Considere a matriz: $$A = \begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 2 & 1 & 3 & 0 \\ -1 & 3 & 2 & 2 \end{bmatrix}.$$ Faremos o escalonamento usando "L" para representar linha: 1. \( L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1 \): \[ \begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & -7 & -7 & -4 \\ -1 & 3 & 2 & 2 \end{bmatrix} \] 2. \( L_3 \leftarrow L_3 + L_1 \): \[ \begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & -7 & -7 & -4 \\ 0 & 7 & 7 & 4 \end{bmatrix} \] 3. \( L_3 \leftarrow L_3 + L_2 \): \[ \begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & -7 & -7 & -4 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix} \] 4. Dividindo a segunda linha por \(-7\): \[ \begin{bmatrix} 1 & 4 & 5 & 2 \\ 0 & 1 & 1 & \frac{4}{7} \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}. \] A matriz resultante leva ao seguinte sistema de equações: \[ \begin{cases} x_1 + 4x_2 + 5x_3 + 2x_4 = 0 \\[6pt] x_2 + x_3 + \frac{4}{7}x_4 = 0 \end{cases} \] Da segunda equação, podemos expressar \(x_2\) em função das variáveis livres \(x_3\) e \(x_4\): \[ x_2 = -x_3 - \frac{4}{7}x_4. \] Substituindo essa expressão na primeira equação: \[ x_1 + 4(-x_3 - \tfrac{4}{7}x_4) + 5x_3 + 2x_4 = 0. \] Isto simplifica para: \[ x_1 -4x_3 - \tfrac{16}{7}x_4 + 5x_3 + 2x_4 = x_1 + x_3 - \tfrac{2}{7}x_4 = 0. \] Portanto: \[ x_1 = -x_3 + \tfrac{2}{7}x_4. \] Agora, tome \(x_3 = s\) e \(x_4 = t\) como variáveis livres. Assim: \[ x_1 = -s + \tfrac{2}{7}t, \quad x_2 = -s - \tfrac{4}{7}t, \quad x_3 = s, \quad x_4 = t. \] Agrupando em função de \(s\) e \(t\): \[ \begin{bmatrix}x_1 \\ x_2 \\ x_3 \\ x_4\end{bmatrix} = s\begin{bmatrix}-1 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{bmatrix} + t\begin{bmatrix}\tfrac{2}{7} \\ -\tfrac{4}{7} \\ 0 \\ 1\end{bmatrix}. \] Multiplicando a segunda base por 7 para evitar frações (uma operação permitida, pois não altera o espaço gerado): \[ = s\begin{bmatrix}-1 \\ -1 \\ 1 \\ 0\end{bmatrix} + u\begin{bmatrix}2 \\ -4 \\ 0 \\ 7\end{bmatrix}, \text{ onde } u = \tfrac{t}{1}. \] Portanto, uma base para o espaço nulo de \(A\) é: \[ \{(-1, -1, 1, 0), (2, -4, 0, 7)\}. \] Estes vetores formam a base do espaço nulo, pois qualquer solução do sistema homogêneo pode ser escrita como uma combinação linear deles.

Para cada subespaço, precisamos encontrar um conjunto de vetores linearmente independentes que o gerem. ### (a) O plano é dado por $$3x - 2y + 5z = 0.$$ Podemos escolher, por exemplo, \(y\) e \(z\) como variáveis livres. Assim, a partir da equação: \[ 3x = 2y - 5z \implies x = \frac{2}{3}y - \frac{5}{3}z. \] Definindo \(y = s\) e \(z = t\), obtemos: \[ (x,y,z) = \left(\frac{2}{3}s - \frac{5}{3}t, s, t\right) = s\left(\frac{2}{3}, 1, 0\right) + t\left(-\frac{5}{3}, 0, 1\right). \] Para evitar frações, multiplicamos por 3: \[ (x,y,z) = s(2,3,0) + t(-5,0,3). \] Uma base para o plano é, portanto: \[ \{(2,3,0), (-5,0,3)\}. \] ### (b) O plano é dado por $$x - y = 0 \implies x = y.$$ Podemos parametrizar \(x = y = s\) e deixar \(z\) livre como \(t\): \[ (x,y,z) = (s,s,t) = s(1,1,0) + t(0,0,1). \] Assim, uma base é: \[ \{(1,1,0), (0,0,1)\}. \] ### (c) A reta é dada por: \[ x = 2t, \quad y = -t, \quad z = 4t. \] Podemos escrever: \[ (x,y,z) = t(2,-1,4). \] Uma base para a reta é: \[ \{(2,-1,4)\}. \] ### (d) Temos todos os vetores \((a,b,c)\) tais que \(b = a + c\). Substituindo \(b\): \[ (a,b,c) = (a,a+c,c). \] Podemos parametrizar por \(a\) e \(c\): \[ (a,b,c) = a(1,1,0) + c(0,1,1). \] Uma base é, portanto: \[ \{(1,1,0), (0,1,1)\}. \] Resumindo: - (a) Base: \(\{(2,3,0), (-5,0,3)\}\). - (b) Base: \(\{(1,1,0), (0,0,1)\}\). - (c) Base: \(\{(2,-1,4)\}\). - (d) Base: \(\{(1,1,0), (0,1,1)\}\).

