Quais são os quatro subespaços
Existem quatro subespaços fundamentais relacionados a uma matriz \(A\):
- espaço coluna: \(C(A)\)
- espaço linha: \(C(A^T)\)
- espaço nulo: \(N(A)\)
- espaço nulo esquerdo: \(N(A^T)\)
A aula inteira usa uma única matriz de exemplo:
$$A=\begin{bmatrix}1&2\\3&6\end{bmatrix}$$Ela foi escolhida porque a segunda coluna é o dobro da primeira e a segunda linha é o triplo da primeira — os quatro subespaços saem todos retas, e dá para desenhar tudo no plano.
Espaço linha e espaço coluna
O espaço coluna contém todas as combinações das colunas de \(A\):
$$C(A)=\{A\mathbf{x}\mid \mathbf{x}\in\mathbb{R}^n\}$$O espaço linha contém todas as combinações das linhas de \(A\) — que são as colunas de \(A^T\):
$$C(A^T)=\{A^T\mathbf{y}\mid \mathbf{y}\in\mathbb{R}^m\}$$Espaço coluna. As colunas de \(A\) são \([1,3]^T\) e \([2,6]^T\), e a segunda é o dobro da primeira:
$$A=\begin{bmatrix}1&2\\3&6\end{bmatrix}\;\to\;C(A)=\mathrm{span}\left(\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}\right)$$Espaço linha. Transpondo, as colunas de \(A^T\) são \([1,2]^T\) e \([3,6]^T\), e a segunda é o triplo da primeira:
$$A^T=\begin{bmatrix}1&3\\2&6\end{bmatrix}\;\to\;C(A^T)=\mathrm{span}\left(\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\right)$$Espaço nulo
O espaço nulo é formado por todos os vetores \(\mathbf{x}\) tais que \(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\):
$$N(A)=\{\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n:A\mathbf{x}=\mathbf{0}\}$$Pela leitura por colunas, procurar \(\mathbf{x}\) é procurar pesos que anulem a combinação:
$$A\mathbf{x}=x_1\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix}2\\6\end{bmatrix}=\mathbf{0}$$Como \([2,6]^T\) é o dobro de \([1,3]^T\), basta tomar dois da primeira e menos um da segunda:
$$A\mathbf{x}=2\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}+(-1)\begin{bmatrix}2\\6\end{bmatrix}=\mathbf{0}$$Para encontrar \(N(A)\) no caso geral, precisamos resolver esse sistema — é aqui que a eliminação da aula anterior entra.
Por que o espaço nulo é uma reta inteira
1. O vetor nulo sempre é solução, ou seja, sempre pertence a \(N(A)\):
$$A\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}=\mathbf{0}$$2. Se existe uma solução \(\mathbf{x}\ne\mathbf{0}\) tal que \(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\), então todo vetor \(\mathbf{y}=a\mathbf{x}\) também é solução:
$$A\mathbf{x}=\mathbf{0}$$ $$cA\mathbf{x}=c\mathbf{0}$$ $$A(c\mathbf{x})=\mathbf{0}$$ $$A\mathbf{y}=\mathbf{0}$$Com \(A=\begin{bmatrix}1&2\\3&6\end{bmatrix}\), achamos \(\mathbf{x}=[2,-1]^T\). Pela propriedade 2, todo múltiplo dele também zera \(A\mathbf{x}\). Logo
$$N(A)=\mathrm{span}\left(\begin{bmatrix}2\\-1\end{bmatrix}\right)$$é a reta que passa pela origem e por \([2,-1]^T\).
Espaço nulo esquerdo
O espaço nulo esquerdo é formado por todos os vetores \(\mathbf{y}\) tais que \(A^T\mathbf{y}=\mathbf{0}\):
$$N(A^T)=\{\mathbf{y}\in\mathbb{R}^m:A^T\mathbf{y}=\mathbf{0}\}$$É o mesmo procedimento, só que sobre a transposta:
$$A=\begin{bmatrix}1&2\\3&6\end{bmatrix}\;\to\;A^T=\begin{bmatrix}1&3\\2&6\end{bmatrix}$$Pela leitura por colunas de \(A^T\):
$$A^T\mathbf{x}=x_1\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix}3\\6\end{bmatrix}$$Como \([3,6]^T\) é o triplo de \([1,2]^T\), os pesos que anulam são 3 e \(-1\):
$$A^T\mathbf{x}=3\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}+(-1)\begin{bmatrix}3\\6\end{bmatrix}=\mathbf{0}$$Logo \(N(A^T)\) é a reta que passa por \(\mathbf{x}=[3,-1]^T\).
Espaço linha e espaço nulo são ortogonais
Os quatro subespaços têm relações entre si. A primeira: o espaço linha \(C(A^T)\) e o espaço nulo \(N(A)\) são ortogonais. Antes da demonstração, vale fixar o que a palavra quer dizer — o slide a usa sem definir.
Entre dois vetores. \(\mathbf{u}\) e \(\mathbf{v}\) são ortogonais quando o produto interno entre eles é zero:
$$\mathbf{u}\cdot\mathbf{v}=u_1v_1+u_2v_2+\dots+u_nv_n=0$$Geometricamente, é o ângulo de 90° entre eles. “Perpendicular” e “ortogonal” são a mesma ideia; o segundo nome é o que se usa quando há mais de três dimensões e o desenho já não cabe.
Entre dois subespaços. \(U\) e \(W\) são ortogonais quando todo vetor de um é ortogonal a todo vetor do outro:
$$U\perp W \iff \mathbf{u}\cdot\mathbf{w}=0 \;\text{ para todo } \mathbf{u}\in U,\; \mathbf{w}\in W$$\((a_1\mathbf{v}_1+a_2\mathbf{v}_2)\cdot\mathbf{x}=a_1(\mathbf{v}_1\cdot\mathbf{x})+a_2(\mathbf{v}_2\cdot\mathbf{x})=0\).
É exatamente por isso que zerar o produto com cada linha de \(A\), como o slide faz abaixo, já prova a ortogonalidade dos dois espaços inteiros.
