Lista de exercícios 6 Espaços Vetoriais

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1 Universidade Federal do Paraná semestre 016. Algebra Linear, Olivier Brahic Lista de exercícios 6 Espaços Vetoriais Exercícios da Seção 3. Exercício 1: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços do R. a) {(x 1, x ) x 1 + x = 0} b) {(x 1, x ) x 1 x = 0} c) {(x 1, x ) x 1 = 3x } d) {(x 1, x ) x 1 = x } e) {(x 1, x ) x 1 = x } Exercício : Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços do R 3. a) {(x 1, x, x 3 ) x 1 + x 3 = 1} b) {(x 1, x, x 3 ) x 1 = x = x 3 } c) {(x 1, x, x 3 ) x 3 = x 1 + x } d) {(x 1, x, x 3 ) x 3 = x 1 ou x 3 = x } Exercício 3: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços do R. a) O conjunto de todas as matrizes diagonais b) O conjunto de todas as matrizes trianglares superiores c) O conjunto de todas as matrizes triangulares inferiores d) O conjunto de todas as matrizes A,, tais que a 1, = 1 e) O conjunto de todas as matrizes B,, tais que b 1,1 = 0 f) O conjunto de todas as matrizes simétricas g) O conjunto de todas as matrizes singulares Exercício 4: Determine o subespaço nulo de cada uma das seguintes matrizes: ( ) a) 3 c) 1 1 d) 3 1 ( ) b) Exercício 5: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços de P 4 (seja cuidoso): 1

2 a) O conjunto dos polinômios de grau par em P 4. b) O conjunto de todos os polinômios de grau 3. c) O conjunto de todos os polinômios p(x) em P 4 tais que p(0) = 0. d) O conjunto de todos os polonômios tendo pelo menos uma raiz real. Exercício 6: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços de C([ 1, 1])): a) O conjunto de funções f em C([ 1, 1])) tais que f( 1) = f(1). b) O conjunto de funções ímpares em C([ 1, 1])). c) O conjunto de funções contínuas não descrescentes em [ 1, 1]. d) O conjunto de funções em [ 1, 1] tais que f( 1) = 0 e f(1) = 0. e) O conjunto de funções em [ 1, 1] tais que f( 1) = 0 ou f(1) = 0. Exercício 7: Seja A um vetor não nulo em R n n e seja S o conjunto de todas as matrizes que comutam com A, isso é S = {B R n n AB = BA}. Mostre que S é um subespaço vetorial de R n n. Exercício 8: Seja A um vetor não nulo em R. Determine se os seguintes são subespaços de R : a) {B R n n BA = 0}. b) {B R n n AB BA}. c) {B R n n AB + B = 0}. Exercício 9: Dados: x 1 = 1 3, x = 3 4, x = 6 6, y = 9 5. a) Será que x Cob(x 1, x )? b) Será que y Cob(x 1, x )? Exercício 10: Determine se os seguintes conjuntos são coberturas de R 3. Justifique suas respostas. a) {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1) } b) {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1,, 3) } c) {(, 1, ), (3,, ), (,, 0) } d) {(, 1, ), (, 1, ), (4,, 4) } e) {(1, 1, 3), (0,, 1) }

3 Exercício 11: Seja {x 1,..., x k } um conjunto de cobertura para um espaço V. a) Se adicionarmos um vetor x k+1 ao conjunto, aínda teremos um conjunto de cobertura? b) Se eliminarmos um dos vetores, por exemplo x k, do conjunto, aínda teremos um conjunto de cobertura? Explique. Exercício 1: Quais dos conjuntos que se seguem são coberturas de P 3? Justifique sua resposta. a) {1, x, x }, b) {, x, x + 3}, c) {x +, x + 1, x 1}, d) {x +, x 1}. Exercício 13: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W. Demostre que sua interseção U V tambem é um subespaço de W. Exercício 14: Seja S o subespaço de R coberto por e 1 e seja T o subespaço coberto por e. S T tambem é um subespaço de R? Explique sua resposta. Exercício 15: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W. Defina se U + V := {z W z = u + v, sendo u v e v V }. Mostre que U + V tambem é um subespaço de W. 3

