(47) Consideremos o subespaço vetorial de \mathcal{M}_{3}(\mathbb{R}) constituído das matrizes simétricas. Determine uma base desse subespaço.
(48) Seja V o espaço vetorial dado por V=\{x \in \mathbb{R} \mid x>0\} cujas operações de adição ⊕ e multiplicação por esclares ⋅ são assim definidas:
\oplus: x \oplus y=x y, \quad \forall x, y \in V \quad \text { e } \quad \odot: \alpha \odot x=x^{\alpha}, \forall \alpha \in \mathbb{R}, \forall x \in \mathbb{R}

Passo 1

Problema (47). O enunciado dá o subespaço de \mathcal{M}_{3}(\mathbb{R}) formado pelas matrizes simétricas. A pergunta é: determinar uma base desse subespaço. Informações relevantes fornecidas:
  • Uma matriz A=(a_{ij})\in\mathcal{M}_{3}(\mathbb{R}) é simétrica quando a_{ij}=a_{ji} para todos i,j.
  • Precisamos fornecer um conjunto de matrizes que seja linearmente independente e que gere (espalhe) todas as matrizes simétricas 3\times3.
Problema (48). O enunciado dá o conjunto V=\{x\in\mathbb{R}\mid x>0\} com operações
x\oplus y = x y,\qquad \forall x,y\in V,
\alpha\odot x = x^{\alpha},\qquad \forall \alpha\in\mathbb{R},\;x\in V.
As perguntas implícitas são:
  • Com essas operações, V é um espaço vetorial sobre \mathbb{R} ?
  • Se for espaço vetorial, determinar uma base (e, se possível, a dimensão).

Passo 2

Resolução detalhada do problema (47) — forma geral das matrizes simétricas e número de graus de liberdade.
  1. Vamos escrever a forma geral de uma matriz 3\times3 simétrica. Seja
A=\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13}\\[4pt] a_{21} & a_{22} & a_{23}\\[4pt] a_{31} & a_{32} & a_{33} \end{pmatrix}.
A condição de simetria A^{T}=A impõe a_{12}=a_{21}, a_{13}=a_{31} e a_{23}=a_{32}. Logo uma matriz simétrica tem a forma
A=\begin{pmatrix} a & b & c\\[4pt] b & d & e\\[4pt] c & e & f \end{pmatrix},
onde a,b,c,d,e,f\in\mathbb{R} são números livres (graus de liberdade). Observação: há exatamente 6 graus de liberdade (os elementos na diagonal e acima da diagonal).
  1. Conclusão parcial: o subespaço das matrizes simétricas é formado por todas as matrizes da forma acima, parametrizadas por seis escalares reais; portanto espere-se que a dimensão seja 6.]

Passo 3

Construção explícita de uma base para o espaço das matrizes simétricas e prova de que é base.
  1. Ideia: escolher seis matrizes que isolam cada uma das seis coordenadas a,b,c,d,e,f. As seis matrizes abaixo fazem exatamente isso (cada uma coloca um 1 em uma das posições independentes e zeros nos demais, lembrando que pelo requisito de simetria uma entrada fora da diagonal deve aparecer espelhada):
E_1 = \begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\quad E_2 = \begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\quad E_3 = \begin{pmatrix}0&0&1\\[4pt]0&0&0\\[4pt]1&0&0\end{pmatrix},
E_4 = \begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\quad E_5 = \begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&0&1\\[4pt]0&1&0\end{pmatrix},\quad E_6 = \begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix}.
  1. Mostrar que essas matrizes geram (espalham) todo elemento genérico. Tome uma matriz simétrica genérica
A=\begin{pmatrix}a&b&c\\[4pt]b&d&e\\[4pt]c&e&f\end{pmatrix}.
Observe que
A = aE_1 + bE_2 + cE_3 + dE_4 + eE_5 + fE_6.
Verifique multiplicando e somando que os coeficientes aparecem nas posições corretas. Assim qualquer matriz simétrica é combinação linear (sobre \mathbb{R}) dos E_i: os E_i geram o subespaço.
  1. Mostrar independência linear. Suponha que existam escalares x_1,\dots,x_6\in\mathbb{R} tais que
x_1E_1+x_2E_2+x_3E_3+x_4E_4+x_5E_5+x_6E_6 = 0_{3\times3},
onde 0_{3\times3} é a matriz zero. Igualando entrada por entrada, obtemos o sistema
  • entrada (1,1): x_1=0,
  • entradas (1,2) e (2,1): x_2=0,
  • entradas (1,3) e (3,1): x_3=0,
  • entrada (2,2): x_4=0,
  • entradas (2,3) e (3,2): x_5=0,
  • entrada (3,3): x_6=0.
Assim todos os x_i são zero, logo os E_i são linearmente independentes.
  1. Conclusão: \{E_1,E_2,E_3,E_4,E_5,E_6\} é um conjunto gerador e linearmente independente, portanto é uma base do subespaço das matrizes simétricas de \mathcal{M}_3(\mathbb{R}). A dimensão é 6.]