Pela definição de espaço nulo, \(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\). Com \(A=\begin{bmatrix}1&2\\3&6\end{bmatrix}\):
$$\begin{bmatrix}1&2\\3&6\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$ $$\begin{bmatrix}1x_1+2x_2\\3x_1+6x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$Agora leia cada componente como um produto interno entre uma linha de \(A\) e \(\mathbf{x}\):
$$\begin{bmatrix}A_1^T\cdot\mathbf{x}\\ A_2^T\cdot\mathbf{x}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$Produto interno zero é ortogonalidade. Então \(A_1^T\) é ortogonal a \(\mathbf{x}\), \(A_2^T\) é ortogonal a \(\mathbf{x}\), e portanto \(C(A^T)\) é ortogonal a \(N(A)\).
Espaço coluna e espaço nulo esquerdo são ortogonais
A segunda relação sai do mesmo argumento, aplicado à transposta: o espaço coluna \(C(A)\) e o espaço nulo esquerdo \(N(A^T)\) são ortogonais.
Pela definição de espaço nulo esquerdo, \(A^T\mathbf{x}=\mathbf{0}\). Com \(A^T=\begin{bmatrix}1&3\\2&6\end{bmatrix}\):
$$\begin{bmatrix}1&3\\2&6\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$ $$\begin{bmatrix}1x_1+3x_2\\2x_1+6x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$As linhas de \(A^T\) são as colunas de \(A\), então cada componente é um produto interno entre uma coluna de \(A\) e \(\mathbf{x}\):
$$\begin{bmatrix}A_1\cdot\mathbf{x}\\ A_2\cdot\mathbf{x}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}$$Logo \(A_1\) e \(A_2\) são ortogonais a \(\mathbf{x}\), e portanto \(C(A)\) é ortogonal a \(N(A^T)\).
Os quatro juntos
- o espaço linha \(C(A^T)\) e o espaço nulo \(N(A)\) são ortogonais;
- o espaço coluna \(C(A)\) e o espaço nulo esquerdo \(N(A^T)\) são ortogonais.
Na matriz da aula, os quatro são retas, e o slide mostra os dois pares em dois planos separados — de um lado \(C(A^T)\) com \(N(A)\), do outro \(C(A)\) com \(N(A^T)\), cada par se cruzando em ângulo reto na origem:
| Par | Subespaço | Gerador | Confere a ortogonalidade |
|---|---|---|---|
| 1 | Espaço linha \(C(A^T)\) | \(v=[1,2]^T\) | \(1\cdot2+2\cdot(-1)=0\) |
| Espaço nulo \(N(A)\) | \(x=[2,-1]^T\) | ||
| 2 | Espaço coluna \(C(A)\) | \(u=[1,3]^T\) | \(1\cdot3+3\cdot(-1)=0\) |
| Nulo esquerdo \(N(A^T)\) | \(y=[3,-1]^T\) |
Teorema Fundamental da Álgebra Linear
O enunciado inteiro é sobre dimensão, e o slide usa a palavra sem parar para defini-la. Vale fixar o conceito antes de ler o teorema.
A dimensão de um subespaço é o número de vetores da sua base — ou seja, quantos vetores linearmente independentes bastam para gerar o subespaço inteiro:
$$\dim(V)=\text{número de vetores de uma base de } V$$Duas bases diferentes do mesmo subespaço sempre têm a mesma quantidade de vetores. É isso que faz a dimensão ser um número da estrutura, e não da escolha de quem calculou.
Lendo geometricamente — é a mesma escada de reta, plano e espaço já vista no span da A1:
| Dimensão | O subespaço é |
|---|---|
| 0 | só a origem, \(\{\mathbf{0}\}\) |
| 1 | uma reta que passa pela origem |
| 2 | um plano que passa pela origem |
| \(n\) | todo o \(\mathbb{R}^n\) |
E daí sai a ponte com a A3: o posto é o número de colunas L.I. de \(A\), e as colunas L.I. são justamente a base do espaço coluna. Contar colunas L.I. é contar vetores da base, que é medir dimensão — por isso
$$\mathrm{posto}(A)=\dim\big(C(A)\big)=r$$que é exatamente a primeira linha do teorema. O resto do enunciado diz o que sobra para os outros três espaços.
Para uma matriz \(A\in\mathbb{R}^{m\times n}\) de posto \(r\le\min(m,n)\), o teorema entrega de uma vez a dimensão e o endereço de cada um dos quatro espaços:
| Espaço | Dimensões | Geometria |
|---|---|---|
| \(C(A)\) | \(r\) | subespaço de \(\mathbb{R}^m\) |
| \(N(A)\) | \(n-r\) | subespaço de \(\mathbb{R}^n\) |
| \(C(A^T)\) | \(r\) | subespaço de \(\mathbb{R}^n\) |
| \(N(A^T)\) | \(m-r\) | subespaço de \(\mathbb{R}^m\) |
A coluna do meio se lê em pares: os dois espaços de dimensão \(r\) são os “cheios”, e os dois nulos ficam com o que sobra do lado onde moram. A coluna da direita é a que diz de que lado é esse — e o expoente muda de linha para linha.
Somando as duas linhas de cada lado, cada espaço se parte em duas peças que fecham o total:
$$\underbrace{r+(n-r)}_{C(A^T)\ \text{e}\ N(A)}=n \qquad\qquad \underbrace{r+(m-r)}_{C(A)\ \text{e}\ N(A^T)}=m$$Na entrada \(\mathbb{R}^n\), espaço linha e espaço nulo somam \(n\). Na saída \(\mathbb{R}^m\), espaço coluna e nulo esquerdo somam \(m\). Se a sua conta não fechar em \(n\) e \(m\), algum \(m\) trocou de lugar com um \(n\).
Para \(A=\begin{bmatrix}1&2\\3&6\end{bmatrix}\), cada subespaço é gerado por um vetor:
$$C(A)=\mathrm{span}\left(\left\{\begin{bmatrix}1\\3\end{bmatrix}\right\}\right)\qquad C(A^T)=\mathrm{span}\left(\left\{\begin{bmatrix}1\\2\end{bmatrix}\right\}\right)$$ $$N(A)=\mathrm{span}\left(\left\{\begin{bmatrix}2\\-1\end{bmatrix}\right\}\right)\qquad N(A^T)=\mathrm{span}\left(\left\{\begin{bmatrix}3\\-1\end{bmatrix}\right\}\right)$$Conferindo com o teorema: aqui \(m=n=2\) e \(r=1\), então
$$\dim C(A)=\dim C(A^T)=1,\qquad \dim N(A)=2-1=1,\qquad \dim N(A^T)=2-1=1$$Quatro retas, como o desenho mostra.
