Seja A=\left[\begin{array}{ccccc}1 & 2 & 0 & -1 & 0 \\\\ -1 & -2 & 2 & -3 & -2 \\\\ 1 & 2 & -1 & 1 & 1 \\\\ 0 & 0 & 2 & -4 & 0\end{array}\right]. Sabe-se que A \sim\left[\begin{array}{ccccc}1 & 2 & 0 & -1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 1 & -2 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0\end{array}\right]
(a) (\mathbf{0}, \mathbf{5} ponto) Encontre um vetor \mathbf{v} que não pertence ao espaço coluna de A.
(b) ( 0,5 ponto) Determine uma base \mathcal{C} para o espaço coluna de A.
(c) \left(0,5\right. ponto) Conclua que o conjunto formado pela união de \{\mathbf{v}\} e \mathcal{C} define una base de \mathbb{R}^{4}.
(d) (0,5 ponto) Determine uma base \mathcal{N} para o espaço nulo de A.
(e) ( 0,5 ponto) Determine uma base \mathcal{L} para o espaço linha de A.

Passo 1

O enunciado dá uma matriz A\in\mathbb{R}^{4\times5} e informa que, por eliminação de linhas, obtemos a forma escalonada
E=\begin{pmatrix} 1 & 2 & 0 & -1 & 0\\\\ 0 & 0 & 1 & -2 & 0\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 1\\\\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Como os pivôs estão nas colunas 1, 3 e 5, o posto de A é 3. Precisamos:
(a) dar um vetor em \mathbb{R}^4 que não esteja no espaço coluna de A (dimensão 3),
(b) encontrar uma base \mathcal{C} do espaço coluna,
(c) mostrar que juntando esse vetor a \mathcal{C} obtemos uma base de \mathbb{R}^4,
(d) achar uma base \mathcal{N} do núcleo de A,
(e) achar uma base \mathcal{L} do espaço linha de A.

Passo 2

(a) Espaço coluna de A tem dimensão 3 e todos os vetores nele têm como quarta componente um múltiplo de 2 (porque, na forma escalonada, a única linha que envolve a quarta coordenada é a segunda, que só gera a contribuição na terceira linha de E). Assim, qualquer vetor cuja quarta componente seja 1 não pode estar no espaço coluna. Por exemplo,
\mathbf{v} = \begin{pmatrix}0\\\ 0\\\ 0\\\ 1\end{pmatrix}
não pertence ao espaço coluna de A.

Passo 3

(b) Uma base para o espaço coluna de A é dada pelas colunas de A que contêm pivô na forma escalonada, ou seja, as colunas 1, 3 e 5 de A. Logo
\mathcal{C} = \left\{ \begin{pmatrix}1\\\ -1\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\\ 2\\\ -1\\\ 2\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0\\\ -2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} \right\}.

Passo 4

(c) Como \mathcal{C} tem 3 vetores em \mathbb{R}^4 e é linearmente independente, e além disso \mathbf{v} não está no span de \mathcal{C}, o conjunto
\{\mathbf{v}\}\,\cup\,\mathcal{C}
contém 4 vetores LI em \mathbb{R}^4. Logo é uma base de \mathbb{R}^4.

Passo 5

(d) Para achar o núcleo de A\), resolvemos \(A\mathbf{x}=0\) usando a forma escalonada: \[\begin{cases} x_{1} + 2x_{2} - x_{4} = 0,\\\ x_{3} - 2x_{4} = 0,\\\ x_{5} = 0. \end{cases}
Fixamos x_{2}=s\], \(x_{4}=t. Então x_{5}=0, x_{3}=2t e x_{1}=-2s + t. Assim
\mathbf{x} = s\,\begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix} + t\,\begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix}.
Uma base para o núcleo é
\mathcal{N} = \left\{ \begin{pmatrix}-2\\\ 1\\\ 0\\\ 0\\\ 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1\\\ 0\\\ 2\\\ 1\\\ 0\end{pmatrix} \right\}.

Passo 6

(e) O espaço linha de A tem dimensão igual ao posto, isto é, 3, e uma base é dada pelas linhas não nulas de sua forma escalonada E. Logo
\mathcal{L} = \left\{ (1,2,0,-1,0), (0,0,1,-2,0), (0,0,0,0,1) \right\}.

Resposta

(a) \displaystyle \mathbf{v}=(0,0,0,1)^{T}.
(b) \displaystyle \mathcal{C}=\bigl\{(1,-1,1,0)^{T},\;(0,2,-1,2)^{T},\;(0,-2,1,0)^{T}\bigr\}.
(c) \{\mathbf{v}\}\cup\mathcal{C} é base de \mathbb{R}^{4}.
(d) \displaystyle \mathcal{N}=\Bigl\{(-2,1,0,0,0)^{T},\;(1,0,2,1,0)^{T}\Bigr\}.
(e) \displaystyle \mathcal{L}=\bigl\{(1,2,0,-1,0),\;(0,0,1,-2,0),\;(0,0,0,0,1)\bigr\}.

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