17{ }^{\text {a }} Questão. Considere as bases
B=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}, \quad A=\{(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)\}.
  • Determine [I]_{B}^{A} e [I]_{A}^{B}.
  • Para v=(2,-1,3), calcule [v]_{A} e verifique que [v]_{A}= [I]_{B}^{A}[v]_{B}.

Passo 1

O enunciado dá duas bases de \mathbb{R}^{3}:
B=\{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\},\qquad A=\{(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)\}.
As perguntas são:
  1. Determinar [I]_{B}^{A} e [I]_{A}^{B} (as matrizes da aplicação identidade vistas entre as bases indicadas).
  2. Para v=(2,-1,3), calcular [v]_{A} e verificar que [v]_{A}=[I]_{B}^{A}[v]_{B}.
Informações relevantes dadas: os vetores que constituem cada base (listados acima) e o vetor v.

Passo 2

Primeiro, vamos lembrar o que é o vetor de coordenadas [v]_{B}. Se B=\{b_{1},b_{2},b_{3}\} e um vetor v é escrito como
v = x_{1}b_{1}+x_{2}b_{2}+x_{3}b_{3},
então [v]_{B}=\begin{pmatrix}x_{1}\x_{2}\x_{3}\end{pmatrix}. Ou seja, [v]_{B} são os coeficientes da combinação linear de v em relação à base B.
Como B é a base canônica (padrão) \{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)\}, as coordenadas de um vetor v=(v_{1},v_{2},v_{3}) em B são simplesmente os componentes:
[v]_{B}=\begin{pmatrix}v_{1}\v_{2}\v_{3}\end{pmatrix}.

Passo 3

Aplicando ao nosso v=(2,-1,3), temos diretamente
[v]_{B}=\begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ 3\end{pmatrix}.

Passo 4

Agora explico o que significa [I]_{B}^{A}. Essa matriz representa a aplicação identidade I:\mathbb{R}^{3}\to\mathbb{R}^{3} vista com coordenadas na base B na origem e coordenadas na base A no destino. Uma regra prática muito útil:
  • As colunas de [I]_{B}^{A} são as coordenadas, em relação à base A, dos vetores da base B (cada coluna corresponde a um vetor de B).
Analogamente, as colunas de [I]_{A}^{B} são as coordenadas, em relação à base B, dos vetores da base A. Como B é a base canônica, coordenadas em B são simplesmente as componentes dos vetores.
Vou então expressar cada vetor de B como combinação linear dos vetores de A para obter as colunas de [I]_{B}^{A}.

Passo 5

Denote os vetores de A por
a_{1}=(1,1,0),\quad a_{2}=(1,0,1),\quad a_{3}=(0,1,1).
Queremos escrever e_{1}=(1,0,0), e_{2}=(0,1,0), e_{3}=(0,0,1) (os vetores de B) como combinações e_{j}= \alpha_{1}a_{1}+\alpha_{2}a_{2}+\alpha_{3}a_{3}. Para cada e_{j} obtemos o sistema de equações olhando componente a componente. Note que, para coeficientes x,y,z,
x a_{1}+y a_{2}+z a_{3} = (x+y,\; x+z,\; y+z).
Usarei isso para cada e_{j}.
Para e_{1}=(1,0,0) precisamos de x+y=1,\; x+z=0,\; y+z=0.
  • De x+z=0 vem z=-x.
  • De y+z=0 vem y=-z= x.
  • Então x+y= x + x = 2x = 1 x=\tfrac{1}{2}.
    Logo (x,y,z)=(\tfrac{1}{2},\tfrac{1}{2},-\tfrac{1}{2}). Essa é a primeira coluna de [I]_{B}^{A}.
Para e_{2}=(0,1,0) precisamos de x+y=0,\; x+z=1,\; y+z=0.
  • De y+z=0 vem z=-y.
  • De x+y=0 vem x=-y.
  • Então x+z = -y + (-y) = -2y =1 y=-\tfrac{1}{2}.
    Logo x=\tfrac{1}{2},\; y=-\tfrac{1}{2},\; z=\tfrac{1}{2}. Essa é a segunda coluna.
Para e_{3}=(0,0,1) precisamos de x+y=0,\; x+z=0,\; y+z=1.
  • Das duas primeiras temos x=-y e x=-z, então y=z.
  • De y+z=1 vem 2y=1 então y=\tfrac{1}{2}.
    Logo x=-\tfrac{1}{2},\; y=\tfrac{1}{2},\; z=\tfrac{1}{2}. Essa é a terceira coluna.