Espaço de entrada e espaço de saída
Fecho de revisão, fora do slide. É a moldura que faz os quatro subespaços pararem de ser quatro definições soltas: cada um deles mora de um lado da transformação.
A A1 fecha dizendo que toda matriz é uma transformação linear. Uma matriz \(A\in\mathbb{R}^{m\times n}\) define a função
$$L:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}^m,\qquad \mathbf{x}\mapsto A\mathbf{x}$$O espaço de entrada (domínio) é de onde vem o \(\mathbf{x}\). O espaço de saída (contradomínio) é onde cai o \(A\mathbf{x}\).
| Espaço | Quem determina | |
|---|---|---|
| Entrada | \(\mathbb{R}^n\) | o número de colunas de \(A\) |
| Saída | \(\mathbb{R}^m\) | o número de linhas de \(A\) |
O motivo é a regra de existência do produto, da A1: para \(A\mathbf{x}\) fazer sentido, \(\mathbf{x}\) precisa de uma componente por coluna de \(A\); e o resultado é uma combinação das colunas, que têm \(m\) componentes cada.
Com \(L(v_x,v_y)=[3v_x,\,2v_x+v_y,\,-v_y]\), a matriz é
$$A=\begin{bmatrix}3&0\\2&1\\0&-1\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^{3\times2}$$Três linhas, duas colunas: entra vetor de \(\mathbb{R}^2\), sai vetor de \(\mathbb{R}^3\). A matriz é \(3\times2\) e a função é \(\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^3\) — os números aparecem trocados na notação, e isso é só convenção.
Com isso os quatro subespaços se organizam sozinhos — dois de cada lado:
| Lado | Subespaço | Dimensão |
|---|---|---|
| Entrada \(\mathbb{R}^n\) | Espaço linha \(C(A^T)\) | \(r\) |
| Espaço nulo \(N(A)\) | \(n-r\) | |
| Saída \(\mathbb{R}^m\) | Espaço coluna \(C(A)\) | \(r\) |
| Nulo esquerdo \(N(A^T)\) | \(m-r\) |
As dimensões fecham por lado: na entrada, \(r+(n-r)=n\); na saída, \(r+(m-r)=m\). Cada lado se parte em duas peças ortogonais que, somadas, dão o espaço inteiro — e é por isso que os pares do teorema são esses e não outros: só faz sentido falar em ângulo entre vetores que vivem no mesmo espaço.
Lido por esse ângulo, o espaço nulo deixa de ser abstrato: \(N(A)\) é a parte da entrada que a transformação esmaga na origem — a informação que \(A\) destrói. Quanto maior \(N(A)\), mais entradas diferentes colapsam na mesma saída.
Na matriz desta aula, \(m=n=2\) e \(r=1\): entrada \(\mathbb{R}^2\) partida em duas retas, saída \(\mathbb{R}^2\) partida em duas retas. As quatro retas do desenho.
Exercício final 1 — solubilidade e o tamanho do espaço nulo
Primeiro dos quatro exercícios de fecho da aula, resolvido no quadro em três partes. Ele amarra solubilidade, espaço nulo e o preço de uma coluna redundante.
Uma matriz \(A_{m\times n}\) recebe \(\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n\) e devolve \(A\mathbf{x}\in\mathbb{R}^m\). Seja
$$\begin{bmatrix}1&0\\5&4\\2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}b_1\\b_2\\b_3\end{bmatrix}$$Aqui \(A\) é \(3\times2\): entra de \(\mathbb{R}^2\), sai em \(\mathbb{R}^3\).
Como pensar. Não tente resolver o sistema. Leia \(A\mathbf{x}\) por colunas: o lado esquerdo é sempre uma combinação linear das colunas de \(A\), e nada mais. Então a pergunta “existe \(\mathbf{x}\)?” vira a pergunta “\(\mathbf{b}\) é alcançável por essas colunas?”.
$$A\mathbf{x}=x_1\begin{bmatrix}1\\5\\2\end{bmatrix}+x_2\begin{bmatrix}0\\4\\4\end{bmatrix}$$Resposta. \(A\mathbf{x}=\mathbf{b}\) será solúvel se \(\mathbf{b}\in C(A)\).
E o que é \(C(A)\) aqui? As duas colunas não são múltiplas uma da outra, então são L.I. e geram um plano dentro do \(\mathbb{R}^3\). Ou seja: a saída é \(\mathbb{R}^3\), mas a imagem é um plano — a maioria dos \(\mathbf{b}\) do \(\mathbb{R}^3\) deixa o sistema sem solução.
Como pensar. Agora troque \(\mathbf{b}\) por zero e pergunte quais pesos anulam a combinação.
$$\begin{bmatrix}1&0\\5&4\\2&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_1\\x_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}$$Linha por linha, de cima para baixo — a primeira já entrega uma variável:
$$1x_1+0x_2=0 \;\Rightarrow\; x_1=0$$ $$5x_1+4x_2=0 \;\Rightarrow\; 4x_2=0 \;\Rightarrow\; x_2=0$$ $$2x_1+4x_2=0 \;\Rightarrow\; 0=0 \quad(\text{já satisfeita})$$Resposta. O sistema admite somente \(x_1=0,\;x_2=0\):
$$N(A)=\left\{\begin{bmatrix}0\\0\end{bmatrix}\right\}\subset\mathbb{R}^2$$O espaço nulo é só a origem — dimensão zero. Pela leitura por colunas, isso é o mesmo que dizer que as colunas de \(A\) são L.I.: nenhuma combinação não trivial delas dá zero.
