1 Base de um Espaço Vetorial

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1 Disciplina: Anéis e Corpos Professor: Fernando Torres Membros do grupo: Blas Melendez Caraballo (ra143857), Leonardo Soriani Alves (ra115465), Osmar Rogério Reis Severiano (ra134333) Ramon Códamo Braga da Costa (ra143905) 1 Base de um Espaço Vetorial Estamos interessados em encontrar, dentro de um espaço vetorial V, um subconjunto B V, tal que qualquer vetor de V seja uma combinação linear de elementos de B. Em outras palavras, queremos determinar um conjunto de vetores que gere V e tal que todos elementos sejam realmentes necessários para gerar V. Se pudermos encontrar tais vetores, teremos os alicerces de nosso espaço, com estes vetores fazendo o papel de i, j, k na Geometria Analítica no Espaço. Denominares um conjunto de vetores desse tipo de base, mais precisamente: Definição 1. Seja V um espaço vetorial sobre um corpo K. Dizemos que um subconjunto B de V é uma base de V se (i) B for um conjunto gerador de V ; e (ii) B for linearmente independente. Teorema 1. Seja {0} V um espaço vetorial sobre K. Então V possui pelo menos uma base. Demonstração. Seja F = {S : S V e S l.i.}. Como existe 0 v 0 V, temos que F, visto que {v 0 } é l.i. A relação R = {(S i, S j ) F F : S i S j } é uma relação de ordem parcial sobre F. Seja {S l : l L} um subconjunto totalmente ordenado de F. Afirmamos que S l é um limitante superior de {S l : l L} em F. De fato, sejam v 1,..., v n S l, α 1,..., α n K e suponhamos que α 1 v α n v n = 0. Existem índices l 1,..., l n em L tais que v i S li, i = 1,..., n. Como {S l : l L} é totalmente ordenado, existe um índice l k tal que S li S lk, i = 1..., n. Segue que v i S jk, i = 1,..., n. Como S lk é l.i., α 1 =... α n = 0. Logo, S l é l.i. e, consequentemente, é um limitante superior de {S l : l L} em F. Pelo lema de Zorn, F possui um elemento maximal, digamos B. No restante da prova mostraremos que V é gerado por B, ou seja V = [B]. Como [B] V, basta verificarmos a outra inclusão, para isto suponhamos que exista um elemento w V e w / [B]. Então B {w} é linearmente independente, de fato, sejam u 1,..., u m B e β 1,..., β m, β K, tais que β 1 u β m u m + wβ = 0, então β = 0, caso contrário teríamos ( β1 β 1) u ( β m β 1) u m = w, contradizendo o fato de w / [B]. Portanto igualdade a torna-se β 1 u β m u m = 0, consequentemente β i = 0, i = 1,..., m pois B é l.i. E como consequência temos que B {w} F, mas isto é um absurdo, visto que este fato contradiz a maximalidade de B. Assim [B] = V. O teorema abaixo apresenta duas caracterizações de base. 1

