Prova 1 de algebra resolvida

Prévia do material em texto

Disciplina Álgebra Linear 
 
 
Nome: Matŕıcula: 
 
 
 
 
Problema 1. Verdadeiro/Falso (2,0 potos) 
Nos itens abaixo, determine se a afirmação é verdadeira ou falsa, justificando sua resposta. 
 
1. (F) Um vetor é um segmento de reta orientado (seta); 
Resposta e/ou justificativas: Um vetor é determinado de acordo com o espaço vetorial em questão. 
 
2. (F) Um vetor é uma ênupla de números reais; 
Resposta e/ou justificativas: Um vetor é determinado de acordo com o espaço vetorial em questão. 
 
3. (V) Um vetor é um elemento qualquer num espaço vetorial; 
Resposta e/ou justificativas: Um vetor é determinado de acordo com o espaço vetorial em questão. 
 
4. (F) Existe um espaço vetorial consistindo em exatamente dois vetores distintos; 
Resposta e/ou justificativas a soma de dois elementos gera um terceiro elemento 
 
5. (F) O conjunto de polinômios de grau exatamente 1 é um espaço vetorial com as operações usuais; 
Resposta e/ou justificativas o polinômio deve ter o temo constante nulo para ser um espaço vetorial 
 
6. (V) Cada subespaço de um espaco vetorial é, ele mesmo, um espaço vetorial; 
Resposta e/ou justificativas visto que um subespaço é por si só um espaço vetorial 
 
7. (V) Cada espaço vetorial é um subespaço de si mesmo. 
Resposta e/ou justificativas ́e um subespaço trivial 
 
8. (F) Cada subconjunto de um espaço vetorial V que contenha o vetor zero de V é um subespaço de V ; 
Resposta e/ou justificativas são três as condições para que um subconjunto seja um subespaço vetorial 
 
9. (F) O conjunto R
2 é um subespaço de R3; 
Resposta e/ou justificativas Com base no estudo realizado para o R
2
, podemos supor que os subespaços 
vetoriais de R
3 são: o conjunto formado apenas pelo seu vetor nulo {(0, 0, 0)}, o próprio R3, os conjuntos 
que representam retas que passam pela origem do sistema cartesiano em três dimensões e os conjuntos de 
pontos que representam planos que passam pela origem do sistema cartesiano. 
 
10. (F) O conjunto das solucões de um sistema linear consistente Ax = b de m equações em n incógnitas é um 
subespaco de Rn; 
Resposta e/ou justificativas em geral o vetor nulo não é solução do sistema, logo não possuindo elemento 
neutro. 
11. (V) O gerado de qualquer conjunto finito de vetores em um espaço vetorial é fechado na adição e na 
multiplicação por escalar; 
Resposta e/ou justificativas O conjunto herda as operações do espaço vetorial. 
12. (V) A interseção de dois subespacos quaisquer de um espaço vetorial V é um subespaço vetorial de V ; 
Resposta e/ou justificativas se tivermos dois subespaços a interseção de subespaços ́e sempre um su- 
bespaço vetorial 
13. (F) A união de dois subespacos quaisquer de um espaço vetorial V é um subespaço vetorial de V ; 
Resposta e/ou justificativas Tome o eixo-x e o eixo-y que são subespaços e a união deles não ́e um 
subespaço. 
14. (F) Dois subconjuntos de um espaço vetorial V que geram o mesmo subespaço de V devem ser iguais; 
Resposta e/ou justificativas conjuntos de vetores diferentes podem gerar o mesmo plano por exemplo. 
 