Agora acrescente uma terceira coluna:
$$B=\begin{bmatrix}1&0&1\\5&4&9\\2&4&6\end{bmatrix}$$Como pensar. Antes de calcular qualquer coisa, olhe se a coluna nova é nova de verdade:
$$B_1+B_2=\begin{bmatrix}1\\5\\2\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\4\\4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\9\\6\end{bmatrix}=B_3$$Ela é a soma das outras duas. Logo não acrescenta direção nenhuma ao espaço gerado:
$$C(B)=C(A)$$E o \(N(B)\)? A mesma igualdade, reescrita com tudo de um lado, é um vetor do espaço nulo — basta ler os coeficientes:
$$1\cdot B_1+1\cdot B_2-1\cdot B_3=\mathbf{0} \;\Longrightarrow\; \mathbf{x}=\begin{bmatrix}1\\1\\-1\end{bmatrix}$$Conferindo no sistema:
$$\begin{bmatrix}1&0&1\\5&4&9\\2&4&6\end{bmatrix}\begin{bmatrix}1\\1\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1+0-1\\5+4-9\\2+4-6\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\end{bmatrix}$$E, pela propriedade do tópico 04, qualquer múltiplo também serve:
$$c\begin{bmatrix}1\\1\\-1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}c\\c\\-c\end{bmatrix}\in N(B)\quad\text{para todo }c\in\mathbb{R}$$Achar um vetor e seus múltiplos mostra que \(N(B)\) contém uma reta. Que ele não é maior que isso, quem garante é o Teorema Fundamental. As colunas \(B_1\) e \(B_2\) são L.I. e a terceira é combinação delas, então
$$\mathrm{posto}(B)=r=2,\qquad n=3$$ $$\dim\big(N(B)\big)=n-r=3-2=1$$Dimensão 1 é, pela tabela do tópico 09, exatamente uma reta que passa pela origem. Como já temos uma reta dentro de um espaço de dimensão 1, ela é o espaço inteiro:
$$N(B)=\mathrm{span}\left(\begin{bmatrix}1\\1\\-1\end{bmatrix}\right)=\left\{\begin{bmatrix}c\\c\\-c\end{bmatrix}:c\in\mathbb{R}\right\}\subset\mathbb{R}^3$$A entrada de \(B\) é o \(\mathbb{R}^3\): todo \(\mathbf{x}\) que entra tem três componentes, uma por coluna de \(B\). A saída também é \(\mathbb{R}^3\), porque \(B\) é \(3\times3\) — e é exatamente isso que faz confundir \(N(B)\) com \(C(B)\). Os dois não são comparáveis: \(N(B)\) mora na entrada, \(C(B)\) mora na saída.
Dado um \(\mathbf{x}\) da entrada, só há dois casos:
| Se \(\mathbf{x}\) é… | então \(\mathbf{x}\)… | e \(B\mathbf{x}\) cai… |
|---|---|---|
| do modelo \([c,c,-c]^T\), como \([1,1,-1]^T\) | está em \(N(B)\) | na origem — \(B\) esmaga esse \(\mathbf{x}\) em \(\mathbf{0}\) |
| qualquer outra coisa | não está em \(N(B)\) | num ponto não nulo do plano \(C(B)\) |
Note que o resultado cai em \(C(B)\) nos dois casos — a origem também pertence ao plano. Não é “ou vai para o espaço nulo, ou vai para o espaço coluna”: todo \(B\mathbf{x}\) vai para o espaço coluna, sempre. O que o espaço nulo decide é onde dentro dele: quem é do modelo colapsa no único ponto que todo subespaço contém, e o resto se espalha pelo plano.
Daí sai, em uma linha, por que a solução de \(B\mathbf{x}=\mathbf{b}\) nunca é única — somar um vetor do modelo não muda a saída:
$$B\left(\mathbf{x}+\begin{bmatrix}c\\c\\-c\end{bmatrix}\right)=B\mathbf{x}+\mathbf{0}=B\mathbf{x}$$Duas entradas que diferem por um vetor do espaço nulo produzem exatamente a mesma saída. É esse o sentido de dizer que \(N(B)\) é a informação que \(B\) destrói.
Exercício final 2 — \(\mathbf{x}=\mathbf{x}_p+\mathbf{x}_n\) e as bases pela eliminação
Segundo exercício de fecho, e o mais completo: junta as duas metades do caderno — a teoria dos subespaços, de um lado, e a eliminação da A3, do outro. Sai em quatro partes, todas sobre uma mesma matriz \(3\times4\) — outra, não a do exercício anterior.
Seja \(A\mathbf{x}=\mathbf{b}\). Qualquer \(\mathbf{x}\in\mathbb{R}^n\) pode ser escrito como
$$\mathbf{x}=\mathbf{x}_p+\mathbf{x}_n,\qquad \mathbf{x}_p\in C(A^T),\quad \mathbf{x}_n\in N(A)$$Isso não é truque: é o bloco de entrada e saída aplicado. A entrada \(\mathbb{R}^n\) se parte em duas peças ortogonais, \(C(A^T)\) de dimensão \(r\) e \(N(A)\) de dimensão \(n-r\), e \(r+(n-r)=n\) — juntas elas cobrem a entrada inteira, sem sobra e sem sobreposição.
Substituindo a decomposição no sistema:
$$A\mathbf{x}=\mathbf{b}\;\Longrightarrow\;A(\mathbf{x}_p+\mathbf{x}_n)=A\mathbf{x}_p+\underbrace{A\mathbf{x}_n}_{=\,\mathbf{0}}=\mathbf{b}$$ $$\Longrightarrow\;A\mathbf{x}_p=\mathbf{b}$$Como ler. A parcela \(\mathbf{x}_n\) é anulada por definição de espaço nulo, então só a componente no espaço linha faz trabalho. A componente no espaço nulo é invisível para \(A\): ela pode ser qualquer coisa que a saída não muda. É a mesma ideia do exercício anterior, agora enunciada em geral.
Como pensar. Resolver \(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\) direto, com quatro incógnitas, é confusão garantida. O caminho é escalonar primeiro: operação de linha não altera o conjunto de soluções do sistema homogêneo, porque toda operação é reversível. Por isso
$$R\mathbf{x}=\mathbf{0},\quad U\mathbf{x}=\mathbf{0},\quad A\mathbf{x}=\mathbf{0}\;\longrightarrow\;\textbf{mesmas soluções!}$$Vale trabalhar com a forma mais simples das três.
