_2, formem um conjunto linearmente independente de quatro vetores. Vou escolher e_3 e e_4 (por serem simples e funcionarem bem). Verificação rápida de independência (argumento direto):
  • Suponha \alpha v_1+\beta v_2+\gamma e_3+\delta e_4=0.
  • Escrevendo coordenada a coordenada obtemos:
    • primeira coordenada: \alpha = 0.
    • segunda coordenada: \beta = 0.
    • terceira coordenada: \alpha - \beta + \gamma = 0 → com \alpha=\beta=0 \gamma=0.
    • quarta coordenada: -\beta + \delta = 0 → com \beta=0 \delta=0.
      Logo os coeficientes todos são zero, provando independência linear.
Portanto \{v_1,v_2,e_3,e_4\} é uma base de \mathbb{R}^{4} que usa vetores da base canônica para completar.

Resposta

Dimensão de \mathcal{L}(\mathcal{A}) = 2.
Base para \mathcal{L}(\mathcal{A}): (1,0,1,0) e (0,1,-1,-1).
Uma base de \mathbb{R}^{4} que completa a base das linhas usando vetores da base canônica:
(1,0,1,0),\quad (0,1,-1,-1),\quad (0,0,1,0),\quad (0,0,0,1).

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