Considere o seguinte subespaço vetorial de M_{2 \times 2}(\mathbb{R}) :
U=\left\{\left.\left[\begin{array}{cc}x & y \z & t\end{array}\right] \in M_{2 \times 2}(\mathbb{R}) \right\rvert\, x-y-z=0\right\}
Mostre que os seguintes subconjuntos de M_{2 \times 2}(\mathbb{R}) são bases de U :
B=\left\{\left[\begin{array}{ll}1 & 1 \\\ 0 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}1 & 0 \\\ 1 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}0 & 0 \\\ 1 & 0\end{array}\right]\right\} \text { e } C=\left\{\left[\begin{array}{ll}1 & 0 \\\ 1 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{rr}0 & -1 \\\ 1 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}0 & 0 \\\ 0 & 1\end{array}\right]\right\}

Passo 1

O enunciado dá o subespaço
U=\left\{\left.\begin{pmatrix}x & y\\[4pt] z & t\end{pmatrix}\in M_{2\times2}(\mathbb{R})\\ \right|\\ x-y-z=0\right\}
e pede para mostrar que os conjuntos
B=\left\{\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}\right\}
e
C=\left\{\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}0 & -1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\\ \begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}\right\}
são bases de U.
Informações relevantes dadas:
  • Um elemento genérico de M_{2\times2}(\mathbb{R}) é \begin{pmatrix}x & y\\[4pt] z & t\end{pmatrix}.
  • Em U há a restrição linear \;x-y-z=0.
  • Devemos verificar que cada conjunto é uma base de U, isto é: (i) seus vetores pertencem a U; (ii) são linearmente independentes; e (iii) geram U (ou, equivalente e mais prático, têm o mesmo número de vetores que \dim(U) e são linearmente independentes).]

Passo 2

Primeiro vamos entender a forma geral dos elementos de U e calcular \dim(U).
A condição \;x-y-z=0 pode ser reescrita como
x=y+z.
Logo um elemento genérico de U tem a forma
\begin{pmatrix}x & y\\[4pt] z & t\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}y+z & y\\[4pt] z & t\end{pmatrix}.
Agora escrevemos essa matriz como combinação linear de matrizes “canônicas” usando y,z,t como parâmetros livres:
\begin{pmatrix}y+z & y\\[4pt] z & t\end{pmatrix} = y\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix} + z\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix} + t\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Dessa expressão vemos que U é gerado por três matrizes independentes (as matrizes que aparecem como coeficientes de y,z,t). Portanto \dim(U)=3. Isso significa: qualquer subconjunto de U com três vetores linearmente independentes é automaticamente uma base de U.
Vou usar essa informação para provar que B e C são bases: basta verificar que seus três vetores pertencem a U e são linearmente independentes.]

Passo 3

Verificação elemento-a-elemento de que os vetores de B pertencem a U.
Denotemos os vetores de B por
b_1=\begin{pmatrix}1 & 1\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix},\qquad b_2=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\qquad b_3=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Para cada um verificamos a condição \;x-y-z=0:
  • Para b_1: x=1,\\ y=1,\\ z=0. Então x-y-z=1-1-0=0. Logo b_1\in U.
  • Para b_2: x=1,\\ y=0,\\ z=1. Então x-y-z=1-0-1=0. Logo b_2\in U.
  • Para b_3: x=0,\\ y=0,\\ z=0. Então x-y-z=0-0-0=0. Logo b_3\in U.
Portanto todos os vetores de B pertencem a U.]

Passo 4

Mostramos que os vetores de B são linearmente independentes.
Defina uma combinação linear nula:
\alpha\,b_1+\beta\,b_2+\gamma\,b_3 = \begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 0\end{pmatrix}.
Escrevendo componente a componente obtemos o sistema para \alpha,\beta,\gamma:
  • Entrada (1,1): \alpha+\beta+0=0 ou \alpha+\beta=0.
  • Entrada (1,2): \alpha+0+0=0 ou \alpha=0.
  • Entrada (2,1): 0+\beta+0=0 ou \beta=0.
  • Entrada (2,2): 0+0+\gamma=0 ou \gamma=0.
Da segunda equação vem \alpha=0. Então da primeira \beta=0. E da quarta \gamma=0. Assim \alpha=\beta=\gamma=0 é a única solução, portanto b_1,b_2,b_3 são linearmente independentes.]

Passo 5

Conclusão para B.
Temos três vetores em U que são linearmente independentes e \dim(U)=3. Logo B=\{b_1,b_2,b_3\} é uma base de U.

Passo 6

Verificação elemento-a-elemento de que os vetores de C pertencem a U.
Denotemos os vetores de C por
c_1=\begin{pmatrix}1 & 0\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\qquad c_2=\begin{pmatrix}0 & -1\\[4pt]1 & 0\end{pmatrix},\qquad c_3=\begin{pmatrix}0 & 0\\[4pt]0 & 1\end{pmatrix}.
Verificamos a condição \;x-y-z=0 para cada um:
  • Para c_1: x=1,\\ y=0,\\ z=1. Então x-y-z=1-0-1=0. Logo c_1\in U.
  • Para c_2: x=0,\\ y=-1,\\ z=1. Então x-y-z=0-(-1)-1=0. Logo c_2\in U.
  • Para c_3: x=0,\\ y=0,\\ z=0. Então x-y-z=0. Logo c_3\in U.
Assim todos os vetores de C pertencem a U.]

Passo 7

Mostramos que os vetores de C são linearmente independentes. Vou usar uma relação simples entre os vetores de C e os de B já estudados.
Observe que
c_1 = b_2, \qquad c_2 = b_2 - b_1, \qquad c_3 = b_3.
Isto é, cada c_i é combinação linear dos b_j. Agora suponha que exista uma combinação linear nula entre os c_i:
\mu\,c_1+\nu\,c_2+\rho\,c_3 = 0.
Substituindo pelas combinações em termos de b's:
\mu b_2 + \nu(b_2 - b_1) + \rho b_3 = 0.
Agrupando os b_j:
(-\nu)\,b_1 + (\mu+\nu)\,b_2 + \rho\,b_3 = 0.
Mas já mostramos que b_1,b_2,b_3 são linearmente independentes, então os coeficientes devem ser zero:
-\nu=0,\qquad \mu+\nu=0,\qquad \rho=0.
Da primeira obtemos \nu=0. Da segunda, com \nu=0, obtemos \mu=0. Da terceira \rho=0. Assim \mu=\nu=\rho=0 é a única solução, logo c_1,c_2,c_3 são linearmente independentes.

Passo 8

Conclusão para C.
Temos três vetores em U que são linearmente independentes e \dim(U)=3. Logo C=\{c_1,c_2,c_3\} é uma base de U.

Resposta

B é base de U.
C é base de U.

Exercícios relacionados