15. (V) O conjunto de matrizes n × n triangulares superiores é um subespaço do espaço vetorial de todas as 
matrizes n × n; 
Resposta e/ou justificativas O fato das matizes forem do tipo n × n as operações estão bem definidas, 
as matrizes nulas, simétricas e são triangulares 
16. (F) Os polinômios x − 1, (x − 1)2 e (x − 1)3 geram P3; 
Resposta e/ou justificativas x − c, (x − c)
2
 e (x − c)
3
 geram P
3
 para todo c ∈ R 
17. (F) O conjunto Q dos números racionais é um espaço vetorial real; 
Resposta e/ou justificativas Geralmente, produtos entre dois números é racional se ambos forem raci- 
onais .Tome p /= 0 e r irracional; segue o produto pr ́e irracional. De fato, se pr fosse racional, pelo que 
p /= 0, então r se exprimiria por razão entre números racionais que é ainda um racional. Assim, Q não é um 
espaço vetorial 
18. (F) O conjunto Q
2 = {(a, b)|a, b ∈ Q}, com as operações usuais, é um espaço vetorial real; 
Resposta e/ou justificativas Geralmente, produtos entre dois números é racional se ambos forem raci- 
onais .Tome p /= 0 e r irracional; segue o produto pr ́e irracional. De fato, se pr fosse racional, pelo que 
p /= 0, então r se exprimiria por razão entre números racionais que é ainda um racional. Assim, Q
2
 não é 
um espaço vetorial 
19. (V) O conjunto unitário {0}, com as operações usuais, é um espaço vetorial real. 
Resposta e/ou justificativas As operações de soma e multiplicação por escalar estão bem definidas e o 
elemento {0} é o elemento neutro, simétrico e inverso ao mesmo tempo. 
20. (V) O conjunto unitário {e}, com as operações usuais, é um espaço vetorial real. 
Resposta e/ou justificativas As operações de soma e multiplicação por escalar estão bem definidas e o 
elemento {e} é o elemento neutro, simétrico e inverso ao mesmo tempo. 
Problema 2. Espaços Vetoriais (2,0 potos) 
 
 
1. Determine se o conjunto de todos os ternos de números reais com a operação padrão de adição, mas com 
multiplicação por escalar definida por 
 
a(x, y, z) = (a
2
x, a
2
y, a
2
z) 
é um espaço vetorial. Caso não seja um espaço vetorial, identifique os axiomas que falham; 
Resposta e/ou justificativas: Um conjunto não vazio V é um Espaço Vetorial, definido sobre um corpo 
K (que pode ser os reais ou os complexos), se satisfaz as condições: 
Tome u = (u1, u2, u3), v = (v1, v2, v3), w = (w1, w2, w3) ∈ V e a, b ∈ K 
(A) Existe uma operação de adição, entre dois elementos u, v ∈ V , cujo resultado é um elemento u + v ∈ V . 
(Fechamento da Adição), isto é, 
 
+ : V × V → V 
(u, v) → u + v = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) 
(A1) Associatividade: (u + v) + w = u + (v + w), para quaisquer u, v, w ∈ V ; 
u + (v + w) = (u1, u2, u3) + [(v1, v2, v3) + (w1, w2, w3)] 
= (u1, u2, u3) + [(v1 + w1, v2 + w2, v3 + w3)] 
= (u1 + (v1 + w1), u2 + (v2 + w2), u3 + (v3 + w3)) 
= ((u1 + v1) + w1, (u2 + v2) + w2, (u3 + v3) + w3) 
= [u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3] + (w1, w2, w3) 
= [(u1, u2, u3) + (v1, v2, v3)] + (w1, w2, w3) 
u + (v + w) = (u + v) + w 
(A2) Elemento neutro: existe o vetor 0 ∈ V que satisfaz v + 0 = 0 + v = v, para qualquer v ∈ V ; 
v + e = v ⇒ (u1, u2, u3) + (e1, e2, e3) = (u1, u2, u3) 
⇒ −(u1, u2, u3) + (u1, u2, u3) + (e1, e2, e3) = −(u1, u2, u3) + (u1, u2, u3) 
⇒ (−u1, −u2, −u3) + (u1, u2, u3) + (e1, e2, e3) = (−u1, −u2, −u3) + (u1, u2, u3) 
⇒ (−u1 + u1, −u2 + u2, −u3 + u3) + (e1, e2, e3) = (−u1 + u1, −u2 + u2, −u3 + u3) 
⇒ (0, 0, 0) + (e1, e2, e3) = (0, 0, 0) 
⇒ (0 + e1, 0 + e2, 0 + e3) = (0, 0, 0) 
⇒ (e1, e2, e3) = (0, 0, 0) 
⇒ e = (0, 0, 0) 
(A3) Inverso aditivo: para cada v ∈ V , existe o inverso u = −v ∈ V , que satisfaz v + u = 0; 
v + u = 0 ⇒ (v1, v2, v3) + (u1, u2, u3) = (e1, e2, e3) = (0, 0, 0) 
⇒ (v1, v2, v3) + (u1, u2, u3) = (0, 0, 0) 
⇒ −(v1, v2, v3) + (v1, v2, v3) + (u1, u2, u3) = −(v1, v2, v3) + (0, 0, 0) 
⇒ (−v1, −v2, −v3) + (v1, v2, v3) + (u1, u2, u3) = (−v1, −v2, −v3) + (0, 0, 0) 
⇒ (−v1 + v1, −v2 + v2, −v3 + v3) + (u1, u2, u3) = (−v1 + 0, −v2 + 0, −v3 + 0) 
⇒ (0, 0, 0) + (u1, u2, u3) = (−v1, −v2, −v3) 
⇒ (0 + u1, 0 + u2, 0 + u3) = (−v1, −v2, −v3) 
⇒ (u1, u2, u3) = (−v1, −v2, −v3) 
v + u = 0 ⇒ u = −v 
(A4) Comutatividade: u + v = v + u, para quaisquer u, v ∈ V ; 
 