Pivô 1 na posição \((0,0)\). Zerar abaixo dele:
$$L_2\leftarrow L_2-2L_1,\qquad L_3\leftarrow L_3+L_1$$ $$L_2=[2,6,9,7]-2[1,3,3,2]=[0,0,3,3]$$ $$L_3=[-1,-3,3,4]+[1,3,3,2]=[0,0,6,6]$$A coluna 2 ficou toda nula abaixo da primeira linha, então o próximo pivô não está nela — pula para a coluna 3, onde está o 3:
$$L_3\leftarrow L_3-2L_2 \;\Rightarrow\; [0,0,6,6]-2[0,0,3,3]=[0,0,0,0]$$ $$U=\begin{bmatrix}1&3&3&2\\0&0&3&3\\0&0&0&0\end{bmatrix}$$Normalizar o pivô 3 e zerar acima dele:
$$L_2\leftarrow \tfrac{L_2}{3}=[0,0,1,1]$$ $$L_1\leftarrow L_1-3L_2=[1,3,3,2]-3[0,0,1,1]=[1,3,0,-1]$$ $$R=\begin{bmatrix}1&3&0&-1\\0&0&1&1\\0&0&0&0\end{bmatrix}$$Os pivôs estão nas colunas 1 e 3. Logo \(x_1\) e \(x_3\) são as variáveis pivô, e \(x_2\) e \(x_4\) são as variáveis livres.
Escrevendo \(R\mathbf{x}=\mathbf{0}\) linha a linha:
$$x_1+3x_2+0-x_4=0$$ $$x_3+x_4=0$$Isolando cada pivô em função das livres, e deixando as livres em função de si mesmas:
$$x_1=-3x_2+x_4,\qquad x_2=x_2,\qquad x_3=-x_4,\qquad x_4=x_4$$Agora empacote isso num vetor e separe por variável livre — é aqui que a base aparece:
$$\mathbf{x}=x_2\begin{bmatrix}-3\\1\\0\\0\end{bmatrix}+x_4\begin{bmatrix}1\\0\\-1\\1\end{bmatrix}$$Os vetores \((-3,1,0,0)^T\) e \((1,0,-1,1)^T\) geram \(N(A)\), e
$$\dim\big(N(A)\big)=2$$Conferindo pelo Teorema Fundamental: \(A\) tem dois pivôs, então \(r=2\); e \(n=4\) colunas. Logo \(\dim N(A)=n-r=4-2=2\). Bate.
Como pensar. O mesmo \(R\) que deu o espaço nulo entrega os outros dois de graça — não é preciso recomeçar nada. Quem manda são as colunas com pivô. Isto é, literalmente, a decomposição \(A=CR\) da A3: \(C\) são as colunas pivô, \(R\) são as linhas não nulas.
$$R=\begin{bmatrix}\boxed{1}&3&0&-1\\0&0&\boxed{1}&1\\0&0&0&0\end{bmatrix}\qquad\text{pivôs nas colunas 1 e 3}$$A base são as colunas de índice 1 e 3 — tiradas de \(A\):
$$C(A)\text{ é formado por }\begin{bmatrix}1\\2\\-1\end{bmatrix}\text{ e }\begin{bmatrix}3\\9\\3\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^3$$Dois vetores L.I. em \(\mathbb{R}^3\): \(C(A)\) é um plano em \(\mathbb{R}^3\).
Dá para ver por que as outras duas colunas ficaram de fora — a coluna de \(R\) é a receita de cada uma:
$$A_2=3A_1,\qquad A_4=-1\,A_1+1\,A_3$$Nenhuma das duas acrescenta direção nova, então nenhuma entra na base.
Vale entender o mecanismo, porque ele é o mesmo em toda a A3 e A4. Na Parte 2 usamos que a eliminação não muda o espaço nulo:
$$R\mathbf{x}=\mathbf{0}\iff A\mathbf{x}=\mathbf{0}$$Mas o espaço nulo é exatamente o registro de quais colunas dependem de quais — um vetor de \(N\) é uma receita de combinação que dá zero. Se \(A\) e \(R\) têm o mesmo espaço nulo, então as relações de dependência entre as colunas são as mesmas nas duas, com os mesmos coeficientes. Conferindo nesta matriz:
| Relação | vale em \(R\) | vale em \(A\) |
|---|---|---|
| \(\text{col}_2=3\,\text{col}_1\) | \(3[1,0,0]^T=[3,0,0]^T\) | \(3[1,2,-1]^T=[3,6,-3]^T\) |
| \(\text{col}_4=-\text{col}_1+\text{col}_3\) | \([-1,1,0]^T\) | \([2,7,4]^T\) |
Em \(R\) as colunas pivô são \(\mathbf{e}_1,\mathbf{e}_2,\dots\) — L.I. a olho nu, e as demais visivelmente combinações delas. Como o padrão de dependência é o mesmo, as colunas de \(A\) de mesmo índice também são L.I., e as outras também são combinações. É daí que sai a receita: \(R\) revela quais índices formam a base.
O que a eliminação não preserva é o espaço coluna. As colunas pivô de \(R\) geram o plano \(xy\) do \(\mathbb{R}^3\); as de \(A\) geram outro plano. Mesma dimensão — o posto se preserva —, plano diferente:
$$\mathrm{Span}\left\{\begin{bmatrix}1\\0\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}0\\1\\0\end{bmatrix}\right\}\;\ne\;\mathrm{Span}\left\{\begin{bmatrix}1\\2\\-1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}3\\9\\3\end{bmatrix}\right\}$$Por isso os índices podem vir de \(R\) e os vetores não.
A base são as linhas não nulas de \(R\) — aqui, ao contrário do espaço coluna, os vetores vêm mesmo de \(R\):
$$C(A^T)\;:\;\begin{bmatrix}1\\3\\0\\-1\end{bmatrix}\text{ e }\begin{bmatrix}0\\0\\1\\1\end{bmatrix}\in\mathbb{R}^4$$Também dois vetores L.I., agora em \(\mathbb{R}^4\): \(C(A^T)\) é um plano em \(\mathbb{R}^4\). Pode usar as linhas de \(R\) porque operação de linha não muda o espaço gerado pelas linhas — cada linha nova é combinação das antigas, e o processo é reversível.
Falta o quarto subespaço — o único que a tabela do exercício ainda não tinha. Por definição, procuramos os \(\mathbf{y}\) que anulam \(A\) pela esquerda:
$$\mathbf{y}^TA=\mathbf{0}^T \iff A^T\mathbf{y}=\mathbf{0}$$Como pensar. O caminho óbvio é transpor \(A\) e repetir a eliminação inteira — foi o que o tópico 05 fez. Mas não precisa: a eliminação que já fizemos em \(A\) guarda a resposta.
