Seja A=\left(\begin{array}{cccc}1 & 0 & 1 & -1 \\\\ 2 & 1 & 0 & -1 \\\\ 5 & 2 & 1 & -3\end{array}\right).
Encontre uma base para N(A).

Passo 1

O problema dá a matriz
A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & 0 & -1 \\[4pt] 5 & 2 & 1 & -3\end{pmatrix}
e pede para encontrar uma base para N(A), ou seja, o espaço nulo de A.
As informações relevantes que temos são:
\text{Dados: }A\text{ é }3\times4\text{ com entradas como acima.}é
\text{Pedido: Uma base de }N(A)=\{x\in\mathbb{R}^4 \mid A x = 0\}.
Não há outras informações (como figura ou tabela) necessárias.]

Passo 2

O que vamos resolver de fato: precisamos achar todos os vetores x=(x_1,x_2,x_3,x_4)^T que satisfazem A x=0. Para isso usamos eliminação por linhas (método de Gauss) para reduzir o sistema linear associado e identificar variáveis pivô e variáveis livres. Vou explicar o porquê desse procedimento de um jeito prático:
  • A equação matricial A x=0 é equivalente a um sistema linear de 3 equações em 4 incógnitas.
  • Na eliminação por linhas transformamos A em uma forma escalonada para achar relações lineares entre as incógnitas.
  • As colunas correspondentes a pivôs representam variáveis que podem ser expressas em função das variáveis livres; as colunas sem pivô correspondem a variáveis livres (parametrizáveis).
  • Cada variável livre gera um vetor solução básico; os vetores obtidos formam um conjunto gerador do espaço nulo. Se esses vetores forem linearmente independentes, eles formam uma base.
Vou aplicar isso passo a passo para a nossa matriz.

Passo 3

Escrevo o sistema A x = 0 explicitamente e começo a eliminação por linhas. Primeiro mostro A:
A=\begin{pmatrix}1 & 0 & 1 & -1 \\[4pt] 2 & 1 & 0 & -1 \\[4pt] 5 & 2 & 1 & -3\end{pmatrix}.
Usarei as linhas R_1,R_2,R_3 para eliminar abaixo do pivô da primeira coluna.
Faço R_2 \leftarrow R_2 - 2R_1 e R_3 \leftarrow R_3 - 5R_1. Calculemos cada uma:
R_2 - 2R_1 = (2,1,0,-1) - 2(1,0,1,-1) = (0,1,-2,1),
R_3 - 5R_1 = (5,2,1,-3) - 5(1,0,1,-1) = (0,2,-4,2).
Portanto a matriz fica
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\[4pt] 0 & 1 & -2 & 1 \\[4pt] 0 & 2 & -4 & 2 \end{pmatrix}.]

Passo 4

Agora usamos o pivô 1 em R_2 (segunda coluna) para zerar abaixo: faço R_3 \leftarrow R_3 - 2R_2.
R_3 - 2R_2 = (0,2,-4,2) - 2(0,1,-2,1) = (0,0,0,0).
A matriz escalonada obtida é
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & -1 \\[4pt] 0 & 1 & -2 & 1 \\[4pt] 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Já temos forma escalonada com pivôs nas colunas 1 e 2. As colunas 3 e 4 não têm pivô, logo x_3 e x_4 são variáveis livres.]

Passo 5

Agora traduzimos as linhas escalonadas em equações (sistema reduzido):
A primeira linha dá
x_1 + x_3 - x_4 = 0,
a segunda linha dá
x_2 - 2x_3 + x_4 = 0,
e a terceira linha é 0=0 (sem informação nova).
Isolando as variáveis pivô x_1 e x_2 em função das livres x_3,x_4:
x_1 = -x_3 + x_4,
x_2 = 2x_3 - x_4.

Passo 6

Parametrizo usando parâmetros para as variáveis livres. Seja s,t\in\mathbb{R} com
x_3 = s,\qquad x_4 = t.
Então
x_1 = -s + t,\qquad x_2 = 2s - t.
Logo o vetor solução x vale
x = \begin{pmatrix}x_1\\[4pt]x_2\\[4pt]x_3\\[4pt]x_4\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-s+t\\[4pt]2s-t\\[4pt]s\\[4pt]t\end{pmatrix} = s\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Isto mostra que todo vetor do núcleo é combinação linear dos dois vetores acima.]

Passo 7

Verifico rapidamente que esses dois vetores realmente pertencem a N(A) (checagem útil para a prova): calcule A v_1 e A v_2 com
v_1=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix},\qquad v_2=\begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}.
Multiplicando A por v_1:
A v_1 = \begin{pmatrix} 1\cdot(-1) + 0\cdot2 + 1\cdot1 + (-1)\cdot0 \\[4pt] 2\cdot(-1) + 1\cdot2 + 0\cdot1 + (-1)\cdot0 \\[4pt] 5\cdot(-1) + 2\cdot2 + 1\cdot1 + (-3)\cdot0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Multiplicando A por v_2:
A v_2 = \begin{pmatrix} 1\cdot1 + 0\cdot(-1) + 1\cdot0 + (-1)\cdot1 \\[4pt] 2\cdot1 + 1\cdot(-1) + 0\cdot0 + (-1)\cdot1 \\[4pt] 5\cdot1 + 2\cdot(-1) + 1\cdot0 + (-3)\cdot1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\[4pt]0\\[4pt]0\end{pmatrix}.
Portanto v_1,v_2\in N(A).]

Passo 8

Argumento que v_1 e v_2 formam uma base: encontramos que todo vetor x\in N(A) é combinação linear de v_1 e v_2 (já mostrado pela parametrização). Além disso, v_1 e v_2 são linearmente independentes porque são geradores correspondentes a parâmetros independentes s e t (ou, alternativamente, porque nenhum é múltiplo escalar do outro). Como geram N(A) e são linearmente independentes, formam uma base de N(A).

Resposta

\displaystyle \begin{pmatrix}-1\\[4pt]2\\[4pt]1\\[4pt]0\end{pmatrix}
\displaystyle \begin{pmatrix}1\\[4pt]-1\\[4pt]0\\[4pt]1\end{pmatrix}]

Exercícios relacionados