u + v = (u1, u2, u3) + (v1, v2, v3) 
 = (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) 
 = (v1 + u1, v2 + u2, v3 + u3) 
 = (v1, v2, v3) + (u1, u2, u3) 
u + v = v + u 
(M) Existe uma operação de multiplicacão, entre um elemento u ∈ V e um escalar a ∈ K (Real ou 
Complexo), cujo resultadoé um elemento au ∈ V . (Fechamento da Multiplicação por Escalar). 
· : K × V → V 
(α, u) → a · u = (a2u1, a2u2, a2u3) 
(M1) Associatividade da multiplicacão por escalar: a · (b · v) = (a · b) · v, para quaisquer a, b ∈ R e 
qualquer v ∈ V ; 
a · (b · v) = a · (b · (v1, v2, v3)) 
= a · ((b
2
v1, b
2
v2, b
2
v3)) 
= ((a
2
(b
2
v1), a
2
(b
2
v2), a
2
(b
2
v3))) 
= ((a
2
b
2
)v1, (a
2
b
2
)v2, (a
2
b
2
)v3)) 
= (ab)(v1, v2, v3) 
= (ab)v 
(M2) Distributiva de um escalar em relação à soma de vetores: a · (u + v) = a · v + a · u, para qualquer 
a ∈ R e quaisquer u, v ∈ V ; 
a · (u + v) = a · (u1 + v1, u2 + v2, u3 + v3) 
= (a
2
(u1 + v1), a
2
(u2 + v2), a
2
(u3 + v3)) 
= (a
2
u1 + a
2
v1, a
2
u2 + a
2
v2, a
2
u3 + a
2
v3) 
= (a
2
v1, a
2
v2, a
2
v3) + (a
2
u1, a
2
u2, a
2
u3) 
= a(v1, v2, v3) + a(u1, u2, u3) 
a · (u + v) = av + au 
(M3) Distributiva da soma de escalares em relação a um vetor: (a + b) · v = a · v + b · v, para quaisquer 
a, b ∈ R e qualquer v ∈ V . 
(a + b) · v = (a + b) · (v1, v2, v3) 
= ((a + b)
2
v1, (a + b)
2
v2, (a + b)
2
v3) 
= ((a
2 + 2ab + b2)v1, (a2 + 2ab + b2)v2, (a2 + 2ab + b2)v3) 
= ((a
2
v1 + 2abv1 + b2v1), (a2v2 + 2abv2 + b2v2), (a2v3 + 2abv3 + b2v3)) 
= ((a
2
v1 + +b2v1), (a2v2 + b2v2), (a2v3 + +b2v3)) + (2abv1, 2abv2, 2abv3) 
= (a
2
v1, a
2
v2, a
2
v3) + (b
2
v1, b
2
v2, b
2
v3) + (2abv1, 2abv2, 2abv3) 
= a(v1, v2, v3) + b(v1, v2, v3) + 2ab(v1, v2, v3) 
(a + b) · v /= av + bv + 2abv 
(M4) Vale que 1 · v = v, ou seja, a unidade dos números reais não altera os vetores de V ; 
1 · v = 1 · v 
= 1 · (v1, v2, v3) 
= (1v1, 1v2, 1v3) 
= (v1, v2, v3) 
1 · v = v 
Como a propriedade M3 falha, V não é um espaço vetorial. <J 
2. Mostre que, no conjunto A = {0, 1}, as operações definidas abaixo satisfazem a todas as condições da 
