Seja V o espaço das matrizes 2 × 2 sobre R , e seja W o subespaço gerado por

1 - 5 - 4 2 , 1 1 - 1 5 , 2 - 4 - 5 7 , 1 - 7 - 5 1

Encontre uma base, e a dimensão de W .

Passo 1

Observe, de início que:

1 - 5 - 4 2 + 1 1 - 1 5 = 2 - 4 - 5 7

Ou seja, os três primeiros vetores são LD, do que a gente tem que o conjunto gerador não é uma base de W .

Podemos descartar um desses vetores, descartaremos 2 - 4 - 5 7 .

Agora, precisamos analisar:

1 - 5 - 4 2 , 1 1 - 1 5 , 1 - 7 - 5 1

Fazendo uma combinação linear nula:

a 1 - 5 - 4 2 + b 1 1 - 1 5 + c 1 - 7 - 5 1 = 0

Que gera o sistema:

a + b + c = 0 - 5 a + b - 7 c = 0 - 4 a - b - 5 c = 0 2 a + 5 b + c = 0

Passo 2

O sistema acima é homogêneo, então ele é no mínimo possível e determinado. Vamos escalonar a matriz dos coeficientes, que é:

1 1 1 - 5 1 - 7 - 4 - 1 - 5 2 5 1

l i n h a   2 + 5 l i n h a   1 :

1 1 1 0 6 - 2 - 4 - 1 - 5 2 5 1

l i n h a   3 + 4 l i n h a   1 :

1 1 1 0 6 - 2 0 3 - 1 2 5 1

l i n h a   4 - 2 l i n h a   1 :

1 1 1 0 6 - 2 0 3 - 1 0 3 - 1

l i n h a   3 - 1 2 l i n h a   2 :

1 1 1 0 6 - 2 0 0 0 0 3 - 1

l i n h a   4 - 1 2 l i n h a   2 :

1 1 1 0 6 - 2 0 0 0 0 0 0

Ou seja, esse sistema admite mais de uma solução e ainda podemos expressar dois dos coeficientes em função de apenas um, o que implica que o sistema é LD. Veja:

a = - b - c

6 b - 2 c = 0 ⇒ c = 3 b ⇒ a = - 4 b

Passo 3

Voltando à combinação linear nula:

- 4 b 1 - 5 - 4 2 + b 1 1 - 1 5 + 3 b 1 - 7 - 5 1 = 0

Queremos soluções onde b ≠ 0 , ou seja:

1 1 - 1 5 = - 3 1 - 7 - 5 1 + 4 1 - 5 - 4 2

Disso, podemos descartar o vetor 1 1 - 1 5 .

Ficamos com 1 - 7 - 5 1 e 1 - 5 - 4 2 . Vamos investigar se existem m ,   n não todos nulos tais que:

m 1 - 7 - 5 1 + n 1 - 5 - 4 2 = 0

Que gera o sistema:

m + n = 0 - 7 m - 5 n = 0 - 5 m - 4 n = 0 m + 2 n = 0

Da primeira e da quarta equação:

n = 0

Que implica m = 0 .

Logo os vetores são LI.

Resposta

Base: 1 - 7 - 5 1 e 1 - 5 - 4 2 ;

Dimensão: 2.

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