Vamos encontrar a inversa da matriz $$ A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 2 & 5 & 3 \\ 1 & 0 & 8 \end{bmatrix}. $$ Começamos com a matriz estendida \((A|I)\): \[ \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 2 & 5 & 3 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 8 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right]. \] **Passo 1:** Use \(L_1\) como pivô para eliminar abaixo dele na primeira coluna. - \(L_2 \leftarrow L_2 - 2L_1\): \[ L_2: (2 - 2\cdot1, \; 5 - 2\cdot2, \; 3 - 2\cdot3 \;|\; 0 - 2\cdot1, \;1 - 2\cdot0, \;0 - 2\cdot0) = (0, 1, -3 | -2, 1, 0). \] - \(L_3 \leftarrow L_3 - L_1\): \[ L_3: (1-1, \;0-2, \;8-3 \;|\; 0-1, \;0-0, \;1-0) = (0, -2, 5 | -1, 0, 1). \] A matriz agora é: \[ \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & -2 & 5 & -1 & 0 & 1 \end{array}\right]. \] **Passo 2:** Use \(L_2\) como pivô para eliminar em \(L_3\). - \(L_3 \leftarrow L_3 + 2L_2\): \[ L_3: (0, -2 + 2\cdot1, 5 + 2\cdot(-3) \;|\; -1 + 2\cdot(-2), 0 + 2\cdot1, 1 + 2\cdot0) = (0, 0, -1 | -5, 2, 1). \] Agora temos: \[ \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & -5 & 2 & 1 \end{array}\right]. \] **Passo 3:** Faça o pivô da terceira linha ser 1. - \(L_3 \leftarrow -L_3\): \[ (0, 0, 1 | 5, -2, -1). \] \[ \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 3 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & -3 & -2 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 5 & -2 & -1 \end{array}\right]. \] **Passo 4:** Elimine a terceira variável das linhas 1 e 2. - \(L_2 \leftarrow L_2 + 3L_3\): \[ L_2: (0,1,-3 | -2,1,0) + 3(0,0,1 | 5,-2,-1) = (0,1,0 | -2+15, 1+(-6), 0+(-3)) = (0,1,0 | 13,-5,-3). \] - \(L_1 \leftarrow L_1 - 3L_3\): \[ L_1: (1,2,3 | 1,0,0) - 3(0,0,1 | 5,-2,-1) = (1,2,0 | 1-15, 0+6, 0+3) = (1,2,0 | -14,6,3). \] A matriz agora é: \[ \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 2 & 0 & -14 & 6 & 3 \\ 0 & 1 & 0 & 13 & -5 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 5 & -2 & -1 \end{array}\right]. \] **Passo 5:** Elimine a segunda variável da primeira linha. - \(L_1 \leftarrow L_1 - 2L_2\): \[ L_1: (1,2,0|-14,6,3) - 2(0,1,0|13,-5,-3) = (1,0,0 | -14-26, 6+10, 3+6) = (1,0,0 | -40,16,9). \] Agora a matriz está na forma: \[ \left[\begin{array}{ccc|ccc} 1 & 0 & 0 & -40 & 16 & 9 \\ 0 & 1 & 0 & 13 & -5 & -3 \\ 0 & 0 & 1 & 5 & -2 & -1 \end{array}\right]. \] A parte da direita é a matriz inversa: \[ A^{-1} = \begin{bmatrix} -40 & 16 & 9 \\ 13 & -5 & -3 \\ 5 & -2 & -1 \end{bmatrix}. \] Logo, a inversa de \(A\) é: $$ A^{-1} = \begin{bmatrix} -40 & 16 & 9 \\ 13 & -5 & -3 \\ 5 & -2 & -1 \end{bmatrix}. $$