definição de espaço vetorial real, exceto à lei associativa para a multiplicação por escalar e às leis distributivas. 
Resposta e/ou justificativas: 
Adição: 0 ⊕ 0 = 0, 0 ⊕ 1 = 1, 1 ⊕ 0 = 1 e e1 ⊕ 1 = 0 
(A1) Associatividade: (u + v) + w = u + (v + w), para quaisquer u, v, w ∈ A; 
i. (0 ⊕ 0) ⊕ 0 = 0 ⊕ 0 = 0 = 0 ⊕ 0 = 0 ⊕ (0 ⊕ 0) 
ii. (1 ⊕ 0) ⊕ 0 = 1 ⊕ 1 = 1 = 1 ⊕ 1 = 1 ⊕ (0 ⊕ 0) 
iii. (1 ⊕ 1) ⊕ 1 = 0 ⊕ 1 = 1 = 1 ⊕ 0 = 1 ⊕ (1 ⊕ 1) 
iv. (1 ⊕ 0) ⊕ 0 = 1 ⊕ 0 = 1 = 1 ⊕ 0 = 1 ⊕ (0 ⊕ 0) 
v. (0 ⊕ 1) ⊕ 0 = 1 ⊕ 0 = 1 = 0 ⊕ 1 = 0 ⊕ (1 ⊕ 0) 
vi. (0 ⊕ 1) ⊕ 1 = 1 ⊕ 1 = 0 = 1 ⊕ 1 = 0 ⊕ (1 ⊕ 1) 
(A2) Elemento neutro: existe o vetor 0 ∈ V que satisfaz v + 0 = 0 + v = v, para qualquer v ∈ A; 
i. 0 ⊕ e = 0 ⇒ e = 0 
ii. 1 ⊕ e = 1 ⇒ e = 0 
(A3) Inverso aditivo: para cada v ∈ A, existe o inverso u = −v ∈ V , que satisfaz v + u = 0; 
i. 0 ⊕ u = e ⇒ 0 ⊕ u = 0 ⇒ u = 0 
ii. 1 ⊕ u = e ⇒ 1 ⊕ u = 0 ⇒ u = 1 
(A4) Comutatividade: u + v = v + u, para quaisquer u, v ∈ A; 
i. 0 ⊕ 0 = 0 = 0 ⊕ 0 
ii. 0 ⊕ 1 = 1 = 1 ⊕ 0 
iii. 1 ⊕ 1 = 0 = 1 ⊕ 1 
Multiplicação por escalar: α 0 x = x se α > 0 e α 0 x = 0 se α ≤ 0, onde α ∈ R e x ∈ A. 
(M1) Associatividade da multiplicação por escalar: a · (b · v) = (a · b) · v, para quaisquer a, b ∈ R e qualquer 
v ∈ V ; 
i. (αβ) 0 x = α(β 0 x) = α 0 x = x se α > 0 
ii. (αβ) 0 x = α(β 0 x) = α 0 x = 0 se α ≤ 0 
(M2) Distributiva de um escalar em relação à soma de vetores: a · (u + v) = a · v + a · u, para qualquer a ∈ R 
e quaisquer u, v ∈ V ; 
i. α 0 (x + y) = α 0 x + α 0 y = x + y = 1 se α > 0 
ii. α 0 (x + y) = α 0 x + α 0 y = 0 + 0 = 0 se α ≤ 0 
(M3) Distributiva da soma de escalares em relação a um vetor: (a + b) · v = a · v + b · v, para quaisquer 
a, b ∈ R e qualquer v ∈ V . 
i. (α + β) 0 x = α 0 x + β 0 x = x + x = 0 se α > 0 
ii. (α + β) 0 x = α 0 x + β 0 x = 0 + 0 = 0 se α ≤ 0 
(M4) Vale que 1 · v = v, ou seja, a unidade dos números reais não altera os vetores de V ; 
i. 1 0 x = x 
Como a propriedade M2 e M3 falha, pois x, y ∈ R e A não é um espaço vetorial. <J 
Problema 3. Subespaços Vetoriais (2,0 potos) 
 