O motivo é que toda linha de \(U\) é uma combinação das linhas de \(A\). Se uma linha de \(U\) saiu nula, então existe uma combinação das linhas de \(A\) que dá zero — e os coeficientes dessa combinação são exatamente um vetor de \(N(A^T)\). Multiplicar \(A\) pela esquerda é justamente combinar as linhas dela.
Voltando às operações do Passo 1, agora anotando cada linha nova em função das antigas:
$$L_2'\leftarrow -2L_1+L_2,\qquad L_3'\leftarrow L_1+L_3$$e, no segundo pivô,
$$L_3''\leftarrow -2L_2'+L_3'$$Essa \(L_3''\) é a linha que zerou. Substituindo \(L_2'\) e \(L_3'\) pelo que elas são em termos de \(L_1,L_2,L_3\):
$$L_3''=-2\big(-2L_1+L_2\big)+\big(L_1+L_3\big)$$ $$=4L_1-2L_2+L_1+L_3$$ $$=5L_1-2L_2+L_3$$A terceira linha de \(U\) é nula, então essa combinação vale zero:
$$5L_1-2L_2+L_3=\mathbf{0}^T$$Os coeficientes, na ordem das linhas, são o vetor procurado:
$$\mathbf{y}=\begin{bmatrix}5\\-2\\1\end{bmatrix}$$Conferindo direto nas linhas de \(A\):
$$5[1,3,3,2]-2[2,6,9,7]+[-1,-3,3,4]$$ $$=[5,15,15,10]-[4,12,18,14]+[-1,-3,3,4]=[0,0,0,0]\;\checkmark$$Ou, na forma \(A^T\mathbf{y}=\mathbf{0}\) — cada linha de \(A^T\) é uma coluna de \(A\):
$$\begin{bmatrix}1&2&-1\\3&6&-3\\3&9&3\\2&7&4\end{bmatrix}\begin{bmatrix}5\\-2\\1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\0\\0\\0\end{bmatrix}$$Uma reta na saída \(\mathbb{R}^3\). Bate com o Teorema Fundamental e com a caixa marcada com \(\times\) no mapa: é a direção da saída que nenhum \(A\mathbf{x}\) alcança.
Com isso os quatro subespaços desta matriz estão fechados. \(A\) é \(3\times4\) com \(r=2\), então \(m=3\), \(n=4\):
| Subespaço | Base | Vive em | Dimensão |
|---|---|---|---|
| Espaço coluna \(C(A)\) | colunas pivô de \(A\) | saída \(\mathbb{R}^3\) | \(r=2\) · plano |
| Espaço linha \(C(A^T)\) | linhas não nulas de \(R\) | entrada \(\mathbb{R}^4\) | \(r=2\) · plano |
| Espaço nulo \(N(A)\) | um vetor por variável livre | entrada \(\mathbb{R}^4\) | \(n-r=2\) · plano |
| Nulo esquerdo \(N(A^T)\) | coeficientes da combinação que zerou a linha de \(U\) | saída \(\mathbb{R}^3\) | \(m-r=1\) · reta |
Confere com o teorema: na entrada, \(2+2=4=n\); na saída, \(2+1=3=m\). Cada lado partido em duas peças ortogonais que somadas dão o espaço inteiro.
Exercício final 3 — os quatro subespaços de uma \(3\times4\)
Terceiro exercício de fecho, do livro. É o Teorema Fundamental aplicado do começo ao fim numa matriz só: uma eliminação, quatro bases, quatro dimensões. A matriz é outra, não a das duas partes anteriores.
Encontre a dimensão e uma base para os 4 subespaços fundamentais de
$$A=\begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&0\\1&2&0&1\end{bmatrix}$$A terceira linha é igual à primeira, então \(L_3\leftarrow L_3-L_1\) zera ela inteira:
$$\begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&0\\1&2&0&1\end{bmatrix}\longrightarrow\begin{bmatrix}1&2&0&1\\0&1&1&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}$$Subindo para a forma reduzida, \(L_1\leftarrow L_1-2L_2\):
$$R=\begin{bmatrix}1&0&-2&1\\0&1&1&0\\0&0&0&0\end{bmatrix}$$Dois pivôs, nas colunas 1 e 2. Logo \(r=2\), com \(m=3\) e \(n=4\). Pelo Teorema Fundamental as quatro dimensões já estão decididas, antes de achar um único vetor: \(r=2\), \(r=2\), \(n-r=2\) e \(m-r=1\).
Espaço coluna \(C(A)\). Vive no \(\mathbb{R}^3\), dimensão 2. A base são as colunas pivô tiradas da \(A\) original, nunca da \(R\):
$$\dim C(A)=2,\qquad \left\{\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix},\begin{bmatrix}2\\1\\2\end{bmatrix}\right\}$$Espaço nulo esquerdo \(N(A^T)\). Vive no \(\mathbb{R}^3\), dimensão \(3-2=1\). Procura-se \(\mathbf{y}\) com \(\mathbf{y}^TA=\mathbf{0}\), isto é, a combinação de linhas de \(A\) que zera:
$$y_1(1,2,0,1)+y_2(0,1,1,0)+y_3(1,2,0,1)=(0,0,0,0)$$A terceira coordenada só recebe contribuição da linha 2, então \(y_2=0\). Sobra \((y_1+y_3)(1,2,0,1)=\mathbf{0}\), ou seja \(y_3=-y_1\):
$$\dim N(A^T)=1,\qquad \left\{\begin{bmatrix}1\\0\\-1\end{bmatrix}\right\}$$É o mesmo rastreamento do exercício 2: a combinação que zerou a linha na eliminação foi \(L_1-L_3\), e os coeficientes \((1,0,-1)\) são exatamente o vetor da base.