Passo 4

Resolução detalhada do problema (48) — verificar axiomas e encontrar base.
  1. Primeiro identificar o elemento neutro da operação \oplus (o “zero” do espaço vetorial). Por definição x\oplus y = x y. O elemento neutro 0_V deve satisfazer x\oplus 0_V = x para todo x\in V. Isso significa x\cdot 0_V = x, portanto 0_V=1 (porque x\cdot 1 = x para todo x>0). Conclusão: o vetor nulo (identidade aditiva neste espaço) é 1.
  2. Encontrar o inverso aditivo de um x\in V. O inverso aditivo x' tem que satisfazer x\oplus x' = 1. Ou seja x\cdot x' = 1. Assim x' = x^{-1}. Observação: como x>0, x^{-1}>0 e pertence a V. Então todo elemento tem inverso aditivo.
  3. Verificar as propriedades que definem um espaço vetorial (vou checar aquelas que mudam com respeito às operações definidas; outras são diretas):
  • Comutatividade da “adição”: x\oplus y = x y = y x = y\oplus x. OK.
  • Associatividade da “adição”: (x\oplus y)\oplus z = (xy)z = x(yz) = x\oplus(y\oplus z). OK.
  • Existência do elemento neutro 1 e de inversos x^{-1}. OK.
  • Identidade escalar: 1\odot x = x^{1} = x. OK.
  • Associatividade de escalares: \alpha\odot(\beta\odot x) = \alpha\odot(x^{\beta}) = (x^{\beta})^{\alpha} = x^{\alpha\beta} = (\alpha\beta)\odot x. OK.
  • Distributividade do escalar sobre a “adição” (primeira distributividade): \alpha\odot(x\oplus y)=\alpha\odot(xy)=(xy)^{\alpha}=x^{\alpha}y^{\alpha}=(\alpha\odot x)\oplus(\alpha\odot y). OK.
  • Distributividade da soma de escalares sobre o vetor (segunda distributividade): (\alpha+\beta)\odot x = x^{\alpha+\beta}=x^{\alpha}x^{\beta}=(\alpha\odot x)\oplus(\beta\odot x). OK.
Como todas as propriedades estão verificadas, V com \oplus,\odot é um espaço vetorial sobre \mathbb{R}.

Passo 5

Identificar estrutura linear e construir base do espaço V.
  1. Observação útil (e-pulo do gato didático): a função \varphi: V\to\mathbb{R} definida por
\varphi(x)=\ln x
é bem definida porque x>0. Vamos checar que \varphi transforma as operações de V nas operações usuais de \mathbb{R} (soma e multiplicação por escalares):
  • Para a “adição” de V: \varphi(x\oplus y)=\varphi(xy)=\ln(xy)=\ln x+\ln y=\varphi(x)+\varphi(y).
  • Para a multiplicação por escalar: \varphi(\alpha\odot x)=\varphi(x^{\alpha})=\ln(x^{\alpha})=\alpha\ln x=\alpha\varphi(x).
Portanto \varphi é um homomorfismo linear entre o espaço vetorial (V,\oplus,\odot) e o espaço vetorial usual (\mathbb{R},+,\cdot). É bijetiva (inversa \varphi^{-1}(t)=e^{t}), logo \varphi é um isomorfismo linear.
  1. Consequências do isomorfismo:
  • Como \mathbb{R} é um espaço vetorial de dimensão 1, V também tem dimensão 1.
  • Uma base de V corresponde via \varphi^{-1} a uma base de \mathbb{R}. Uma base canônica de \mathbb{R} é \{1\}. Aplicando \varphi^{-1} obtemos uma base natural de V:
\varphi^{-1}(1) = e^{1} = e.
Logo \{e\} é uma base de V.
  1. Verificação direta (para ficar seguro e aprender a fazer na prova): mostrar que \{e\} gera V e é linearmente independente no sentido das operações de V.
  • Gerador: dado x\in V, queremos \alpha\in\mathbb{R} tal que x=\alpha\odot e = e^{\alpha}. Tomando \alpha=\ln x obtemos e^{\alpha}=x. Logo \{e\} gera V.
  • Independência linear: se \alpha\odot e = 1 (lembrar que 1 é o neutro aditivo), então e^{\alpha}=1, o que dá \alpha=0. Logo não há combinação linear não trivial que produza o elemento neutro, portanto \{e\} é linearmente independente.
  1. Observação extra prática: qualquer elemento v\in V com v\ne 1 também gera V sozinho: dado x\in V, escolhe-se \alpha=\dfrac{\ln x}{\ln v} e tem-se v^{\alpha}=x. Assim qualquer v>0 com v\ne1 é um gerador; para ser base também precisa que \ln v\ne0, o que equivale a v\ne1, e a independência é semelhante ao caso de e. Portanto há muitas bases possíveis, a escolha mais natural é \{e\}.

Resposta

(47) \displaystyle \left\{\begin{pmatrix}1&0&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}0&1&0\\[4pt]1&0&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}0&0&1\\[4pt]0&0&0\\[4pt]1&0&0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&1&0\\[4pt]0&0&0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&0&1\\[4pt]0&1&0\end{pmatrix},\; \begin{pmatrix}0&0&0\\[4pt]0&0&0\\[4pt]0&0&1\end{pmatrix}\right\}
(48) Sim: V é um espaço vetorial sobre \mathbb{R}. Uma base conveniente é \{e\} (dimensão 1).]

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