Suponha que U e W sejam subespacos de V tais que U ∪W seja um subespaço. Mostre que U ⊆ W ou W ⊆ U . 
Resposta e/ou justificativas: 
 
Observação. Quando se fala em conjuntos, ́e comum pensarmos também na união desses conjuntos. Uma vez 
que a intersecção de dois subespaços é um subespaço vetorial, esperamos o mesmo da união dos subespaços, mas 
isso não ocorre. Tomando um elemento u ∈ U e um elemento w ∈ W que não está em U , ou seja, U não está 
contido em W ou vice-versa, não podemos afirmar nada sobre o elemento u + w, não necessariamente ele estará 
na união U ∪ W . Assim, U ∪ W não satisfaz todas as condições de subespaço vetorial. Portanto, a união de dois 
subespaços vetoriais NÃO é um subespaço vetorial. 
Exemplo 1. Considere que V = R
2
, W = α(1, 0) para todo α ∈ R e U = β(0, 1) para todo β ∈ R. A união W ∪ U 
não possui os vetores do tipo (α, β) para todos α, β ∈ R. Logo, W ∪ U não é um subespaço vetorial. 
Contudo, observe o enunciado da questão onde afirma que U e W sejam subespaços de V . Se U ∪W é subespaço. 
Então U ⊆ W ou W ⊆ U . 
⇐ Por hipótese temos que U e W são subespaços de V , logo U ⊆ W ou W ⊆ U . 
Temos dois casos a considerar 
 
1. Se U ⊆ W ⇒ W ∪ U = W que é um subespaço vetorial 
2. Se W ⊆ U ⇒ W ∪ U = U que é um subespaço vetorial 
sendo assim, se U ⊆ W ou W ⊆ U temos que W ∪ U ́e um subespaço vetorial. 
⇒ agora vamos supor que W ∪ U ́e um subespaço vetorial Novamente, temos dois casos a analisar 
1. Se U ⊆ W , nada mais a provar; 
2. Se U cJ W , devemos mostrar que W ⊆ U , isto significa que se tomarmos w ∈ W , deveremos mostrar que 
w ∈ U 
Pelo item 2, seja u ∈ U\W (elementos de U que não estão em W ), queremos provar que W ⊆ U , tome w ∈ W , 
como U ∪ W ́e um espaco vetorial, u + w ∈ U ∪ W . 
Afirmação: u + w ∈/ W , caso contrário teŕıamos que u = (u + w) −w ∈ W o que é um absurdo, pois u ∈ U\W . 
Como u + w ∈ U ∪ W e u + w ∈/ W , então u + w ∈ U , assim w = (u + w) − u ∈ U , provando que W ⊆ U . 
O que conclui a demonstração <J 
 
Problema 4. Combinação Linear (2,0 potos) 
 
 
1. Sejam v1 = (1, 0, 0) e v2 = (1, 1, 0) , vetores de R3. Mostre que o vetor v = (2, 3, 2) não é uma combinação 
linear de v1 e v2; 
Resposta e/ou justificativas: Para que o vetor v = (2, 3, 2) seja escrito como combinação linear dos 
vetores v1 = (1, 0, 0) e v2 = (1, 1, 0), devem existir escalares α1, α2 ∈ K de forma que 
v = α1v1 + α2v2, 
 
ou seja, 
(2, 3, 2) = α1(1, 0, 0) + α2(1, 1, 0) ⇒ (2, 3, 2) = (α1, 0, 0) + (α2, α2, 0) = (α1 + α2, α2, 0) 
o que nos dá o seguinte sistema, 
 