2 Teorema 2. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B um subconjunto de V. As seguintes afirmações são equivalentes: (i) B é uma base de V ; (ii) B é um subconjunto l.i. maximal de V, isto é, não existe subconjunto l.i. C de V tal que B = C e B C; (iii) B é um conjunto gerador minimal de V, isto é, V = [B] e não existe C B, C B tal que V = C. Demonstração. (i) (ii) Se v V \B então por (i), v [B]. Segue que B {v} é l.d. Portanto, qualquer conjunto contendo B propriamente é l.d. (ii) (i) Se V [B], existiria v V \ {0} tal que v / [B]. Logo, B {v} seria um conjunto l.i.,contradizendo (ii). (i) (iii) Seja w B. Então, w / [B\ {w}], pois B é um conjunto l.i. Portanto, [B\ {w}] V. Isto implica (iii). (iii) (i) Se existirem vetores (distintos) v 1,..., v n B e escalares α 1,..., α n K não todos nulos tais que α 1 v v n α n v n = 0, então um dos v j, digamos v n, é combinação linear dos demais. Logo, [B\ {v n }] = [B] = V, contradizendo (iii). Teorema 3. Seja V um espaço vetorial sobre K. (i) Se S T V, S é l.i. e V = [T ], então existe uma base B de V tal que S B T ; (ii) Se S é um subconjunto l.i. de V então existe uma base B de V que contém S; (iii) Se V = [T ], então existe uma base B de V contida em T. Demonstração. Para provar (i), aplicamos o Lema de Zorn a família de conjuntos F = {A : S A T e A l.i.}, munida da ordem parcil de inclusão. Concluímos que F tem um elemento maximal B. Se existir algum elemento u T \ [B], então B {u} é l.i. contradizendo a maximalidade de B. Logo, T [B] e, consequentemente, [T ] [B]. Segue que V = [B], e, portanto, [B] é base de V. Partes (ii) e (iii) seguem de (i). Teorema 4. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B e C bases de V. Então, cada elemento de B pode ser substituído por algum elemento de C de modo que o conjunto resultante ainda é uma base de V. Demonstração. Seja v B. Se C fosse um subconjunto de B\ {v}, teríamos V = [C] [B\ {v}], contradizendo o fato de B ser um conjunto gerador minimal de V. Logo, existe um elemento u C tal que u / [B\ {v}]. Segue que (B\ {v}) {u} é l.i. Se v / [(B\ {v}) {u}] então (B\ {v}) {u} {v} = B {u} é l.i., contradizendo o fato de B ser um conjunto l.i. maximal. Assim, v [(B\ {v}) {u}] e V = [B] [B {u}] = [((B\ {v}) {u}) {v}] = [(B\ {v}) {u}], completando a prova. No teorema a seguir, utilizamos a noção de cardinalidade. Lembremos que dois conjuntos A e B tem a mesma cardinalidade quando existe uma função f : A B bijetora. Teorema 5. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B, C bases de V. Então B e C tem a mesma cardinalidade. O teorema 5 consolida a seguinte definição Definição 2. Seja V um espaço vetorial sobre K. A dimensão de V sobre K, denotada por dim K V ou simplesmente por dimv, é a cardinalidade de qualquer base de V sobre K. Começamos nossa discussão sobre espaços vetoriais indagando sobre a existência de um certo tipo de subconjunto Bde V, que tivesse as seguintes propriedades; B linearmente independente e [B] = V. Para este tipo de subconjunto de V demos o nome de base algébrica. Agora estamos interessados em saber algo sobre a cardinalidade do conjunto B, mas particularmente quando dim K V =, gostaríamos de saber se B é enumerável. O próximo resultado nos fornece um método que nos permite decidir se alguns espaços vetoriais tem base enumerável. Mais precisamente: 2

3 Proposição 1. Seja E um espaço de Banach de dimensão infinita então E não possui base algebrica enumerável. Demonstração. Suponhamos que exista uma base algébrica enumerável B = {v j : j N} de um espaço de Banach de dimensão infinita E. Neste caso E = F n, onde cada F n = [{v 1,..., v n }]. Por ter dimensão finita, cada F n é n=1 fechado, e potanto pelo teorema de Baire, existe n 0 N, tal que int (F n0 ). Isso é um abusrdo, pois F n0 E por E ter dimensão infinita e subespaços próprios de espaços normados sempre tem interior vazio. A proposição 1 é consequência do: Teorema de Baire 1. Seja (M, d) um espaço métrico completo e (F n ) n N uma sequência de subconjuntos fechados de M tais que M = F n. Então existe n 0 N tal que F n tem interior não-vazio. n=1 2 Classes Laterais e o Teorema de Lagrange Consideremos, a título de motivação para o conceito a ser introduzido aqui, um subgrupo não trivial H do grupo aditivo Z. Portanto H é necessariamente cíclico, ou seja, H possui um elemento n > 1 tal que H = [n]. Observemos então que quaisquer que sejam a, b Z : a b mod n a b H, fato esse que estabelece uma correspondência entre grupos de Z e as relações de congruência, módulo n, sobre Z. Essa observação pode ser generalizada, como veremos a seguir, para um grupo arbitrário (G, ) e para um subgrupo arbitrário H de G. Proposição 2. Seja G um grupo e H G um subgrupo. (i) a relação sobre G definida por a b a 1 b H, é uma relação de equivalência. (ii) Se a G, então a classe de equivalência determinada por a é o conjunto ah = {ah h H}. Demonstração. Provaremos somente o item (ii). Lembremos que a = { x G x 1 a H }. Então dado x a, tem-se x 1 a = h, para um conveniente h H. Daí,x = ah 1 e, portanto, x ah, uma vez que h 1 H. Por outro lado, se x ah, então x = ah, par algum h H. Daí, x 1 a = h 1 H e, portanto, x 1 a H. De onde, x a. Dessas duas conclusões, segue que a = ah. Definição 3. Para cada a G, a classe de equivalência ah definida pela relação introduzida na proposição 2 é chamada de classe lateral à direira, módulo H, determinada por a. Uma decorrência imediata da proposição anterior é que o conjunto das classes laterais à direita, módulo H, determina uma partição em G, ou seja: (i) se a G, então ah ; (ii) se a, b G, então ah = bh ou ah bh = ; (iii) a união de todas as classes laterais é igual a G. 3

