Considere o seguinte subespaço de M_{2}: W=\left\{\left[\begin{array}{ll}a & b \\\ c & d\end{array}\right] / d=0\right\}. Sejam
\begin{aligned} & \alpha=\left\{\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 1 & -1 \\ 1 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} 1 & 1 \\ -11 & 0 \end{array}\right]\right\} \\ & \beta=\left\{\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 1 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{ll} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right]\right\} \end{aligned}

Passo 1

O enunciado nos dá o subespaço
W=\left\{\begin{pmatrix}a & b\\[4pt] c & 0\end{pmatrix}\right\}
e as duas famílias de três matrizes cada:
\alpha=\left\{A_1=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\; A_2=\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\; A_3=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]-11 & 0\end{pmatrix}\right\},
\beta=\left\{B_1=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\; B_2=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix},\; B_3=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}\right\}.
Vou entender o problema assim (como é usual neste tipo de exercício):
(a) verificar se \alpha e \beta são bases de W;
(b) encontrar a matriz de mudança de base de \alpha para \beta (isto é, a matriz P tal que [v]_{\beta}=P\,[v]_{\alpha} para todo v\in W).
As informações relevantes já listadas acima são os elementos de \alpha e \beta e a definição de W.]

Passo 2

Entender a dimensão de W.
Uma matriz genérica em W tem a forma \begin{pmatrix}a & b\\[4pt] c & 0\end{pmatrix}. Os graus de liberdade são a,b,c, ou seja, três coordenadas independentes. Portanto
\dim(W)=3.
Assim, qualquer subconjunto de W com exatamente 3 vetores forma uma base se, e somente se, esses 3 vetores forem linearmente independentes (já que o número de vetores iguala a dimensão).]

Passo 3

Mapear matrizes de W para vetores de \mathbb{R}^3 (vetorização) para facilitar contas. Defino a aplicação linear bijetiva
\Phi: W\to\mathbb{R}^3,\qquad \Phi\!\left(\begin{pmatrix}a & b\\[4pt] c & 0\end{pmatrix}\right)=(a,b,c).
Essa aplicação preserva independência linear: matrizes são linearmente independentes em W sse seus vetores imagem em \mathbb{R}^3 são linearmente independentes. Vou trabalhar com as imagens em \mathbb{R}^3.
Agora escrevo as imagens das matrizes dadas:
\Phi(A_1)=(1,1,1),\quad \Phi(A_2)=(1,-1,1),\quad \Phi(A_3)=(1,1,-11),
\Phi(B_1)=(1,0,1),\quad \Phi(B_2)=(1,1,0),\quad \Phi(B_3)=(1,0,0).]

Passo 4

Verificar se \alpha é linearmente independente. Formo a matriz cujas colunas são \Phi(A_1),\Phi(A_2),\Phi(A_3):
M_\alpha=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 1 & -1 & 1\\[4pt] 1 & 1 & -11 \end{pmatrix}.
Calculo o determinante de M_\alpha. Usando expansão pela primeira linha:
\det(M_\alpha)=1\cdot\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -11\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -11\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}.
Agora cada determinante 2\times2:
\det\begin{pmatrix}-1 & 1\\[4pt]1 & -11\end{pmatrix}=(-1)(-11)-1\cdot1=11-1=10,
\det\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]1 & -11\end{pmatrix}=1\cdot(-11)-1\cdot1=-11-1=-12,
\det\begin{pmatrix}1 & -1\\[4pt]1 & 1\end{pmatrix}=1\cdot1-(-1)\cdot1=1+1=2.
Portanto
\det(M_\alpha)=1\cdot10-1\cdot(-12)+1\cdot2=10+12+2=24\neq 0.
Determinante não nulo implica que \Phi(A_1),\Phi(A_2),\Phi(A_3) são linearmente independentes, logo A_1,A_2,A_3 são linearmente independentes em W. Como há 3 vetores e \dim W=3, concluímos que \alpha é uma base de W.]

