Questāo 4. Seja V=M(2,2) o espaço vetorial das matrizes 2 \times 2 com coeficientes reais. Considere W \subseteq V o subespaço gerado pelas matrizes
\left[\begin{array}{ll} 1 & 1 \\\\ 1 & 0 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} -1 & 0 \\\\ 0 & -1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{cc} -4 & 2 \\\\ 2 & 1 \end{array}\right],\left[\begin{array}{ll} 0 & 1 \\\\ 1 & 0 \end{array}\right]
a) (1.0 pt) O conjunto das matrizes acima que geram W é linearmente inde-* pendente? Justifique sua resposta.
b) ( 2.5 pt ) Determine uma base de W.

Passo 1

O enunciado dá o espaço vetorial V=M(2,2) e o subespaço W gerado pelo conjunto de quatro matrizes
A_1=\left[\begin{array}{cc}1 & 1\\[4pt]1 & 0\end{array}\right],\quad A_2=\left[\begin{array}{cc}-1 & 0\\[4pt]0 & -1\end{array}\right],\quad A_3=\left[\begin{array}{cc}-4 & 2\\[4pt]2 & 1\end{array}\right],\quad A_4=\left[\begin{array}{cc}0 & 1\\[4pt]1 & 0\end{array}\right].
O que o exercício pede:
  • (a) Verificar se o conjunto \{A_1,A_2,A_3,A_4\} é linearmente independente e justificar.
  • (b) Determinar uma base de W.
Informações úteis dadas: são exatamente essas quatro matrizes (peguei todos os coeficientes do enunciado). A dimensão de M(2,2) é 4, então no máximo quatro matrizes independentes; mas pode haver dependência entre essas quatro.]

Passo 2

Lembrete didático sobre independência linear (explicando devagar):
  • Um conjunto de vetores (aqui: matrizes) \{v_1,\dots,v_k\} é linearmente independente se a única solução do sistema
\alpha_1 v_1+\cdots+\alpha_k v_k=0
é \alpha_1=\cdots=\alpha_k=0.
  • Se existe uma solução não trivial (algum coeficiente não nulo) que satisfaça essa combinação e produza a matriz zero, então o conjunto é linearmente dependente.
    Então para testar (a) vamos montar essa combinação linear com incógnitas e resolver as equações que aparecem entrada a entrada da matriz.

Passo 3

Escrevo a combinação linear com incógnitas x_1,x_2,x_3,x_4:
x_1A_1+x_2A_2+x_3A_3+x_4A_4=\left[\begin{array}{cc}0&0\\[4pt]0&0\end{array}\right].
Agora escrevo as equações coordenada a coordenada (cada posição da matriz dá uma equação):
  • entrada (1,1):
x_1- x_2 -4x_3 + 0\cdot x_4 = 0.
  • entrada (1,2):
x_1 + 0\cdot x_2 +2x_3 + x_4 = 0.
  • entrada (2,1) (mesma que (1,2) porque as matrizes são simétricas):
x_1 + 2x_3 + x_4 = 0.
  • entrada (2,2):
0\cdot x_1 - x_2 + x_3 + 0\cdot x_4 = 0.]

Passo 4

Resolvo o sistema obtido. Das equações acima temos, em ordem conveniente:
\begin{cases} x_1 - x_2 - 4x_3 = 0,\\[4pt] x_1 + 2x_3 + x_4 = 0,\\[4pt] - x_2 + x_3 = 0. \end{cases}
Da última equação segue imediatamente
x_3 = x_2.
Substituindo x_3=x_2 na primeira equação:
x_1 - x_2 - 4x_2 = x_1 - 5x_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_1 = 5x_2.
Substituindo x_1=5x_2 e x_3=x_2 na segunda equação:
5x_2 + 2x_2 + x_4 = 0 \quad\Rightarrow\quad 7x_2 + x_4 = 0 \quad\Rightarrow\quad x_4 = -7x_2.
Portanto todas as incógnitas são múltiplas de x_2. Tomando x_2=t (parâmetro livre), obtemos a família de soluções
(x_1,x_2,x_3,x_4)=(5t,\; t,\; t,\; -7t),\qquad t\in\mathbb{R}.]

Passo 5

Interpretação: existe solução não trivial (por exemplo t=1 dá uma solução com coeficientes não todos nulos). Logo o conjunto \{A_1,A_2,A_3,A_4\} é linearmente dependente. Uma relação explícita de dependência é
5A_1 + 1\cdot A_2 + 1\cdot A_3 -7A_4 = 0.
Verificação rápida (somando as matrizes com esses coeficientes) confirma que a soma dá a matriz zero. Isso responde a parte (a): o conjunto não é independente.

Passo 6

Agora parte (b): queremos uma base de W. Como encontramos uma relação que permite escrever A_3 em função de A_1,A_2,A_4, isolamos A_3 a partir da relação:
5A_1 + A_2 + A_3 -7A_4 = 0 \quad\Rightarrow\quad A_3 = -5A_1 - A_2 + 7A_4.
Portanto A_3 está no subespaço gerado por \{A_1,A_2,A_4\}, isto é,
\operatorname{span}\{A_1,A_2,A_3,A_4\} = \operatorname{span}\{A_1,A_2,A_4\}.
Assim uma candidata natural para base de W é o conjunto \{A_1,A_2,A_4\}, desde que essas três matrizes sejam linearmente independentes.

Passo 7

Verifico a independência de \{A_1,A_2,A_4\}. Considere \alpha A_1+\beta A_2+\gamma A_4=0. Escrevendo as equações por entradas:
  • (1,1):\\ \alpha - \beta = 0.
  • (1,2):\\ \alpha + \gamma = 0.
  • (2,2):\\\ -\beta = 0.
    Da última segue \beta=0. Então \alpha=0 pela primeira equação, e portanto \gamma=0 pela segunda. Só existe solução trivial, logo \{A_1,A_2,A_4\} é linearmente independente. Assim é de fato uma base de W.
Também fica claro que \dim W=3, pois a base tem três elementos.

Resposta

(a) Não. As quatro matrizes são linearmente dependentes (ex.: 5A_1 + A_2 + A_3 -7A_4=0).
(b) Uma base de W é
\left\{\,\left[\begin{array}{cc}1 & 1\\[4pt]1 & 0\end{array}\right],\; \left[\begin{array}{cc}-1 & 0\\[4pt]0 & -1\end{array}\right],\; \left[\begin{array}{cc}0 & 1\\[4pt]1 & 0\end{array}\right]\,\right\}.]

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