1. Seja B=\left\{\left[\begin{array}{ll}1 & 2 \\\\ 0 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}0 & 0 \\\\ 3 & 4\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}1 & 0 \\\\ 2 & 0\end{array}\right],\left[\begin{array}{ll}0 & 3 \\\\ 0 & 5\end{array}\right]\right\}. Mostre que B é uma base de M(2,2) e determine as coordenadas de A=\left[\begin{array}{cc}-7 & 11 \\\\ 4 & 49\end{array}\right] com relação a essa base.

Passo 1

O enunciado nos dá o conjunto B formado por quatro matrizes de M(2,2):
B=\left\{ \begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 3 & 4\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix}, \begin{pmatrix}0 & 3 \\[4pt] 0 & 5\end{pmatrix} \right\}.
E nos pede duas coisas:
  1. Mostrar que B é uma base de M(2,2).
  2. Determinar as coordenadas da matriz
A=\begin{pmatrix}-7 & 11 \\[4pt] 4 & 49\end{pmatrix}
em relação à base B.
As informações relevantes fornecidas são exatamente as quatro matrizes que formam B e a matriz A cujas coordenadas queremos.]

Passo 2

O que significa dizer que B é uma base de M(2,2)? Vou explicar de forma direta e prática:
  • M(2,2) é o espaço vetorial de todas as matrizes 2\times2. Esse espaço tem dimensão 4 (porque uma matriz 2\times2 tem quatro entradas independentes).
  • Um conjunto de vetores (aqui: matrizes) é base se satisfaz duas condições equivalentes e úteis:
    • são linearmente independentes e geram o espaço; ou
    • têm exatamente 4 vetores e são linearmente independentes (então automaticamente geram todo o espaço).
      Portanto, para provar que B é base basta mostrar que suas quatro matrizes são linearmente independentes. Vou fazer isso resolvendo a combinação linear homogênea e mostrando que só a solução trivial existe.

Passo 3

Considere coeficientes \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4\in\mathbb{R} e a combinação linear
\alpha_1\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix} +\alpha_2\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 3 & 4\end{pmatrix} +\alpha_3\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix} +\alpha_4\begin{pmatrix}0 & 3 \\[4pt] 0 & 5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix}.
Vamos escrever essa igualdade por entradas (isso é a forma mais direta de transformar o problema em um sistema linear). Equacionando entrada a entrada, obtemos:
\begin{cases} \text{(1,1):} & \alpha_1 + \alpha_3 = 0,\\[4pt] \text{(1,2):} & 2\alpha_1 + 3\alpha_4 = 0,\\[4pt] \text{(2,1):} & 3\alpha_2 + 2\alpha_3 = 0,\\[4pt] \text{(2,2):} & 4\alpha_2 + 5\alpha_4 = 0. \end{cases}]

Passo 4

Agora resolvo esse sistema. Da primeira equação:
\alpha_3 = -\alpha_1.
Da segunda equação:
3\alpha_4 = -2\alpha_1 \quad\Rightarrow\quad \alpha_4 = -\dfrac{2}{3}\alpha_1.
Da terceira equação, substituindo \alpha_3:
3\alpha_2 + 2(-\alpha_1) = 0 \quad\Rightarrow\quad 3\alpha_2 - 2\alpha_1 = 0 \quad\Rightarrow\quad \alpha_2 = \dfrac{2}{3}\alpha_1.
Agora verifico a quarta equação com essas expressões:
4\alpha_2 + 5\alpha_4 =4\cdot\frac{2}{3}\alpha_1 + 5\cdot\left(-\frac{2}{3}\alpha_1\right) =\frac{8\alpha_1-10\alpha_1}{3}=-\frac{2}{3}\alpha_1.
A quarta equação exige que isso seja 0, logo -\dfrac{2}{3}\alpha_1=0. Portanto \alpha_1=0. Substituindo de volta, obtemos \alpha_2=0, \alpha_3=0, \alpha_4=0.
Concluímos que a única solução da combinação linear homogênea é a solução trivial. Assim as quatro matrizes são linearmente independentes.