Primeiro, precisamos encontrar os autovalores da matriz $$ A = \begin{bmatrix} 0 & 0 & -2 \\ 1 & 2 & 1 \\ 1 & 0 & 3 \end{bmatrix}. $$ **Passo 1: Encontrar os autovalores** Determinamos o polinômio característico de \(A\): \[ \det(A - \lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & 0 & -2 \\ 1 & 2-\lambda & 1 \\ 1 & 0 & 3-\lambda \end{vmatrix}. \] Expanda pelo primeiro elemento da primeira linha: \[ -\lambda \begin{vmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 0 & 3-\lambda \end{vmatrix} - 0 + (-2)\begin{vmatrix} 1 & 2-\lambda \\ 1 & 0 \end{vmatrix}. \] Cálculo do primeiro determinante: \[ (2-\lambda)(3-\lambda) - (1 \cdot 0) = (2-\lambda)(3-\lambda) = 6 -5\lambda + \lambda^2. \] Então a parte correspondente a \(-\lambda\) é: \[ -\lambda( \lambda^2 -5\lambda +6 ). \] Para o segundo determinante: \[ \begin{vmatrix} 1 & 2-\lambda \\ 1 & 0 \end{vmatrix} = 1 \cdot 0 - (2-\lambda)\cdot1 = \lambda - 2. \] Logo, o polinômio característico é: \[ -\lambda(\lambda^2 - 5\lambda +6) -2(\lambda - 2). \] Fatoramos \(\lambda^2 - 5\lambda +6\): \[ \lambda^2 - 5\lambda + 6 = (\lambda - 2)(\lambda - 3). \] Assim: \[ -\lambda(\lambda - 2)(\lambda - 3) - 2(\lambda - 2). \] Fatora-se \((\lambda - 2)\): \[ (\lambda - 2)( -\lambda(\lambda - 3) - 2 ) = (\lambda - 2)( -\lambda^2 +3\lambda -2 ). \] Testando \(\lambda = 1\), substituímos no polinômio original e verificamos que \(\lambda = 1\) é raiz. Assim, reorganizando, encontramos as raízes \(\lambda = 1\) e \(\lambda = 2\), sendo que \(\lambda = 2\) aparece com multiplicidade 2. Portanto, os autovalores são: \[ \lambda_1 = 1, \quad \lambda_2 = 2 \text{ (com multiplicidade 2)}. \] **Passo 2: Encontrar os autovetores de \(\lambda = 1\)** Resolva \((A - I)x = 0\): \[ A - I = \begin{bmatrix} -1 & 0 & -2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 2 \end{bmatrix}. \] Fazendo escalonamento: 1. Use a primeira linha para eliminar abaixo: - \(L_2 \leftarrow L_2 + L_1\): \[ L_2: (1+(-1), 1+0, 1+(-2)) = (0,1,-1). \] - \(L_3 \leftarrow L_3 + L_1\): \[ L_3: (1+(-1), 0+0, 2+(-2)) = (0,0,0). \] Agora temos: \[ \begin{bmatrix} -1 & 0 & -2 \\ 0 & 1 & -1 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}. \] Do sistema: \[ - x_1 - 2x_3 = 0 \implies x_1 = -2x_3. \] \[ x_2 - x_3 = 0 \implies x_2 = x_3. \] Seja \(x_3 = s\): \[ (x_1,x_2,x_3) = (-2s, s, s) = s(-2,1,1). \] Um autovetor para \(\lambda=1\) é: \[ (-2,1,1). \] **Passo 3: Encontrar os autovetores de \(\lambda = 2\)** Resolva \((A - 2I)x = 0\): \[ A - 2I = \begin{bmatrix} 0-2 & 0 & -2 \\ 1 & 2-2 & 1 \\ 1 & 0 & 3-2 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -2 & 0 & -2 \\ 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}. \] Escalonando: 1. Troque \(L_1\) com \(L_2\) para ter pivô fácil: \[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 1 \\ -2 & 0 & -2 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}. \] 2. \(L_2 \leftarrow L_2 + 2L_1\): \[ L_2: (-2+2\cdot1,0, -2+2\cdot1) = (0,0,0). \] 3. \(L_3 \leftarrow L_3 - L_1\): \[ L_3: (1-1,0-0,1-1) = (0,0,0). \] Restou apenas uma equação: \[ x_1 + x_3 = 0 \implies x_1 = -x_3. \] Aqui \(x_2\) é livre e \(x_3\) também é livre. Seja: \[ x_2 = u, \quad x_3 = v. \] Então: \[ (x_1,x_2,x_3) = (-v,u,v) = u(0,1,0) + v(-1,0,1). \] Portanto, o autoespaço para \(\lambda=2\) é gerado por: \[ \{(0,1,0), (-1,0,1)\}. \] **Conclusão:** - Para \(\lambda=1\), uma base do autoespaço é: \[ \{(-2,1,1)\}. \] - Para \(\lambda=2\), uma base do autoespaço é: \[ \{(0,1,0), (-1,0,1)\}. \]