Álgebra Linear

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1 Álgebra Linear Lista 3 - Dependência e Independência Linear Bases e Soma Direta 1) Exiba três vetores u v w R 3 com as seguintes propriedades: nenhum deles é múltiplo do outro nenhuma das coordenadas é igual a zero e R 3 não é gerado por eles Tome u (1 1 1) v (1 1 ) e w u + v (1 1 1) + (1 1 ) ( 3) Temos que nehuma coordenada é nula e nenhum vetor é múltiplo do outro No entanto não geram R 3 pois w é combinação linear de u e v [ 4 4 ) Mostre que a matriz pode ser escrita como combinação linear das matrizes 6 16 A [ [ 1 B 3 4 e C [ Queremos encontrar constantes a b e c tais que [ [ 1 1 a + b [ 1 + c 3 4 [ Da igualdade de matrizes acima obtemos o seguinte sistema: a b + c 4 a + b c 4 3a + 3b 3c 6 4a 4b + 4c 16 cuja matiz ampliada do sistema é dada por: Da primeira linha obtemos que a 1 e da segunda linha obtemos que b 3 + c c R Logo temos que [ [ 1 + ( 3 + c) 3 4 para cada c R Por exemplo para c 3: [ [ [ 1 + c 3 4 [ [ [

2 3) Assinale V (verdadeiro) ou F(falso) e justifique sua resposta (a) O vetor w (1 1 ) pertence ao subespaço gerado por u (1 3) e v (3 1) Para o vetor w pertencer ao espaço gerado pelos vetores u e v é necessário que existam constantes a e b tais que a(1 3) + b(3 1) (1 1 ) Da igualdade de vetores acima obtemos o seguinte sistema: a + 3b 1 a + b 1 3a + b cuja matiz ampliada do sistema é dada por: Pela última linha vemos que o sistema é impossível e assim w não pertence ao espaço gerado pelos vetores u e v Portanto a afirmação é falsa (b) Se X Y então [X [Y Prova n Seja x [X x α i x i x i X No entanto como X Y x i Y x Portanto [X [Y i1 n α i x i [Y (c) Se [X [Y então X Y A afirmação é falsa De fato tome X R Y {() ()} e assim R [X [Y R mas R X Y {() ()} 4) Para cada uma das seguintes coleções de vetores determine quando o primeiro vetor é combinação linear dos vetores restantes: (a) (1 3) (1 ) ( ) R 3 Queremos encontrar constantes a e b tais que a(1 ) + b( ) (1 3) i1 Da igualdade de vetores acima obtemos o seguinte sistema: a + b 1( ) b a 3

3 cuja matiz ampliada do sistema é dada por: Pela última linha vemos que o sistema é impossível e assim (1 3) não é combinação linear dos vetores (1 ) e ( ) Note que poderíamos ter resolvido este exercício mostrando que os valores encontrados para a e b não satisfazem ( ) Também poderíamos ter mostrando que os três vetores são LI e assim o primeiro vetor não é combinação linear dos outros dois (b) x 3 + x + 3x + 1; x 3 ; x + 3x; x + 1 P 4 Queremos encontrar constantes a b e c tais que 6 ax 3 + b(x + 3x) + c(x + 1) x 3 + x + 3x + 1 ax 3 + (b + c)x + 3bx + c x 3 + x + 3x + 1 Da igualdade de polinômios acima temos a 1 b + c 3b 3 b 1 e c 1 Logo a 1 b 1 e c 1 Portanto o primeiro vetor é combinação linear dos outros três (c) (1 3 7) (1 0) ( ) (0 1) R 4 Queremos encontrar costantes a b e c tais que a(1 0) + b( ) + c(0 1) (1 3 7) Da igualdade de vetores acima temos a 1 b 3 a + c c 4 e b + c 7 Logo a 1 b 3 e c 4 Portanto o primeiro vetor é combinação linear dos outros três ) Para cada uma das seguintes coleções de vetores determine quando os vetores são linearmente independentes: (a) (1 3) (1 ) ( ) R 3 Queremos encontrar costantes a b e c tais que a(1 3) + b(1 ) + c( ) ( 0) Da igualdade de vetores acima temos o seguinte sistema: a + b + c 0 a + c 0 3a + b 0 3