4 Proposição 3. Seja H um subgrupo de G. Então duas classes laterais quaisquer módulo H são subconjuntos de G que têm a mesma cardinalidade. Demonstração. Sejam a, b G, e considere as classes ah e bh. Defina f : ah ah bh bh, segue que f é bijetora, de fato: (i) (injetora) Se h 1, h 2 H e f(ah 1 ) = f(ah 2 ), tem-se bh 1 = bh 2, consequentemente h 1 = b 1 (bh 1 ) = b 1 (bh 2 ) = h 2. (ii) (sobrejetora)seja y bh. Então tomando x = ah, tem-se: f(x) = f(ah) = bh = y. Se G é um grupo finito, então o conjunto quociente G/H também é finito. O número de elementos distintos de G/H é chamado índice de H em G e é denotado por (G : H). Teorema de Lagrange 1. Seja H um subgrupo de um grupo finito G. Então o (G) = o (G : H) e, portanto, o (H) o (G). Demonstração. Suponhamos (G : H) = r e seja G/H = {a 1 H, a 2 H,..., a r H}. Então, r G = a i H e a i H a j H =, i j. i=1 Mas devido proposição 3, o número de elementos de cada uma das classes laterais é igual ao número de elementos de H, ou seja, é igual a o (H). Portanto: o (G) = o (H) o (H), em que o número de parcelas é r = (G : H). De onde: o (G) = (G : H) o (H) e o (H) o (G). Corolário 1. Seja G um grupo finito. Então a ordem de um elemento a G divide a ordem de G e o quociente é (G : H), em que H = [a]. Demonstração. Basta lembrar que a ordem de a é igual à ordem de [a] e que, devido ao teorema de Lagrange: o (G) = (G : H) o ([a]). Corolário 2. Se a é um elemento de um grupo finito G, então a o(g) = e, onde e é o elemnto neutro de G. Demonstração. Seja h a ordem de a. Portanto, h é o menor inteiro estritamente positivo tal que a h = e. Mas, devido ao corolário anterior: o (G) = (G : H) h em que H = [a]. Portanto: a o(g) = a (G:H)h = ( a h) (G:H) = e (G:H) = e. 4

5 Corolário 3. Seja G um grupo finito cuja ordem é um número primo. Então G é cíclico e os únicos subgrupos de G são os triviais, ou seja, {e} e o próprio G. Demonstração. Seja p = o (G). Como p > 1, o grupo G possui um elemento a diferente do elemento neutro. Assim, se H = [a], o teorema de Lagrange garante que o (H) p. Logo, o (H) = 1 ou p e, portanto, H = {e} ou H = G. Como a primeira dessas hipóteses é impossível, então G = H e, portanto, G é cíclico. Por outro lado, se J é um subgrupo de G, então, ainda devido ao teorema de Lagrange, o (J) o (G). Daí, o (J) = 1 ou p e, portanto, J = {e} ou J = G. Exemplo 1. Seja G um grupo de ordem p n, em que p é um número primo e n > 1. Mostre que a ordem de um elemento qualquer de G é uma potencia de p. Solução: Seja a G, se a for o elemento neutro o resultado é imediato, se a e, consideremos o subgrupo H = [a], então pelo teorema de Lagrange a o (H) divide o (G), portanto o (H) = p α, onde α N e 1 α n. E pelo fato de o (H) = o (a), concluímos o resultado. Poderíamos agora nos indagar se a recíproca do teorema de Lagrange é verdadeira, isto é, se G é um grupo finito e m dividi a ordem de G então G adimite um subgrupo H de ordem m. A resposta para essa questão é não, um contraexemplo pode ser encontrado no grupo S 4 grupo simétrico de grau 4. Referências [1] Domingues, Hygino H. Álgebra Moderna. Atual Editora,2003. [2] Mirian Pereira Mendes, Roberta Godoi Wik Atique, Valdir Antonio Menegatto, notas didáticas de álgebra linear USP, [3] Geraldo Botelho, Daniel Pellegrino e Eduardo Teixeira, Fundamentos de análise funcional, SBM,