Questão 12: Considere
\left[\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\\\ -1 & 2 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\\\ 1 & -1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\\\ 1 & -1 \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\\\ -2 & 3 \end{array}\right)\right] \subset M_{2 \times 2}
a. Determine uma base de W.
b. O vetor \left(\begin{array}{ll}2 & 2 \\\\ 1 & 0\end{array}\right) pertence a W ?

Passo 1

O enunciado dá quatro matrizes em M_{2\times2}:
\left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\\\ -1 & 2 \end{array}\right),\quad \left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\\\ 1 & -1 \end{array}\right),\quad \left(\begin{array}{cc} 1 & 1 \\\\ 1 & -1 \end{array}\right),\quad \left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\\\ -2 & 3 \end{array}\right).
As perguntas são:
a. Determine uma base de W (assumindo que W é o subespaço gerado por essas quatro matrizes).
b. O vetor \left(\begin{array}{cc}2 & 2 \\\\ 1 & 0\end{array}\right) pertence a W?
Eu listei explicitamente as matrizes e as duas perguntas; a partir daqui vamos trabalhar para responder cada uma passo a passo.

Passo 2

Como vamos manipular combinações lineares e dependência entre matrizes 2\times2, uma ideia prática é transformar cada matriz numa “lista” de quatro entradas (um vetor em \mathbb{R}^4). Isso preserva somas e multiplicações escalares: se \mathsf{M}\mapsto v e \mathsf{N}\mapsto w, então a\mathsf{M}+b\mathsf{N}\mapsto av+bw. Vou usar a ordem “linha por linha”: transformar
\begin{pmatrix} a & b \\\ c & d \end{pmatrix}\longmapsto (a,b,c,d).
Explico: isso facilita verificar independência linear e resolver sistemas usando eliminação de Gauss — procedimento padrão para encontrar uma base a partir de um conjunto gerador.

Passo 3

Converto as quatro matrizes para vetores em \mathbb{R}^4 pela ordem indicada:
\mathsf{M}_1=\begin{pmatrix}1&1\\\ -1&2\end{pmatrix}\longmapsto v_1=(1,1,-1,2),
\mathsf{M}_2=\begin{pmatrix}0&1\\\ 1&-1\end{pmatrix}\longmapsto v_2=(0,1,1,-1),
\mathsf{M}_3=\begin{pmatrix}1&1\\\ 1&-1\end{pmatrix}\longmapsto v_3=(1,1,1,-1),
\mathsf{M}_4=\begin{pmatrix}1&0\\\ -2&3\end{pmatrix}\longmapsto v_4=(1,0,-2,3).
Agora o problema de encontrar uma base de W é encontrar um subconjunto linearmente independente desses vetores que gere o subespaço gerado por todos os quatro.

Passo 4

Formo a matriz cujas colunas são v_1,v_2,v_3,v_4. Isso é útil porque colunas com pivôs correspondem a vetores independentes.
A=\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1 & 0 \\\\ -1 & 1 & 1 & -2 \\\\ 2 & -1 & -1 & 3 \end{pmatrix},
onde a coluna 1 é v_1, coluna 2 é v_2, etc. Vou aplicar eliminação de Gauss sobre as linhas para identificar colunas-pivô.

Passo 5

Faço eliminação de Gauss (vou explicar cada operação e porque a faço). Objetivo: triangularizar a matriz por linhas para ver colunas independentes.
Matriz inicial:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\\\ 1 & 1 & 1 & 0 \\\\ -1 & 1 & 1 & -2 \\\\ 2 & -1 & -1 & 3 \end{pmatrix}.
Usando R_1 como pivô da coluna 1:
  • R_2 \leftarrow R_2 - R_1 resulta em (0,1,0,-1).
  • R_3 \leftarrow R_3 + R_1 resulta em (0,1,2,-1).
  • R_4 \leftarrow R_4 - 2R_1 resulta em (0,-1,-3,1).
Matriz fica:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 0 & -1 \\\\ 0 & 1 & 2 & -1 \\\\ 0 & -1 & -3 & 1 \end{pmatrix}.
Agora pivô em coluna 2 (linha 2 contém o pivô 1 na coluna 2):
  • R_3 \leftarrow R_3 - R_2 (0,0,2,0).
  • R_4 \leftarrow R_4 + R_2 (0,0,-3,0).
Fica:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & 1 \\\\ 0 & 1 & 0 & -1 \\\\ 0 & 0 & 2 & 0 \\\\ 0 & 0 & -3 & 0 \end{pmatrix}.
Pivô em coluna 3 (linha 3):
  • R_3 \leftarrow \tfrac{1}{2}R_3 (0,0,1,0).
  • R_4 \leftarrow R_4 + 3R_3 (0,0,0,0).
Elimino acima do pivô da coluna 3:
  • R_1 \leftarrow R_1 - R_3 transforma R_1 em (1,0,0,1).
Obtemos a forma escalonada final
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 1 \\\\ 0 & 1 & 0 & -1 \\\\ 0 & 0 & 1 & 0 \\\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}.