4 cuja matiz ampliada do sistema é dada por: Portanto temos como solução a b c 0 e assim os vetores são linearmente independentes (b) (1 ) (3 ) ( 1 3) R Queremos encontrar costantes a b e c tais que a(1 ) + b(3 ) + c( 1 3) () Da igualdade de vetores acima temos o seguinte sistema: { a + 3b c 0 a + b + 3c 0 cuja matiz ampliada do sistema é dada por: Assim temos como solução a 14c b c c c R Logo vale 14c(1 ) + c(3 ) + c( 1 3) () para cada c R Portanto uma vez que a solução é diferente da trivial se c 0 os vetores são linearmente dependentes Por exemplo para c 1 temos: (c) ( 3 6) ( ) ( ) R 4 Queremos encontrar costantes a b e c tais que 14(1 ) + (3 ) + ( 1 3) () a( 3 6) + b( ) + c( ) ( ) Da igualdade de vetores acima temos o seguinte sistema: a + b + 4c 0 a 0 3a + 9c 0 6a + b + 6c 0 cuja solução é a b c 0 Portanto o conjunto de vetores é linearmente independente 4

5 (d) x + 1 x + 1 x + x P 3 Queremos encontrar constantes a b e c tais que a(x + 1) + b(x + 1) + c(x + x) 0x 3 + 0x + 0x + 0 (a + c)x + (b + c)x + a + b 0x 3 + 0x + 0x + 0 Da igualdade de polinômios acima temos o seguinte sistema: a + c 0 a + c 0 b + c 0 a + c 0 a + b 0 b a Portanto os vetores são linearmente independentes (e) x + 3 x P 3 Queremos encontrar constantes a b e c tais que a 0 b 0 c 0 a(x + 3) + b(x + 1) + c 0x 3 + 0x + 0x + 0 (a + b)x + 3a + b + c 0x 3 + 0x + 0x + 0 Da igualdade de polinômios acima temos o seguinte sistema: { a + b 0 3a + b + c 0 Pela primeira linha b a substituindo na segunda linha temos que 3a a + c 0 a + c 0 c a Logo temos a(x + 3) a(x + 1) a 0x 3 + 0x + 0x para todo a R Portanto os vetores são linearmente dependentes para a 0 Por exemplo para a 1: (f) x + 3 x x 3 + x 1 P 3 Queremos encontrar constantes a b c e d tais que (x + 3) (x + 1) 1 0 a(x + 3) + b(x 3 + 1) + c(x 3 + x ) + d 0x 3 + 0x + 0x + 0 (b + c)x 3 + (a + c)x + 3a + b + d 0x 3 + 0x + 0x + 0 Da igualdade de polinômios acima temos o seguinte sistema: b + c 0 a + c 0 3a + b + d 0 cuja matiz ampliada é dada por:

6 Assim temos como solução a 1 d b d c d d d R Logo vale 1 d(x + 3) d(x3 + 1) + d(x3 + x ) + d 0x 3 + 0x + 0x para cada d R Portanto uma vez que a solução é diferente da trivial para d 0 os vetores são linearmente dependentes Por exemplo para d 1 temos 1 (x + 3) (x3 + 1) + (x3 + x ) ) Encontre uma base para os seguintes subespaços e estenda a uma base de R 3 ou R 4 conforme corresponda (a) {(x y z) R 3 : x 0} Seja V {(x y z) R 3 : x 0} temos que (0 y z) (0 y 0) + ( z) y( 0) + z(0 ) Logo V [{( 0) (0 )} e como β 1 {( 0) (0 )} é claramente linearmente independente segue que β 1 é uma base para V Para estender a uma base do R 3 tome ( 0) R 3 e então β {( 0) ( 0) (0 )} é a nossa conhecida base canônica do R 3 (b) {(x y z w) R 4 : w x + y e z x y} Os elementos de V {(x y z w) R 4 : w x + y e z x y} são da forma: (x y x y x + y) (x 0 x x) + (0 y y y) x(1 1) + y( 1 1) Temos que V [{(1 1) ( 1 1)} e o conjunto β 1 {(1 1) ( 1 1)} é linearmente independente pois a(1 1) + b( 1 1) ( ) a b 0 Portanto β 1 {(1 1) ( 1 1)} é uma base para V Para estender a uma base do R 4 tome ( ) ( ) R 4 O conjunto β {(1 1) ( 1 1) ( ) ( )} é linearmente independente De fato a(1 1) + b( 1 1) + c( ) + d( ) ( ) Da igualdade de vetores acima obtemos o seguinte sistema: a + c 0 b 0 a b 0 a + b + d 0 cuja solução é a b c d 0 Portanto β é linearmente independente e como a dim(r 4 ) 4 segue que β é uma base de R 4 6