Passo 6

Com as colunas encontradas, a matriz [I]_{B}^{A} (colunas: coordenadas de e_{1},e_{2},e_{3} em A) é
[I]_{B}^{A}= \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix}.
Agora [I]_{A}^{B} tem colunas dadas pelas coordenadas dos vetores de A em relação a B. Como B é a base canônica, essas coordenadas são simplesmente as próprias componentes dos vetores a_{1},a_{2},a_{3}. Assim
[I]_{A}^{B}= \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}.]

Passo 7

Agora vou encontrar [v]_{A}\), ou seja, os coeficientes \(c_{1},c_{2},c_{3}\) tais que \[v = c_{1}a_{1}+c_{2}a_{2}+c_{3}a_{3}.
Usando a mesma fórmula para combinação, obtemos
(c_{1}+c_{2},\; c_{1}+c_{3},\; c_{2}+c_{3}) = (2,-1,3).
Então o sistema é
\begin{cases} c_{1}+c_{2}=2,\\[4pt] c_{1}+c_{3}=-1,\\[4pt] c_{2}+c_{3}=3. \end{cases}
Subtraindo a segunda equação da primeira obtemos c_{2}-c_{3}=3\]. Somando isso com a terceira equação \(c_{2}+c_{3}=3 2c_{2}=6, logo c_{2}=3. Então c_{3}=0 e c_{1}=2-c_{2}= -1.
Portanto
[v]_{A}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix}.]

Passo 8

Agora verifico que [I]_{B}^{A}[v]_{B}=[v]_{A}. Já temos
[I]_{B}^{A}= \begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\\\ \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\\\ -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix},\qquad [v]_{B}=\begin{pmatrix}2\\\ -1\\\ 3\end{pmatrix}.
Multiplicando (faça como na prova: linha por coluna, somando produtos correspondentes):
Primeira entrada:
\tfrac{1}{2}\cdot 2 + \tfrac{1}{2}\cdot(-1) + \big(-\tfrac{1}{2}\big)\cdot 3 =1 -\tfrac{1}{2} -\tfrac{3}{2} = -1.
Segunda entrada:
\tfrac{1}{2}\cdot 2 + \big(-\tfrac{1}{2}\big)\cdot(-1) + \tfrac{1}{2}\cdot 3 =1 +\tfrac{1}{2} +\tfrac{3}{2} =3.
Terceira entrada:
\big(-\tfrac{1}{2}\big)\cdot 2 + \tfrac{1}{2}\cdot(-1) + \tfrac{1}{2}\cdot 3 =-1 -\tfrac{1}{2} +\tfrac{3}{2} =0.
O resultado é \begin{pmatrix}-1\\\ 3\\\ 0\end{pmatrix}, que coincide com [v]_{A} encontrado no passo anterior. Logo a verificação está feita.

Resposta

[I]_{B}^{A}
\begin{pmatrix} \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2}\\[4pt] \tfrac{1}{2} & -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2}\\[4pt] -\tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} & \tfrac{1}{2} \end{pmatrix}
[I]_{A}^{B}
\begin{pmatrix} 1 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 1 \end{pmatrix}
[v]_{A}=\begin{pmatrix}-1\\[4pt]3\\[4pt]0\end{pmatrix} e [I]_{B}^{A}[v]_{B}=[v]_{A}.]

Exercícios relacionados