4 Soluções Resolução do Exercício 1: Basta verificar cada vez se o subconjunto proposto é estável por adição e multiplicação por escalar. a) Sejam x = (x 1, x ) e x = (x 1, x ) vetores em R, e λ R. Suponha que x, x S := {(x 1, x ) x 1 + x = 0}, então temos: Segue facilmente destas duas condições que: x 1 + x = 0, x 1 + x = 0. (x 1 + x 1)+(x + x ) = 0, isso é : x + x S (λx 1 )+(λx ) = 0, isso é : λx S. Concluímos que S = {(x 1, x ) x 1 + x = 0} é um subespaço vetorial. b) O subconjunto S := {(x 1, x ) x 1 x = 0} não é um subespaço vetorial. Ele é estável por multiplicação por escalar, mais não o é por adição. Por exemplo: (1, 0), (0, 1) S porem (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) / S. c) Suponha que x, x S := {(x 1, x ) x 1 = 3x }, então temos: Segue facilmente destas duas condições que: x 1 = 3x, x 1 = 3x. (x 1 + x 1) =3(x + x ), isso é : x + x S (λx 1 ) =3(λx ), isso é : λx S. Concluemos que S = {(x 1, x ) x 1 = 3x } é um subespaço vetorial. d) O conjunto S := {(x 1, x ) x 1 = x } não é um subespaço vetorial. De novo, ele é estável por multiplicação por escalar, mais não o é por adição. Por exemplo: (1, 1), (1, 1) S porem (1, 1) + (1, 1) = (1, 0) / S. e) O conjunto S := {(x 1, x ) x 1 = x } não é um subespaço vetorial. De novo, ele é estável por multiplicação por escalar, mais não o é por adição. Por exemplo: (1, 1), (1, 1) S porem (1, 1) + (1, 1) = (1, 0) / S. 4

5 Resolução do Exercício : De novo, basta verificar cada vez se o subconjunto proposto é estável por adição e multiplicação por escalar. a) O subconjunto S := {(x 1, x, x 3 ) x 1 + x 3 = 1} não é um subespaço vetorial, pois ele não é estável nem por multiplicação por escalar (diferente de 1) nem por adição. De fato, se x = (x 1, x, x 3 ), x = (x 1, x, x 3 ) {(x 1, x, x 3 ) x 1 + x 3 = 1}, então: (x 1 + x 1) + (x 3 + x 3) = 1, logo : x + x / S, (λx 1 ) + (λx 3 ) = λ 1, em géral, logo : λx / S. b) Sejam x = (x 1, x, x 3 ) e x = (x 1, x, x 3 ) vetores em S := {(x 1, x, x 3 ) x 1 = x = x 3 }, então temos: Segue facilmente destas duas condições que: x 1 = x = x 3, x 1 = x = x 3. (x 1 + x 1) = (x + x ) = (x + x ), logo x + x S, (λx 1 ) = (λx ) = (λx ), logo λx S. Concluímos que S = {(x 1, x, x 3 ) x 1 = x = x 3 } é um subespaço vetorial. c) Sejam x = (x 1, x, x 3 ) e x = (x 1, x, x 3 ) vetores em S := {(x 1, x, x 3 ) x 3 = x 1 +x }, então temos: Segue facilmente destas duas condições que: x 3 = x 1 + x 3, x 3 = x 1 + x. (x 3 + x 3) = (x 1 + x 1) + (x + x ), logo x + x S, (λx 3 ) = (λx 1 ) + (λx ), logo λx S. Concluímos que S = {(x 1, x, x 3 ) x 3 = x 1 + x } é um subespaço vetorial. d) O subconjunto S := {(x 1, x, x 3 ) x 3 = x 1 ou x 3 = x } não é um subespaço vetorial pois não é estável por adição. Por exemplo (1, 0, 1), (0, 1, 1) S porem (1, 0, 1 + (0, 1, 1) = (1, 1, ) / S. Resolução do Exercício 3: a) A soma de duas matrizes diagonais sendo uma matriz diagonal, e um múltiplo escalar de uma matriz diagonal sendo uma matriz diagonal, o conjunto de todas as matrizes diagonais é um subespaço vetorial. b) A soma de duas matrizes triangulares superiores sendo uma matriz triangular superior, e um múltiplo escalar de uma matriz triangular superior sendo uma matriz triangular superior, o conjunto de todas as matrizes triangulares superiores é um subespaço vetorial. 5

6 c) A soma de duas matrizes triangulares inferiores sendo uma matriz triangular inferior, e um múltiplo escalar de uma matriz triangular inferior sendo uma matriz triangular superior, o conjunto de todas as matrizes triangulares inferiores é um subespaço vetorial. d) Sejam A, B duas matrizes, tais que a 1, = 1 e b 1, = 1, então a matriz A + B tem coeficiente 1, igual a, logo este conjunto não é um subespaço vetorial. e) O conjunto de todas as matrizes B,, tais que b 1,1 = 0 é um subespaço vetorial. f) O conjunto de todas as matrizes simétricas é um subespaço vetorial. g) O conjunto de todas as matrizes singulares não é um subespaço vetorial. Por exemplo, as seguintes matrizes são singulares: ( ) ( ) A :=, B :=, porem a soma delas A + B = I não é uma matriz singular. Resolução do Exercício 4: Determine o subespaço nulo de cada uma das seguintes matrizes: ( ) 1 a) O subconjunto nulo da matriz A = é definido como sendo: 3 Logo: ker A = {x R A x = 0 R }. x ker A A x = 0 R ( ) ( ) ( ) 1 x1 0 = 3 0 x Basta resolver o sistema. Concluimos que: { x1 + x = 0 3x 1 + x = 0. ker A = {(0, 0)}. ( ) b) O subconjunto nulo da matriz B = é definido como sendo: ker B = {x R 4 B x = 0 R }. Logo: x ker B B x = 0 R { ( 1 3 ) x 1 x x 3 x 4 ( ) 0 = 0 x 1 + x 3x 3 x 4 = 0 x 1 4x + 6x 3 + 3x 4 = 0. 6