Espaço linha \(C(A^T)\). Vive no \(\mathbb{R}^4\), dimensão 2. Aqui, ao contrário do espaço coluna, as linhas não nulas de \(R\) servem — a eliminação não muda o espaço linha:
$$\dim C(A^T)=2,\qquad \bigl\{(1,\,0,\,-2,\,1),\;(0,\,1,\,1,\,0)\bigr\}$$Espaço nulo \(N(A)\). Vive no \(\mathbb{R}^4\), dimensão \(4-2=2\) — duas colunas sem pivô, duas variáveis livres, \(x_3\) e \(x_4\). A \(R\mathbf{x}=\mathbf{0}\) dá
$$x_1-2x_3+x_4=0\;\Rightarrow\;x_1=2x_3-x_4,\qquad x_2+x_3=0\;\Rightarrow\;x_2=-x_3$$Uma solução especial por variável livre — primeiro \((x_3,x_4)=(1,0)\), depois \((0,1)\):
$$\dim N(A)=2,\qquad \left\{\begin{bmatrix}2\\-1\\1\\0\end{bmatrix},\begin{bmatrix}-1\\0\\0\\1\end{bmatrix}\right\}$$O lado da saída, \(C(A)\perp N(A^T)\) no \(\mathbb{R}^3\):
$$(1,0,-1)\cdot(1,0,1)=0,\qquad (1,0,-1)\cdot(2,1,2)=0$$O lado da entrada, \(C(A^T)\perp N(A)\) no \(\mathbb{R}^4\):
$$(2,-1,1,0)\cdot(1,0,-2,1)=2-2=0$$ $$(2,-1,1,0)\cdot(0,1,1,0)=-1+1=0$$E as dimensões fecham cada espaço inteiro: \(2+2=4=n\) na entrada, \(2+1=3=m\) na saída.
A troca clássica é montar a base de \(C(A)\) com as colunas de \(R\) — aqui daria \((1,0,0)\) e \((0,1,0)\), que não estão em \(C(A)\). A eliminação preserva o espaço nulo e o espaço linha, não o espaço coluna; ela só diz quais colunas são pivô. O \(R\) localiza, a \(A\) fornece os vetores.
Exercício final 4 — construir \(A\) a partir dos subespaços
Último exercício, e o único de mão trocada: em vez de receber a matriz e achar os subespaços, recebem-se os subespaços e monta-se a matriz. A segunda metade cobra a ortogonalidade dos tópicos 06 e 07 como critério de impossibilidade.
Construa uma matriz \(A\) com os vetores
$$\mathbf{v}_1=\begin{bmatrix}1\\0\\1\end{bmatrix}\qquad\text{e}\qquad\mathbf{v}_2=\begin{bmatrix}1\\2\\0\end{bmatrix}$$como base para \(C(A^T)\) e \(C(A)\). Explique por que esses vetores não podem ser uma base para \(C(A^T)\) e \(N(A)\).
O formato sai dos espaços. \(C(A)\subset\mathbb{R}^m\) e \(C(A^T)\subset\mathbb{R}^n\). Como os dois vetores dados estão no \(\mathbb{R}^3\), é \(m=n=3\): a matriz é \(3\times3\). Os dois vetores são independentes, então \(r=2\).
Montar pela \(A=CR\). Na fatoração da A3, as colunas de \(C\) são uma base de \(C(A)\) e as linhas de \(R\) são uma base do espaço linha. É exatamente o que o enunciado entrega — basta preencher as duas:
$$C=\begin{bmatrix}1&1\\0&2\\1&0\end{bmatrix},\qquad R=\begin{bmatrix}1&0&1\\1&2&0\end{bmatrix}$$Multiplicar. Uma linha de \(C\) por vez, cada uma combinando as linhas de \(R\):
$$(1,1)\Rightarrow 1\cdot(1,0,1)+1\cdot(1,2,0)=(2,2,1)$$ $$(0,2)\Rightarrow 0\cdot(1,0,1)+2\cdot(1,2,0)=(2,4,0)$$ $$(1,0)\Rightarrow 1\cdot(1,0,1)+0\cdot(1,2,0)=(1,0,1)$$ $$A=CR=\begin{bmatrix}2&2&1\\2&4&0\\1&0&1\end{bmatrix}$$Conferir. As linhas são \(\mathbf{v}_1^T+\mathbf{v}_2^T\), \(2\mathbf{v}_2^T\) e \(\mathbf{v}_1^T\); as colunas são \(\mathbf{v}_1+\mathbf{v}_2\), \(2\mathbf{v}_2\) e \(\mathbf{v}_1\). Os dois espaços são \(\operatorname{span}\{\mathbf{v}_1,\mathbf{v}_2\}\), como pedido, e o posto é 2.
Não por acaso a matriz saiu simétrica: \(CR=\mathbf{v}_1\mathbf{v}_1^T+\mathbf{v}_2\mathbf{v}_2^T\), soma de duas simétricas. Sempre que se pede \(C(A)=C(A^T)\) essa soma resolve — numa matriz simétrica o espaço linha e o espaço coluna são o mesmo de graça.
O motivo é o tópico 06: \(C(A^T)\perp N(A)\) dentro do \(\mathbb{R}^n\). Todo vetor do espaço linha é ortogonal a todo vetor do espaço nulo. Então, se \(\mathbf{v}_1\) fosse base de um e \(\mathbf{v}_2\) base do outro, teria de valer \(\mathbf{v}_1^T\mathbf{v}_2=0\). Mas
$$\mathbf{v}_1^T\mathbf{v}_2=1\cdot 1+0\cdot 2+1\cdot 0=1\ne 0$$Os dois não são ortogonais, logo não existe matriz nenhuma com essa configuração.
Segundo argumento, pela contagem. Um vetor em cada base dá \(\dim C(A^T)=1\) e \(\dim N(A)=1\). Pelo Teorema Fundamental essas duas dimensões somam \(n\), e os vetores no \(\mathbb{R}^3\) forçam \(n=3\). Mas \(1+1=2\ne3\). Falha também aí.
Por que a parte 1 pôde, então? \(C(A)\) e \(C(A^T)\) não formam um par ortogonal — nem vivem no mesmo espaço quando \(m\ne n\). Os únicos pares que se cruzam em ângulo reto são \(C(A^T)\perp N(A)\) na entrada e \(C(A)\perp N(A^T)\) na saída. Nada impede o espaço linha e o espaço coluna de coincidirem.
O mapa completo — para onde vai cada pedaço de \(\mathbf{x}\)
Último desenho da aula, feito no quadro depois do exercício 2 e sobre a mesma matriz dele: \(A\) é \(3\times4\) de posto \(r=2\), então a entrada é o \(\mathbb{R}^4\), a saída é o \(\mathbb{R}^3\), e os quatro subespaços cabem todos num mapa só. É a figura que junta os tópicos 08, 09 e o bloco de entrada e saída.