7 (c) O plano {(x y z) R 3 : 3x y + z 0} Os elementos de V {(x y z) R 3 : 3x y + z 0} são da forma: (x y 3 x + ) y (x 0 3 x ) + (0 y ) y x ( 3 ) ( + y ) Temos que V [{( ( ) 3 )} e o conjunto β1 {( ) ( 3 )} é linearmente independente pois ( a 3 ) ( + b ) ( 0) a b 0 Portanto β 1 {( ( ) 3 )} é uma base para V Para estender a uma base de R 3 tome (0 ) R 3 (0 ) / [{( ( ) 3 )} V e o conjunto β {( ( } ) 3 ) (0 ) é linearmente independente pois ( a 3 ) ( + b ) + c(0 ) ( 0) a b c 0 Como a dim ( R 3) 3 concluímos que β é uma base de R 3 (d) {(x 1 x x 3 x 4 ) R 4 : 3x 1 + x + x 3 + x 4 0 e x 1 x + x 3 x 4 0} Primeiramente vamos encontrar a forma dos elementos de V {(x 1 x x 3 x 4 ) R 4 : 3x 1 + x + x 3 + x 4 0 e x 1 x + x 3 x 4 0} Temos que cuja matiz ampliada é dada por: { 3x 1 + x + x 3 + x 4 0 x 1 x + x 3 x Assim temos como solução x x 3 e x 1 4 x 3 x 4 x 3 x 4 R Logo os elementos de V são da forma: ( 1 4 x x 3 x 4 x 3 x 4 ) ( 1 4 x x 3 x 3 0) + (0 x 4 0 x 4 ) x 3 ( ) + x 4(0 1 ) Temos que V [{( ) (0 1 ) } e o conjunto β 1 {( ) (0 1 )) } é linearmente independente pois a ( 14 ) 14 + b(0 1 1) ( ) a b 0(exercício) Portanto β 1 {( ) (0 1 ) } é uma base para V Para estender a uma base de R 4 tome ( ) ( ) R 4 temos que ( ) ( ) / [{( ) (0 1 ) } V e o conjunto β {( 14 ) } 14 (0 1 ) ( ) ( ) é linearmente independente pois a ( 14 ) 14 + b(0 1 ) + c( ) + d( ) ( ) a b c d 0 (exercício) Como a dim ( R 4) 4 concluímos que β é uma base de R

8 7) Seja P n o conjunto dos polinômios reais de grau menor igual que n Para cada um dos itens seguintes seja S o conjunto dos polinômios em P k satisfazendo a condição dada Determine se S é um subespaço de P n Se S for um subspaço calcule a dimensão de S (a) p(0) 0 O conjunto S dos polinômios em P k que satisfazem p(0) 0 é um subespaço vetorial de P n De fato sejam p q em S e α R então i 0(x) S pois 0(x) 0 para todo x R 0(0) 0 ii (p + q)(0) p(0) + q(0) p + q S iii (αp)(0) αp(0) α0 0 αp S Portanto S é subespaço vetorial de P n Para calcular a dim(s) considere p(x) a 0 + a 1 x + a x + + a k x k em P k Temos que os polinômios em S satisfazem p(0) a 0 0 Logo os polinômios em S são da forma p(x) a 1 x+a x ++a k x k e assim uma base para S é β { x x x k} Portanto a dim(s) k (b) p (0) 0 O conjunto S dos polinômios em P k que satisfazem p (0) 0 é um subespaço vetorial de P n De fato sejam p q em S e α R então i 0(x) S pois 0 (x) 0 para todo x R 0 (0) 0 ii (p + q) (0) p (0) + q (0) p + q S iii (αp) (0) αp (0) α0 0 αp S Portanto S é subespaço vetorial de P n Para calcular a dim(s) considere p(x) a 0 + a 1 x + a x + + a k x k em P k Temos que os polinômios em S satisfazem p (0) a 1 0 Logo os polinômios em S são da forma p(x) a 0 +a x ++a k x k e assim uma base para S é β { 1 x x k} Portanto a dim(s) k (c) p (0) 0 O conjunto S dos polinômios em P k que satisfazem p (0) 0 é um subespaço vetorial de P n De fato sejam p q em S e α R então i 0(x) S pois 0 (x) 0 para todo x R 0 (0) 0 ii (p + q) (0) p (0) + q (0) p + q S iii (αp) (0) αp (0) α0 0 αp S Portanto S é subespaço vetorial de P n Para calcular a dim(s) considere p(x) a 0 + a 1 x + a x + + a k x k em P k Temos que os polinômios em S satisfazem p (0) a 0 Logo os polinômios em S são da forma p(x) a 0 + a 1 x + a 3 x a k x k e assim uma base para S é β { 1 x x 3 x k} Portanto a dim(s) k (d) p (0) + p(0) 0 O conjunto S dos polinômios em P k que satisfazem p (0) + p(0) 0 é um subespaço vetorial de P n De fato sejam p q em S e α R então i 0(x) S pois 0 (x) + 0(x) ii ((p + p) + (q + q))(0) (p + p)(0) + (q + q)(0) p (0) + p(0) + q (0) + q(0) p + q S iii (α(p + p))(0) α(p + p)(0) α(p (0) + p(0)) α0 0 αp S 8

