Verifique se o vetor Y^{\prime}=(3,2,4) é combinação linear dos vetores I_{i}=(1,1,2), I_{2}=(1,0,0) e I_{3}=(4,6,12)
Encontre um conjunto de geradores para o espaço solução do sistema homogèneo A X=0 em que
A=\left[\begin{array}{cccc}1 & 1 & -1 & 2 \\\\ 3 & 2 & -2 & 6 \\\\ 1 & -2 & 2 & 2\end{array}\right].
Considere a matriz
A=\left[\begin{array}{cccc} 1 & -5 & -4 & 4 \\\\ -1 & 4 & 4 & -5 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{array}\right]
a) Qual a dimensão do espaço linha e do espaço coluna de A ?
b) Encontre uma base para o espaço linha e uma base para para o espaço coluna de A.

Passo 1

O exercício tem três partes. Primeiro, verificar se \,Y'=(3,2,4) está no span de I_{1}=(1,1,2), I_{2}=(1,0,0) e I_{3}=(4,6,12), o que pede resolver um sistema para coeficientes escalares. Segundo, encontrar geradores do espaço solução de
A X=0,\quad A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 2\\\\ 3 & 2 & -2 & 6\\\\ 1 & -2 & 2 & 2 \end{pmatrix},
usando eliminação de Gauss e parâmetros livres. Terceiro, para
B=\begin{pmatrix} 1 & -5 & -4 & 4 \\\\ -1 & 4 & 4 & -5 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{pmatrix},
calcular a dimensão do espaço linha e coluna (ou seja, o posto) por eliminação, e extrair bases para esses espaços a partir das linhas pivô e das colunas pivô.

Passo 2

Queremos c_{1}I_{1}+c_{2}I_{2}+c_{3}I_{3}=Y'. Isso dá o sistema
\begin{cases} c_{1}+c_{2}+4c_{3}=3,\\\ c_{1}+6c_{3}=2,\\\\ 2c_{1}+12c_{3}=4. \end{cases}
Note que a terceira equação é exatamente o dobro da segunda, então há dependência e infinitas soluções.

Passo 3

Da segunda equação \,c_{1}=2-6c_{3}. Substituindo na primeira:
(2-6c_{3})+c_{2}+4c_{3}=3 \;\implies\; c_{2}=1+2c_{3}.
Logo o conjunto de soluções é
(c_{1},c_{2},c_{3})=(2-6t,\;1+2t,\;t),\quad t\in\mathbb{R},
mostrando que Y' pertence ao span de \{I_{1},I_{2},I_{3}\}. Por exemplo, para t=0 obtemos Y'=2I_{1}+1I_{2}+0I_{3}.

Passo 4

Para resolver AX=0 com
A=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 2\\\\ 3 & 2 & -2 & 6\\\\ 1 & -2 & 2 & 2 \end{pmatrix},
fazemos eliminação:
  1. R_{2}\leftarrow R_{2}-3R_{1} e R_{3}\leftarrow R_{3}-R_{1}
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -1 & 2\\\\ 0 & -1 & 1 & 0\\\\ 0 & -3 & 3 & 0 \end{pmatrix}.
  1. R_{3}\leftarrow R_{3}-3R_{2} zera a terceira linha. Ficam pivôs em x_{1} e x_{2}, e x_{3},x_{4} livres.

Passo 5

Das equações escalonadas:
\begin{cases} x_{2}=x_{3}=s,\\\ x_{1}+2x_{4}=0\implies x_{1}=-2t, \end{cases}
com s,t\in\mathbb{R}. Assim
X=(x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}) =s\,(0,1,1,0)+t\,(-2,0,0,1).
Portanto um conjunto de geradores (base) do espaço solução é \{(0,1,1,0),\,(-2,0,0,1)\}.

Passo 6

Para
B=\begin{pmatrix} 1 & -5 & -4 & 4 \\\\ -1 & 4 & 4 & -5 \\\\ 0 & 2 & 0 & 0 \end{pmatrix},
fazemos eliminação rápida:
  1. R_{2}\leftarrow R_{2}+R_{1}\Rightarrow(0,-1,0,-1).
  2. R_{3}\leftarrow R_{3}+2R_{2}\Rightarrow(0,0,0,-2).
    Ficamos com três linhas não-nulas em forma escalonada, logo o posto é 3.

Passo 7

Como o posto é 3, temos
a) \dim(\text{espaço linha})=3ç e \dim(\text{espaço coluna})=3ç.
b) Uma base para o espaço linha são as linhas não nulas da forma escalonada:
\{(1,-5,-4,4),\;(0,-1,0,-1),\;(0,0,0,-2)\}.
Uma base para o espaço coluna são as colunas de B que contêm pivôs (1ª, 2ª e 4ª colunas):
\{(1,-1,0),\,(-5,4,2),\,(4,-5,0)\}.

Resposta

  1. Sim, Y' é combinação linear de I_{1},I_{2},I_{3}; por exemplo
Y'=2\,I_{1}+1\,I_{2}+0\,I_{3}.
  1. O espaço solução de AX=0 é gerado por
\{(0,1,1,0),\,(-2,0,0,1)\}.
3a) \dim(\text{espaço linha})=3ç, \dim(\text{espaço coluna})=3ç.
3b) Base do espaço linha: \{(1,-5,-4,4),\,(0,-1,0,-1),\,(0,0,0,-2)\}.
Base do espaço coluna: \{(1,-1,0),\,(-5,4,2),\,(4,-5,0)\}.

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