Passo 5

Como M(2,2) tem dimensão 4 e B contém exatamente 4 vetores (matrizes) linearmente independentes, segue que B é uma base de M(2,2). (Isto é um teorema padrão: em um espaço vetorial de dimensão n, qualquer conjunto de n vetores linearmente independentes é base.)

Passo 6

Agora encontramos as coordenadas de A em relação a B. Precisamos de escalares x_1,x_2,x_3,x_4 tais que
x_1\begin{pmatrix}1 & 2 \\[4pt] 0 & 0\end{pmatrix} +x_2\begin{pmatrix}0 & 0 \\[4pt] 3 & 4\end{pmatrix} +x_3\begin{pmatrix}1 & 0 \\[4pt] 2 & 0\end{pmatrix} +x_4\begin{pmatrix}0 & 3 \\[4pt] 0 & 5\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-7 & 11 \\[4pt] 4 & 49\end{pmatrix}.
Igualando entrada a entrada obtemos o sistema
\begin{cases} \text{(1,1):} & x_1 + x_3 = -7,\\[4pt] \text{(1,2):} & 2x_1 + 3x_4 = 11,\\[4pt] \text{(2,1):} & 3x_2 + 2x_3 = 4,\\[4pt] \text{(2,2):} & 4x_2 + 5x_4 = 49. \end{cases}]

Passo 7

Resolvendo passo a passo. Da primeira equação:
x_3 = -7 - x_1.
Substituo em \,3x_2+2x_3=4\): \[3x_2 + 2(-7 - x_1) = 4 \quad\Rightarrow\quad 3x_2 -14 -2x_1 = 4 \quad\Rightarrow\quad 3x_2 -2x_1 = 18. \tag{E1}
Da segunda equação obtenho:
3x_4 = 11 - 2x_1 \quad\Rightarrow\quad x_4 = \dfrac{11-2x_1}{3}.
Substituo essa expressão para x_4 na quarta equação:
4x_2 +5x_4 =49 \quad\Rightarrow\quad 4x_2 +5\cdot\frac{11-2x_1}{3}=49.
Multiplico por 3 para limpar denominador:
12x_2 +55 -10x_1 =147 \quad\Rightarrow\quad 12x_2 -10x_1 =92 \quad\Rightarrow\quad 6x_2 -5x_1 =46. \tag{E2}
Agora resolvo o sistema linear formado por (E1) e (E2):
\begin{cases} 3x_2 -2x_1 = 18 &\text{(E1)}\\[4pt] 6x_2 -5x_1 = 46 &\text{(E2)} \end{cases}
Multiplicando (E1) por 2\] obtemos \(6x_2 -4x_1 =36. Subtraindo essa equação de (E2):
(6x_2 -5x_1) - (6x_2 -4x_1) = 46 -36 \quad\Rightarrow\quad -x_1 = 10 \quad\Rightarrow\quad x_1 = -10.
Com x_1=-10, da (E1):
3x_2 -2(-10) =18 \quad\Rightarrow\quad 3x_2 +20 =18 \quad\Rightarrow\quad 3x_2 = -2 \quad\Rightarrow\quad x_2 = -\dfrac{2}{3}.
Com x_1=-10, da expressão para x_3:
x_3 = -7 - x_1 = -7 -(-10) = 3.
E para x_4:
x_4 = \dfrac{11-2x_1}{3} = \dfrac{11 -2(-10)}{3} = \dfrac{11+20}{3} = \dfrac{31}{3}.]

Passo 8

Faça uma checagem rápida (opcional, mas reconfortante): compute as entradas com esses x_i e confira que batem com A. Já verificado durante a resolução que as equações são satisfeitas (por exemplo a quarta equação deu 49), então os valores são consistentes.
Portanto as coordenadas de A em relação à base B são os escalares
\left(x_1,x_2,x_3,x_4\right)=\left(-10,\; -\tfrac{2}{3},\; 3,\; \tfrac{31}{3}\right).

Resposta

B é uma base de M(2,2).\newline
Coordenadas de A em relação a B: \left(-10,\; -\dfrac{2}{3},\; 3,\; \dfrac{31}{3}\right).

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