 
α1 +α2 = 2 
α2 = 3 
 
2 = 0 
que é um sistema incompat́ıvel, ou seja, NÃO existem os escalares α1, α2 ∈ K tais que v possa ser escrito 
como combinação linear de v1 e v2. 
2. Mostre que o vetor v = (2, 3, 0) é uma combinação linear de v1 = (1, 0, 0) e v2 = (1, 1, 0); 
Resposta e/ou justificativas: Para que o vetor v = (2, 3, 0) seja escrito como combinação linear dos 
vetores v1 = (1, 0, 0) e v2 = (1, 1, 0), devem existir escalares α1, α2 ∈ K de forma que 
v = α1v1 + α2v2, 
 
ou seja, 
(2, 3, 0) = α1(1, 0, 0) + α2(1, 1, 0) ⇒ (2, 3, 0) = (α1, 0, 0) + (α2, α2, 0) = (α1 + α2, α2, 0) 
o que nos dá o seguinte sistema linear, 
 
α1 +α2 = 2 
α2 = 3 
 
⇒
 
α1
 
 
= −1 
0 = 0 
α2 = 3 
 
 
 1 −2 2 3 −1 
2 −4 5 8 −4 
Assim, existem os escalares α1 = −1 e α2 = 3 tais que v pode ser escrito como 
v = α1v1 + α2v2 
v = −1v1 + 3v2. 
Logo, v é combinação linear de v1 e v2. 
3. Mostre que o vetor nulo 0 é sempre combinação linear de quaisquer vetores v1, .... , vk ∈ Rn. 
Resposta e/ou justificativas: Para que o vetor nulo v = (0, 0, ···· , 0) seja escrito como combinação linear 
de quaisquer vetores v1 = (x1, x2, · · · , xn), v2 = (y1, y2, · · · ,yn), · · · , vk = (z1, z2, · · · , zn) ∈ Rn, devem 
existir escalares α1, α2, ······ , αk ∈ K de forma que 
v = α1v1 + α2v2 + ··· + αkvk, 
 
ou seja, 
(0, 0, · · · , 0) = α1(x1, x2, · · · , xn) + α2(y1, y2, · · · , yn) + · · · αk(z1, z2, · · · , zn) 
o que nos dá o seguinte sistema linear, 
 
 
 
α1 = 0 
α2 = 0 
. 
. . . . 
 
αk = 0 
Assim, existem os escalares α1 = α2 = · · · = αk = 0 tais que v pode ser escrito como 
v = α1v1 + α2v2 + · · · + αkvk, 
Logo, v o vetor nulo 0 é sempre combinacão linear de quaisquer vetores v1, .... , vk ∈ Rn. 
Problema 5. Subespaços Gerados (2,0 potos) 
Encontrar um conjunto gerador para o espaço nulo da matriz 
 
−3 6 −1 1 −7 
 
 
 
Resposta e/ou justificativas: Para esta questão precisamos de duas definições e dois teoremas sobre ma- 
trizes. 
 
Definição 1. Seja S = {v1, v2, ..., vn} ⊂ V onde V é um espaço vetorial sobre K. O Conjunto U gerado por S, 
denotado por U = [v1, ..., vn] ou U = [S] ou U = Span{S} ou U = Span{v1, ..., vn} é definido por 
U = u ∈ V | u = α1v1 + ... + αnvn = 
 
 
i=1 
αivi ; α1, ..., αn ∈ K 
Definição 2. A dimensão comum do espaço linha e do espaço coluna de uma matriz A é denominada posto de 
A e denotada por Pos(A). A dimensão do espaço nulo de A é denominada nulidade de A e denotada por Nul(A). 
 
Teorema 1 (O teorema da dimensão para matrizes). Se A for uma matriz com n colunas, então 
 
Pos(A) + Nul(A) = n 
Teorema 2. Se A for uma matriz m × n, então 
1. Pos(A) = número de variáveis ĺıderes na solução geral de Ax = 0; 
 
n 
2. Nul(A) = número de parâmetros na solução geral de Ax = 0. 
 