Passo 6

Interpretação do escalonamento: há pivôs nas colunas 1,2,3. Isso significa que v_1,v_2,v_3 são linearmente independentes e v_4 é combinação linear das três primeiras (coluna 4 é coluna dependente). Logo a dimensão do subespaço gerado é 3 e uma base formada por vetores do conjunto inicial é \{v_1,v_2,v_3\}, ou, em termos das matrizes originais, \{\mathsf{M}_1,\mathsf{M}_2,\mathsf{M}_3\}.
Também podemos obter explicitamente a relação que expressa \mathsf{M}_4 em função das outras. Queremos a,b,c tais que
a v_1 + b v_2 + c v_3 = v_4.
Das operações e da forma escalonada ou resolvendo as equações coordenada a coordenada, obtemos a=1, b=-1, c=0. Portanto
\mathsf{M}_4 = \mathsf{M}_1 - \mathsf{M}_2.
Isso confirma que a coluna 4 é dependente.

Passo 7

Agora a letra (b): verificar se \mathsf{B}=\begin{pmatrix}2&2\\\ 1&0\end{pmatrix}\) pertence a \(W\). Converto \(\mathsf{B}\) para vetor \[v_B=(2,2,1,0).
Precisamos saber se existe combinação x_1\mathsf{M}_1+x_2\mathsf{M}_2+x_3\mathsf{M}_3=v_B. Em coordenadas, resolve-se o sistema
x_1 v_1 + x_2 v_2 + x_3 v_3 = v_B,
isto é, o sistema linear (componentes):
\begin{cases} x_1 + 0x_2 + x_3 = 2,\\\ x_1 + x_2 + x_3 = 2,\\\\ - x_1 + x_2 + x_3 = 1,\\\\ 2x_1 - x_2 - x_3 = 0. \end{cases}
Vou fazer eliminação usando a mesma sequência de operações que usei antes (agora com a coluna de termos independentes (v_B]).
Matriz ampliada inicial (\,[v_1\\ v_2\\ v_3\\ |\\ v_B]\,):
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & | & 2 \\\\ 1 & 1 & 1 & | & 2 \\\\ -1 & 1 & 1 & | & 1 \\\\ 2 & -1 & -1 & | & 0 \end{pmatrix}.
Aplicando as mesmas operações do Passo 5:
  • R_2\leftarrow R_2-R_1 e R_3\leftarrow R_3+R_1 e R_4\leftarrow R_4-2R_1 produzirá:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & | & 2 \\\\ 0 & 1 & 0 & | & 0 \\\\ 0 & 1 & 2 & | & 3 \\\\ 0 & -1 & -3 & | & -4 \end{pmatrix}.
  • R_3\leftarrow R_3-R_2 e R_4\leftarrow R_4+R_2 dá:
\begin{pmatrix} 1 & 0 & 1 & | & 2 \\\\ 0 & 1 & 0 & | & 0 \\\\ 0 & 0 & 2 & | & 3 \\\\ 0 & 0 & -3 & | & -4 \end{pmatrix}.
  • R_3\leftarrow \tfrac{1}{2}R_3 torna R_3=(0,0,1\,|\,3/2).
  • R_4\leftarrow R_4+3R_3 R_4=(0,0,0\,|\,1/2).
Chegamos a uma linha 0x_1+0x_2+0x_3 = \tfrac{1}{2}, ou seja 0=\tfrac{1}{2}, que é uma contradição. Portanto o sistema é inconsistente e não existe combinação linear que produza v_B.
Conclusão: \mathsf{B} não pertence a W.

Resposta

(a) \left\{\,\begin{pmatrix}1 & 1 \\\\ -1 & 2\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}0 & 1 \\\\ 1 & -1\end{pmatrix},\;\begin{pmatrix}1 & 1 \\\\ 1 & -1\end{pmatrix}\,\right\}
(b) Não

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