\alpha \mid a base canônica do \mathbb{R}^{2} e T o operador linear sobre o \mathbb{R}^{2} satisfazendo [T]_{\alpha}^{\alpha}=\left[\begin{array}{cc}1 & 3 \\\\ -1 & 5\end{array}\right]. Existe uma base \beta do \mathbb{R}^{2}, tal que [T]_{\beta}^{\alpha}=\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\\\ 0 & 1\end{array}\right] ?

Passo 1

O enunciado dá o operador linear T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2 cuja matriz na base canônica \alpha é
[T]_{\alpha}^{\alpha} = \begin{pmatrix} 1 & 3\\\\ -1& 5 \end{pmatrix}.
Queremos saber se existe uma base \beta=\{v_1,v_2\} do domínio tal que a matriz de T de \beta (domínio) para \alpha (contradomínio) seja
[T]_{\beta}^{\alpha} = \begin{pmatrix} 1 & 1\\\\ 0 & 1 \end{pmatrix}.
Para resolver isso vamos usar: definição de matriz de transformação em bases diferentes, existência de solução de T(x)=y quando T é inversível, e independência linear preservada por isomorfismos.

Passo 2

Escrever o que a condição [T]_{\beta}^{\alpha}=\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&1\end{pmatrix} significa em termos de v_1,v_2. As colunas dessa matriz são as coordenadas de T(v_1) e T(v_2) na base \alpha. Logo, devemos ter
T(v_1)=1\cdot e_1+0\cdot e_2=e_1, \quad T(v_2)=1\cdot e_1+1\cdot e_2=e_1+e_2.

Passo 3

Verificar se há solução para T(x)=y. A matriz de T em \alpha é
A=\begin{pmatrix}1&3\\\ -1&5\end{pmatrix},
cujo determinante é
\det(A)=1\cdot5-(-1)\cdot3=5+3=8\neq0.
Como \det(A)\neq0, T é invertível (um isomorfismo). Logo, para qualquer vetor y\in\mathbb{R}^2 existe único x tal que T(x)=y. Em particular, existem únicos v_1 e v_2 tais que
T(v_1)=e_1, \quad T(v_2)=e_1+e_2.

Passo 4

Mostrar que \{v_1,v_2\} é base. Como T é invertível, T preserva independência linear: se \{e_1,e_1+e_2\} é LI, então \{v_1,v_2\}= \{T^{-1}(e_1),T^{-1}(e_1+e_2)\} também é LI. E como são dois vetores em \mathbb{R}^2, formam base.

Passo 5

Opcionalmente, construir \beta. A inversa de
A = \begin{pmatrix}1&3\\\ -1&5\end{pmatrix}
é
A^{-1}=\frac{1}{8} \begin{pmatrix} 5 & -3\\\\ 1 & 1 \end{pmatrix}.
Então
v_1=A^{-1}e_1=\frac{1}{8}\begin{pmatrix}5\\\ 1\end{pmatrix}, \quad v_2=A^{-1}(e_1+e_2) =\frac{1}{8}\begin{pmatrix}5-3\\\ 1+1\end{pmatrix} =\frac{1}{8}\begin{pmatrix}2\\\ 2\end{pmatrix}.
Verifica-se \det\bigl[v_1\;v_2\bigr]=1/8\neq0, confirmando que \{v_1,v_2\} é base e de fato [T]_{\beta}^{\alpha}=\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&1\end{pmatrix}.

Resposta

Sim. Por exemplo, tomando
\beta=\left\{\frac{1}{8}\begin{pmatrix}5\\\ 1\end{pmatrix},\,\frac{1}{8}\begin{pmatrix}2\\\ 2\end{pmatrix}\right\},
temos [T]_{\beta}^{\alpha}=\begin{pmatrix}1&1\\\ 0&1\end{pmatrix}.

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