9 Portanto S é subespaço vetorial de P n Para calcular a dim(s) considere p(x) a 0 + a 1 x + a x + + a k x k em P k Temos que p (x) + p(x) a 1 + a x + + ka k x k 1 + a 0 + a 1 x + + a k x k Os polinômios em S satisfazem p (0) + p(0) a 1 + a 0 0 a 1 a 0 Logo os polinômios em S são da forma p(x) a 0 (1 x) + a x + + a k x k e assim uma base para S é β { 1 x x x k} Portanto a dim(s) k (e) O conjunto dos polinômios de grau igual ou menor que k (com k < n) O conjunto dos polinômios P k é um subespaço vetorial de P n (com k < n) De fato sejam p (x) q (x) b j x j e α R então j0 i 0(x) P k pois 0(x) ii (p + q)(x) iii (αp)(x) α a j x j + j0 a j x j j0 0x j j0 b j x j j0 (a j + b j )x j P k j0 (αa j )x j P k j0 Portanto P k é subespaço vetorial de P n Sabemos que uma base para P k é β { 1 x x x k} Portanto a dim(s) k + 1 8) Determine se os conjuntos abaixo são subespaços de M( ) Em caso afirmativo exiba uma base: [ a b (a) V com a b c d R e b c c d [ [ a1 b O conjunto V é subespaço de M( ) De fato sejam A 1 a b B e α R então b 1 d 1 b d [ [ a b i V pois b c 0 c d [ [ [ a1 b ii A + B 1 a b + a1 + a b 1 + b V b 1 d 1 b d b 1 + b d 1 + d [ [ a1 b iii αa α 1 αa1 αb 1 V b 1 d 1 αb 1 αd 1 Portanto V é subespaço de M( ) Agora vamos encontrar uma base para V Temos que [ [ a b a b d Logo V [{[ [ } é linearmente independente Portanto β é uma base para V [ } e β + b [ {[ [ + d [ [ a j x j j0 9

10 (b) V [ a c b com a b c d R e b 0 c d [ [ a a 0 O conjunto V é subespaço de M( ) De fato sejam A B e α R então 0 d d [ [ a b i V pois b 0 c c d [ [ [ a a 0 a1 + a ii A + B + 0 V 0 d d 0 d 1 + d [ [ a αa iii αa α V 0 d αd 1 Portanto V é subespaço de M( ) Agora vamos encontrar uma base para V Temos que [ [ a 0 a 0 d [{[ [ } Logo V e β Portanto β é uma base para V [ a b (c) V com a b c d R e a 0 c d {[ O conjunto V é subespaço de M( ) De fato sejam A [ [ a b i V pois a 0 c d [ [ [ 0 b b ii A + B + c 1 d 1 c d [ 0 b1 iii αa α c 1 d 1 [ 0 αb1 V αc 1 αd 1 Portanto V é subespaço de M( ) Agora vamos encontrar uma base para V Temos que [ [ 0 b b c d Logo V [{[ [ } é linearmente independente Portanto β é uma base para V [ [ [ + d 0 b 1 + b V c 1 + c d 1 + d } e β + c } é linearmente independente [ [ 0 b b B e α R então c 1 d 1 c d [ {[ [ + d [ [ 9) Mostre que os polinômios 1 t 3 (1 t) 1 t e 1 geram o espaço dos polinômios de grau menor igual a 3 Queremos encontrar constantes a b c e d tais que a(1 t 3 ) + b(1 t + t ) + c(1 t) + d 0t 3 + 0t + 0t + 0 at 3 + bt + ( b c)t + a + b + c + d 0t 3 + 0t + 0t + 0 Da igualdade de polinômios acima obtemos que a b c d 0 Portanto o conjunto β { 1 t 3 (1 t) 1 t 1 } é linearmente independente e como dim(p 3 ) 4 β é uma base para P 3 e β gera o espaço vetorial 10

