Em cada item, explique em palavras por que os vetores dados não são uma base do espaço vetorial dado.
A=\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\\\ 2 & 3\end{array}\right], B=\left[\begin{array}{cc}6 & 0 \\\\ -1 & 4\end{array}\right], C=\left[\begin{array}{ll}3 & 0 \\\\ 1 & 7\end{array}\right], D=\left[\begin{array}{ll}5 & 1 \\\\ 4 & 2\end{array}\right], E=\left[\begin{array}{ll}7 & 1 \\\\ 2 & 9\end{array}\right] para \mathbb{M}_{2 \times 2}(\mathbb{R}).

Passo 1

O enunciado pede que eu explique, em palavras, por que os vetores dados não são uma base do espaço vetorial fornecido. Os vetores (matrizes) fornecidos são:
A=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]2 & 3\end{pmatrix},\quad B=\begin{pmatrix}6 & 0\\[4pt]-1 & 4\end{pmatrix},\quad C=\begin{pmatrix}3 & 0\\[4pt]1 & 7\end{pmatrix},\quad D=\begin{pmatrix}5 & 1\\[4pt]4 & 2\end{pmatrix},\quad E=\begin{pmatrix}7 & 1\\[4pt]2 & 9\end{pmatrix}
o espaço vetorial é \mathbb{M}_{2\times 2}(\mathbb{R}). A tarefa é justificar por que esse conjunto de vetores (essas cinco matrizes) não forma uma base desse espaço.]

Passo 2

Lembra do que é uma base? Vou explicar devagar. Uma base de um espaço vetorial é um conjunto de vetores que satisfaz duas coisas ao mesmo tempo:
  1. os vetores são linearmente independentes; e
  2. os vetores geram (spanning) todo o espaço vetorial.
Uma consequência muito útil que vem da teoria linear é: se um espaço vetorial tem dimensão n, então qualquer base desse espaço tem exatamente n vetores. Ou seja, uma base não pode ter mais nem menos do que n vetores. Essa é a ferramenta principal que vou usar — você verá que ela já resolve o problema rapidamente.

Passo 3

Qual é a dimensão de \mathbb{M}_{2\times 2}(\mathbb{R})? Vou explicar: uma matriz 2\times2
\begin{pmatrix}a & b\\[4pt]c & d\end{pmatrix}
é determinada por quatro números reais a,b,c,d. Podemos identificá‑la com o vetor (a,b,c,d) em \mathbb{R}^4. Portanto \mathbb{M}_{2\times 2}(\mathbb{R}) é um espaço vetorial de dimensão 4. Em palavras: qualquer base de \mathbb{M}_{2\times 2}(\mathbb{R}) tem exatamente 4 vetores.]

Passo 4

Agora a observação imediata e decisiva: o conjunto dado tem 5 matrizes ( A,B,C,D,E). Mas uma base de \mathbb{M}_{2\times 2}(\mathbb{R}) só pode ter 4 vetores. Logo, já por contagem, qualquer conjunto com mais de 4 vetores nesse espaço é necessariamente linearmente dependente — e, portanto, não pode ser uma base. Em palavras simples: temos vetores demais para o espaço; sobra repetição linear. Isso sozinho é uma justificativa válida e suficiente para afirmar que o conjunto dado não é uma base.

Passo 5

Para fixar bem a ideia (e porque às vezes cai na prova pedir “mostre uma combinação linear não trivial”), vou também exibir explicitamente uma combinação linear não trivial que zera as matrizes dadas. Isso confirma na prática a dependência linear que a contagem já anunciou.
Trabalho no sistema coeficiente por coeficiente. Sejam \alpha,\beta,\gamma,\delta,\varepsilon escalares tais que
\alpha A+\beta B+\gamma C+\delta D+\varepsilon E=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo a igualdade componente a componente (tomando a ordem dos componentes como primeiro elemento 1,1, depois 1,2, depois 2,1, depois 2,2) obtemos o sistema
\begin{cases} \alpha+6\beta+3\gamma+5\delta+7\varepsilon=0,\\[4pt] \alpha+\delta+\varepsilon=0,\\[4pt] 2\alpha-\beta+\gamma+4\delta+2\varepsilon=0,\\[4pt] 3\alpha+4\beta+7\gamma+2\delta+9\varepsilon=0. \end{cases}]

Passo 6

Agora resolvo de forma direta e clara (substituições simples, sem pulos). Da segunda equação temos
\alpha=-\delta-\varepsilon.
Substituo em 1, 3 e 4; após simplificar obtenho o sistema reduzido (em \beta,\gamma,\delta,\varepsilon\)): \[\begin{cases} 6\beta+3\gamma+4\delta+6\varepsilon=0,\\[4pt] -\beta+\gamma+2\delta=0,\\[4pt] 4\beta+7\gamma-\delta+6\varepsilon=0. \end{cases}
Da segunda equação aqui vem \beta=\gamma+2\delta\]. Substituindo nas outras duas equações e eliminando, chega‑se a duas equações apenas em \[\gamma,\delta,\varepsilon:
\begin{cases} 9\gamma+16\delta+6\varepsilon=0,\\[4pt] 11\gamma+7\delta+6\varepsilon=0. \end{cases}
Subtraindo a segunda da primeira obtém‑se -2\gamma+9\delta=0\], ou seja \(\delta=\dfrac{2}{9}\gamma. Tomando \gamma=54 (escolha prática para limpar denominadores) obtemos \delta=12. Voltando para calcular os outros coeficientes:
\beta=\gamma+2\delta=54+24=78,\qquad \varepsilon=-113,\qquad \alpha=-\delta-\varepsilon=101.
(Observe que o valor de \varepsilon saiu da substituição direta nas equações anteriores — os números são inteiros por escolha de \gamma.)]

Passo 7

Assim temos uma combinação linear não trivial que zera todas as matrizes:
101\,A+78\,B+54\,C+12\,D-113\,E=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}.
Isso prova concretamente que as cinco matrizes são linearmente dependentes. Como consequência elas não podem ser uma base de \mathbb{M}_{2\times 2}(\mathbb{R}) (além da razão de contagem dada antes).]

Resposta

O conjunto \{A,B,C,D,E\} não é uma base porque \mathbb{M}_{2\times 2}(\mathbb{R}) tem dimensão 4 e o conjunto dado tem 5 vetores, logo é linearmente dependente; explicitamente, 101A+78B+54C+12D-113E=\mathbf{0}.

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