1. A entrada se parte em duas. Todo \(\mathbf{x}\in\mathbb{R}^4\) é a soma de uma componente no espaço linha e uma no espaço nulo — é o \(\mathbf{x}=\mathbf{x}_p+\mathbf{x}_n\) da parte 1 do exercício 2, aqui com os nomes do quadro:
$$\mathbf{x}=\mathbf{x}_r+\mathbf{x}_n,\qquad \mathbf{x}_r\in C(A^T),\quad \mathbf{x}_n\in N(A)$$2. Só uma das duas chega do outro lado. Aplicando \(A\) na soma:
$$A\mathbf{x}=A\mathbf{x}_r+\underbrace{A\mathbf{x}_n}_{=\,\mathbf{0}}=A\mathbf{x}_r$$A seta de cima leva \(\mathbf{x}_r\) em \(A\mathbf{x}\), dentro do espaço coluna; a seta de baixo leva \(\mathbf{x}_n\) na origem. O resultado cai sempre em \(C(A)\), e quem decide onde dentro dele é só a componente do espaço linha.
3. Um dos quatro nunca recebe ninguém. Nenhum \(A\mathbf{x}\) cai em \(N(A^T)\) — é a parte da saída que a matriz não alcança. O único ponto que ele divide com o espaço coluna é a origem, e é exatamente ali que a seta de baixo termina: o espaço nulo inteiro é esmagado no único vetor que os dois lados da saída têm em comum. Por isso \(A\mathbf{x}=\mathbf{b}\) não tem solução quando \(\mathbf{b}\) tem componente ali.
Conferindo as dimensões do desenho na matriz do exercício 2, com \(m=3\), \(n=4\) e \(r=2\):
| Lado | Subespaço | Dimensão | No mapa |
|---|---|---|---|
| Entrada \(\mathbb{R}^4\) | Espaço linha \(C(A^T)\) | \(r=2\) | a caixa de onde parte a seta de cima |
| Espaço nulo \(N(A)\) | \(n-r=2\) | a caixa de onde parte a seta para a origem | |
| Saída \(\mathbb{R}^3\) | Espaço coluna \(C(A)\) | \(r=2\) | a caixa onde as duas setas terminam |
| Nulo esquerdo \(N(A^T)\) | \(m-r=1\) | a caixa marcada com \(\times\) |
Checklist da A4
Se você consegue responder tudo abaixo sem consultar, a aula está fechada.
| Pergunta | Onde está |
|---|---|
| Nomear os quatro subespaços e escrever a notação de cada um | Quais são os quatro |
| Achar \(C(A)\) e \(C(A^T)\) descartando colunas e linhas redundantes | Espaço linha e espaço coluna |
| Montar o sistema \(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\) e achar um gerador de \(N(A)\) | Espaço nulo |
| Justificar por que uma solução não trivial já entrega a reta inteira | Por que o espaço nulo é uma reta |
| Achar \(N(A^T)\) a partir da transposta | Espaço nulo esquerdo |
| Dizer o que é dois vetores — e dois subespaços — serem ortogonais | Espaço linha ⟂ espaço nulo |
| Provar que \(C(A^T)\perp N(A)\) lendo \(A\mathbf{x}=\mathbf{0}\) por linhas | Espaço linha ⟂ espaço nulo |
| Provar que \(C(A)\perp N(A^T)\) pelo mesmo argumento | Espaço coluna ⟂ nulo esquerdo |
| Dizer o que é a dimensão de um subespaço e ligá-la ao posto | Teorema Fundamental |
| Dar as quatro dimensões em função de \(m\), \(n\) e \(r\) | Teorema Fundamental |
| Dizer em que \(\mathbb{R}^k\) cada subespaço vive | Teorema Fundamental |
| Dizer qual é o espaço de entrada e o de saída olhando a forma de \(A\) | Espaço de entrada e de saída |
| Dizer para quais \(\mathbf{b}\) o sistema \(A\mathbf{x}=\mathbf{b}\) tem solução | Exercício final 1 · parte 1 |
| Achar o espaço nulo resolvendo o sistema homogêneo linha a linha | Exercício final 1 · parte 2 |
| Mostrar que \(N(B)\) é uma reta, e não só que contém uma | Exercício final 1 · parte 3 |
| Dizer onde cai \(B\mathbf{x}\) conforme \(\mathbf{x}\) esteja ou não em \(N(B)\) | Exercício final 1 · observação |
| Justificar \(A\mathbf{x}_p=\mathbf{b}\) a partir de \(\mathbf{x}=\mathbf{x}_p+\mathbf{x}_n\) | Exercício final 2 · parte 1 |
| Achar uma base de \(N(A)\) por Gauss-Jordan e variáveis livres | Exercício final 2 · parte 2 |
| Prever \(\dim N(A)\) contando colunas sem pivô | Exercício final 2 · regra prática |
| Montar a base de \(C(A)\) com as colunas pivô, tiradas de \(A\) | Exercício final 2 · parte 3 |
| Montar a base de \(C(A^T)\) com as linhas não nulas de \(R\) | Exercício final 2 · parte 3 |
| Achar uma base de \(N(A^T)\) rastreando a combinação que zerou a linha de \(U\) | Exercício final 2 · parte 4 |
| Explicar por que os coeficientes têm de ser escritos nas linhas originais de \(A\) | Exercício final 2 · parte 4 |
| Explicar por que a eliminação preserva o espaço nulo e o linha, mas não o coluna | Exercício final 2 · parte 3 |
| Achar dimensão e base dos quatro subespaços de uma \(3\times4\) do zero | Exercício final 3 |
| Ler as quatro dimensões só do número de pivôs, antes de achar vetor nenhum | Exercício final 3 · parte 1 |
| Conferir o resultado testando os dois pares ortogonais | Exercício final 3 · parte 4 |
| Construir \(A\) por \(CR\) a partir de bases dadas para \(C(A)\) e \(C(A^T)\) | Exercício final 4 · parte 1 |
| Usar a ortogonalidade para provar que um par de subespaços é impossível | Exercício final 4 · parte 2 |
| Desenhar o mapa dos quatro subespaços e dizer o que cada seta faz | O mapa completo |
| Justificar que só \(\mathbf{x}_r\) chega ao espaço coluna, e que \(N(A^T)\) não recebe ninguém | O mapa completo |