Exercício 14 Sejam A e B suas bases em um espaço vetorial V de dimensão n. Mostre que [S]_{A \rightarrow B} tem determinante não nulo e que [S]_{B \rightarrow A}=[S]_{A \rightarrow B}^{-1}.

Passo 1

Temos um espaço vetorial V de dimensão n e duas bases
A = \{v_{1},\dots,v_{n}\}, \quad B = \{u_{1},\dots,u_{n}\}.
Definimos a aplicação linear identidade
S\colon V \to V, \quad S(x)=x.
O enunciado pede para mostrar que a matriz de S vista na base de partida A e na base de chegada B, ou seja
[S]_{A\to B},
é invertível (determinante não nulo) e que a matriz de S na troca oposta de bases,
[S]_{B\to A},
é precisamente a inversa de [S]_{A\to B}.

Passo 2

Vamos ver por que [S]_{A\to B} é invertível. A coluna j de [S]_{A\to B} são as coordenadas de S(v_{j})=v_{j} em relação à base B. Ou seja, existe um único conjunto de escalares \{c_{1j},\dots,c_{nj}\} tais que
v_{j} = c_{1j}\,u_{1} + c_{2j}\,u_{2} + \cdots + c_{nj}\,u_{n}.
Esses escalares formam a coluna j de [S]_{A\to B}. Se \det\bigl([S]_{A\to B}\bigr)=0, então suas colunas seriam linearmente dependentes, isto é haveria escalares \alpha_{1},\dots,\alpha_{n}, nem todos nulos, com
\alpha_{1}v_{1} + \cdots + \alpha_{n}v_{n} = 0.
Mas como A é base, só existe a combinação trivial. Logo nenhuma dependência linear não-trivial entre colunas, e portanto
\det\bigl([S]_{A\to B}\bigr)\neq 0.

Passo 3

Para ver que [S]_{B\to A} é a inversa de [S]_{A\to B}, note que mudar de A para B e depois de B para A é a aplicação identidade em coordenadas. Em fórmulas de matrizes isso significa
[S]_{B\to A}\;\bigl([S]_{A\to B}\bigr) = [S]_{A\to A} = I_{n},
onde I_{n} é a matriz identidade de ordem n. Analogamente
([S]_{A\to B})\,[S]_{B\to A} = [S]_{B\to B} = I_{n}.
Assim [S]_{B\to A} é inversa de [S]_{A\to B}.

Resposta

\det\bigl([S]_{A\to B}\bigr)\neq 0 e
[S]_{B\to A} = \bigl([S]_{A\to B}\bigr)^{-1}.

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