Passo 5

Verificar se \beta é linearmente independente. Formo a matriz com colunas \Phi(B_1),\Phi(B_2),\Phi(B_3):
M_\beta=\begin{pmatrix} 1 & 1 & 1\\[4pt] 0 & 1 & 0\\[4pt] 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}.
Calculo \det(M_\beta). Usando expansão pela primeira linha:
\det(M_\beta)=1\cdot\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix} -1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix} +1\cdot\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}.
Calculando os 2\times2:
\det\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}=1\cdot0-0\cdot0=0,
\det\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}=0\cdot0-0\cdot1=0,
\det\begin{pmatrix}0 & 1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix}=0\cdot0-1\cdot1=-1.
Logo
\det(M_\beta)=1\cdot0-1\cdot0+1\cdot(-1)=-1\neq 0.
Determinante não nulo, então \Phi(B_1),\Phi(B_2),\Phi(B_3) são independentes e, com 3 vetores em espaço de dimensão 3, \beta é base de W.]

Passo 6

Definição e estratégia para a matriz de mudança de base.
Queremos a matriz P tal que, para todo v\in W,
[v]_{\beta}=P\,[v]_{\alpha}.
A forma prática de obter P é escrever cada vetor da base \alpha como combinação linear dos vetores da base \beta. As coordenadas dessa combinação serão as colunas de P. Ou seja, para cada A_j\in\alpha achamos (x_j,y_j,z_j) tais que
A_j = x_j B_1 + y_j B_2 + z_j B_3,
e a j-ésima coluna de P será \begin{pmatrix}x_j\\[2pt]y_j\\[2pt]z_j\end{pmatrix}.]

Passo 7

Resolver para A_1\). Escrevo a igualdade em coordenadas via \(\Phi\). Quero \(x,y,z\) tais que \[(1,1,1)=x(1,0,1)+y(1,1,0)+z(1,0,0).
Componentes dão o sistema
\begin{cases} x+y+z=1,\\[4pt] y=1,\\[4pt] x=1. \end{cases}
Daqui x=1,\;y=1\] e \(z=1-x-y=1-1-1=-1. Portanto as coordenadas de A_1 na base \beta são \begin{pmatrix}1\\[2pt]1\\[2pt]-1\end{pmatrix}.]

Passo 8

Resolver para A_2\). Quer \(x,y,z\) tais que \[(1,-1,1)=x(1,0,1)+y(1,1,0)+z(1,0,0).
Componentes:
\begin{cases} x+y+z=1,\\[4pt] y=-1,\\[4pt] x=1. \end{cases}
Daqui x=1,\;y=-1\] e \(z=1-1-(-1)=1. Portanto as coordenadas de A_2 em \beta são \begin{pmatrix}1\\[2pt]-1\\[2pt]1\end{pmatrix}.]

Passo 9

Resolver para A_3\). Quer \(x,y,z\) tais que \[(1,1,-11)=x(1,0,1)+y(1,1,0)+z(1,0,0).
Componentes:
\begin{cases} x+y+z=1,\\[4pt] y=1,\\[4pt] x=-11. \end{cases}
Daqui x=-11,\;y=1\] e \(z=1-(-11)-1=11. Portanto as coordenadas de A_3 em \beta são \begin{pmatrix}-11\\[2pt]1\\[2pt]11\end{pmatrix}.]

Passo 10

Formar a matriz de mudança de base P cujas colunas são as coordenadas encontradas (coluna j = coordenadas de A_j em \beta):
P=\begin{pmatrix} 1 & 1 & -11\\[4pt] 1 & -1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 11 \end{pmatrix}.
Verificação rápida (sanity check): para o vetor A_1 com coordenadas em \alpha iguais a (1,0,0), tem-se [A_1]_{\beta}=P(1,0,0)^{T}=(1,1,-1)^{T}, que coincide com o que calculamos — isso confirma que montamos P corretamente.]

Resposta

\alpha é uma base de W.
\beta é uma base de W.
A matriz de mudança de base de \alpha para \beta é
\begin{pmatrix} 1 & 1 & -11\\[4pt] 1 & -1 & 1\\[4pt] -1 & 1 & 11 \end{pmatrix}.]

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