11 10) Seja U o subespaço de R 3 gerado por ( 0) e W o subespaço gerado por(1 ) e ( 1) Mostre que R 3 U W 1 i U W {( 0)} De fato Portanto U W {( 0)} a( 0) b(1 ) + c( 1) a( 0) b(1 ) c( 1) ( 0) a b c 0 ii a( 0) + b(1 ) + c( 1) (x y z) a x y + z b y z e c z Logo (x y + z)( 0) + (y x)(1 ) + z( 1) (x y z) }{{}}{{} U W Portanto R 3 U + W Portanto R 3 U W i Análogo ao item i da solução 1 ii Pelo item i temos que a dim(u W ) 0 e assim pelo teorema da dimensão segue que dim(u + W ) dimu + dimw U + W R 3 Portanto R 3 U W 11) Sejam W 1 {(x y z t) : x + y 0 e z t 0} e W {(x y z t) : x y z + t 0} (a) Determine W 1 W e exiba uma base resolvemos o sistema: x y z + t 0 x + y 0 z t 0 que é equivalente a x y z + t 0 y + z t 0 z t 0 Que tem posto 3 e nulidade 1 Por tanto a dimensão de W 1 W é 1 que é o número de variáveis livres no sistema Portanto os elementos de W 1 W são da forma ( z z) z(0 1) e assim β {(0 1)} é uma base para W 1 W (b) Determine W 1 + W 1 Vamos encontrar as bases de W 1 e W Os elementos em W 1 são da forma: (x x z z) (x x ) + ( z z) x(1 0) + z(0 1) Portanto β 1 {(1 0) (0 1)} é uma base de W 1 Os elementos em W são da forma: (x y z x + y + z) (x x) + (0 y 0 y) + ( z z) x( 0 1) + y( ) + z(0 1) Portanto β {( 0 1) ( ) (0 1)} é uma base de W Sabemos que β β 1 β gera W 1 + W isto é [β W 1 + W Além disso β {(1 0) (0 1) ( 0 1) ( )} é linearmente independente e assim uma base de W 1 + W Uma vez que β é linearmente independente e a dimr 4 4 segue que β é também uma base de R 4 ou seja [β R 4 Portanto W 1 + W R 4 Pelo item (a) temos que a dim(w 1 W ) 1 e assim pelo teorema da dimensão segue que dim(w 1 + W ) dimw 1 + dimw dim(w 1 W ) W 1 + W R 4 11

12 (c) W 1 + W é soma direta? Justifique Não pois W 1 W {( 0)} (d) W 1 + W R 4? Sim pelo item (b) 1) (a) Dado o subespaço V 1 { (x y z) R 3 x + y + z 0 } ache um subespaço V tal que R 3 V 1 V Os elementos de V 1 são da forma (x y x y) x( 1) + y( ) e assim V 1 [{( 1) ( )} e β {( 1) ( )} é base para V 1 Agora tome V [{( 0)} então i V 1 V {( 0)} De fato a( 1) + b( ) c( 0) ( 0) a b c 0 Portanto V 1 V {( 0)} ii R 3 V 1 + V De fato a( 1) + b( ) + c( 0) (x y z) a y z b y e c x + y + z Assim ( y z)( 1) + y( ) + (x + y + z)( 0) (x y z) }{{}}{{} V 1 V Portanto R 3 V 1 + V Portanto R 3 V 1 V Observações Na resolução do exercício foi utilizado o teorema da dimensão para calcular a dimv ou seja 3 dimr 3 dimv 1 + dimv dim(v 1 V ) + dimv 0 dimv 1 Uma vez que a dimv 1 escolhemos uma reta que não está contida no plano x + y + z 0 isto é V [{( 0)} (b) Dê exemplos de dois subespaços de dimensão dois de R 3 tais que V 1 + V R 3 A soma é direta? Tome V 1 [{( 0) ( 0)} e V [{(0 ) (1 1 1)} Temos que V 1 + V R 3 No entanto V 1 + V não é soma direta pois de dim(v 1 + V ) dim(v 1 ) + dim(v ) dim(v 1 V ) segue que 3 + dim(v 1 V ) dim(v 1 V ) 1 1