 
 
 
 
 0 
 0 0 
5 
 0 
0 
 
0 
2 2 1 3 3 1 
−3 6 −1 1 −7 
2 −4 5 8 −4 
0 
 
— − − → 
0 0 5 10 −10 
2 −4 5 8 −4 0 
 
— − − → 
0 0 5 10 −10 
0 0 1 2 −2 0 
 
5 3 3 2 
0 0 5 10 −10 
0 0 1 2 −2 0 
 — − − − → 
0 0 1 2 −2 
0 0 1 2 −2 
0 
 −− − → 
0 0 1 2 −2 
0 0 0 0 0 
0 
 
 
 
No enunciado temos a matriz dos coeficientes do seguinte sistema linear homogêneo 
−3x1 +6x2 −x3 +x4 −7x5 = 0 
x1 −2x2 +2x3 +3x4 −1x5 = 0 
2x1 −4x2 +5x3 +8x4 −4x5 = 0 
que em notação matricial, temos 
 
−3 6 −1 1 −7 
x1 
 
2 
 
0 
 
 1 −2 2 3 −1 x3 = 0 . 
2 −4 5 8 −4 x4 0 
x5 
 
Que podemos escrever a matriz associada aumentada e escalonar, usando as operações elementares de matrizes, 
ou seja, 
Passo 1 Assim, podemos observar que temos 1 na primeira coluna, e vamos escolhê-lo como pivô. Para tal, 
permutaremos as linhas 1 (f1) e 2 (f2), e seguimos com as operações elementares de linhas. 
 
−3 6 −1 1 −7 0 
 
 1↔ 2 
 
1 −2 2 3 −1 0 
1 −2 2 3 −1 
2 −4 5 8 −4 0 
−− → −3 6 −1 1 −7 
2 −4 5 8 −4 0 
Passo 2 Usando as operações elementares na matriz ampliada, iremos transformas em 0 (zeros) os elementos 
abaixo do pivô. 
 
 
1 −2 2 3 −1 0 
 
 
 
 = +3 
1 −2 2 3 −1 0 
 
 = −2 
1 −2 2 3 −1 0 
 
 
 
 
Passo 3 Usando as operações elementares na matriz ampliada, permutaremos as linhas 2 (f2) e 3 (f3) ou 
multiplicamos a linha 2 (f2) por 
1 para obtermos o pivô da linha 2 (f2) e seguimos com as operações elementares 
de linhas. 
 
 
1 −2 2 3 −1 0 
 
 
 
 2↔ 3 ou 2 1 
1 −2 2 3 −1 0 
 
 
 
 = − 
1 −2 2 3 −1 0 
 
 
assim, obtemos o seguinte sistema linear homeogeneo que é equivalente ao sistema dado 
 
x1 −2x2 +2x3 +3x4 −1x5 = 0 
x3 +2x4 −2x5 = 0 
logo, tomando a segunda equação, temos 
 
x3 + 2x4 − 2x5 = 0 ⇒ x3 = −2x4 + 2x5, onde: x4, x5 são variáveis livres 
substituindo na primeira equação temos 
x1 − 2x2 + 2x3 + 3x4 − 1x5 = 0 ⇒ x1 = 2x2 − 2x3 − 3x4 + 1x5 = 2x2 − 2(−2x4 + 2x5) − 3x4 + 1x5 
 
0 0 
 
 
x 
logo, 
x1 = 2x2 + x4 − 3x5, onde: x2, x4, x5 são variáveis livres . 
1 
= 
x 0 0 
2 
 
0 
2 
Desta forma, podemos escrever qualquer vetor de Nul(A) A como 
 
x1 
 
2x2 + x4 − 3x5 
 
2 
 
1 
 
−3 
 
2 2 
 −2x4 + 2x5 = x2 0 + x4 −2 + x5 
x4 x4 
x5 x5 
 
 0 
 
 
 
 
1 
 
 
 
 
0 
 
 
 
Portanto, 
2 
 
1 
 
−3 
 
 1 0 
Nul A = Span 0 , −2 , . 
 
 
que é o conjunto gerador que solicitado <J 
 0 1 0 
 
 
 . 
 
0 
x 
x3 
0 1 
0 0 1