7 Basta resolver o sistema. Concluimos que: ker B = {(x 1, x, x 3, x 4 ) R 4 (x 1, x, x 3, x 4 ) = α(, 1, 0, 0) + β(3, 0, 1, 0) onde α, β R} c) O subconjunto nulo da matriz C = 1 1 é definido como sendo: Logo: ker C = {x R 3 C x = 0 R 3}. x ker C C x = 0 R Basta resolver o sistema. Concluimos que: x 1 x x 3 0 = 0 0 x 1 + 3x 4x 3 = 0 x 1 x x 3 = 0 x 1 3x + 4x 3 = 0. ker C = {(x 1, x, x 3 ) R 4 (x 1, x, x 3 ) = α(1, 1, 1) onde α R} d) O subconjunto nulo da matriz D = 3 1 é definido como sendo: Logo: ker D = {x R 4 D x = 0 R 3}. x ker D D x = 0 R Basta resolver o sistema, concluimos que: x 1 x x 3 x 4 0 = 0 0 x 1 + x x 3 + x 4 = 0 x 1 + x 3x 3 + x 4 = 0 x 1 x 5x 4 = 0. ker D = {(x 1, x, x 3, x 4 ) R 4 (x 1, x, x 3, x 4 ) = α( 1, 1, 0, 0) onde α R}. 7

8 Resolução do Exercício 5: Lembremos que por definição, P 4 denote o espaço de polinômios de grau inferior ou igual a 3 : P 4 := {ax 3 + bx + cx + d a, b, c, d R}. a) O conjunto dos polinômios de grau par em não é um subespaço vetorial pois não é estável por adição: por exemplo 1 + x e x x têm grau par, porem a soma deles (1 + x) + (x x ) = 1 + x tem grau impar. b) O conjunto de todos os polinômios de grau 3 também não é um subespaço vetorial de P 4 pois não é estável por adição: por exemplo 1+x 3 e x x 3 têm grau 3, porem a soma deles (1+x 3 )+(x x 3 ) = 1 + x tem grau 1. c) O conjunto de todos os polinômios p(x) em P 4 tais que p(0) = 0 é um subespaço vetorial. De fato, sejam p, q P 4 satisfazem p(0) = 0 e q(0) = 0, então a soma p+q satisfaz (p+q)(0) = p(0)+q(0) = 0. Alem disso, se λ R é um escalar qualquer, então λ p satisfaz (λ p)(0) = λ p(0) = 0. d) O conjunto de todos os polinômios tendo pelo menos uma raiz real não é um subespaço vetorial de P 4 pois não é estável por soma. Por exemplo x e x + 1 ambos têm uma raiz real, porem a soma x + x + 1 não tem raiz real. Resolução do Exercício 6: a) Mostremos que o conjunto de funções f em C([ 1, 1])) tais que f( 1) = f(1) é um subespaço vetorial. Sejam f, g funções em C([ 1, 1])) tais que f( 1) = f(1) e g( 1) = g(1), e seja λ R um escalara qualquer. Então temos: (f + g)( 1) = f( 1) + g( 1) = f(1) + g(1) = (f + g)(1), (λ f)( 1) = λ f( 1) = λ f(1) = (λ f)(1), logo ambos f + g e λ f são tais que (f + g)( 1) = (f + g)(1) e (λ f)( 1) = (λ f)(1). b) Mostremos que o conjunto de funções ímpares em C([ 1, 1])) é um subespaço vetorial. Sejam f, g funções ímpares em C([ 1, 1])), ou seja tais que f( x) = f(x) e g( x) = g(x) para qualquer x [ 1, 1], e seja λ R um escalara qualquer. Então temos: (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) g(x) = (f + g)(x), (λ f)( x) = λ f( x) = λ f(x) = (λ f)(x), logo ambos f + g e λ f são ímpares. 8

9 c) O conjunto de funções contínuas não decrescentes em [ 1, 1] não é um subespaço vetorial por não ser estável por multiplicação por escalar. Por exemplo, a função f(x) = x não é decrescente, porem a função f é dada por f(x) = x é decrescente. d) Mostremos que o conjunto de funções em [ 1, 1] tais que f( 1) = 0 e f(1) = 0 é um subespaço vetorial. Sejam f, g funções em C([ 1, 1])) tais que f( 1) = 0, f(1) = 0 e g( 1) = 0, g(1) = 0, e seja λ R um escalara qualquer. Então temos: (f + g)(1) = f(1) + g(1) = 0 (λ f)(1) = λ f(1) = λ f(1) = 0, (f + g)( 1) = f( 1) + g( 1) = 0 (λ f)( 1) = λ f( 1) = λ f( 1) = 0, logo ambos f + g e λ f satisfazem (f + g)( 1) = 0, (f + g)(1) = 0 e (λ f)( 1) = 0 e (λ f)(1) = 0. e) O conjunto de funções em [ 1, 1] tais que f( 1) = 0 ou f(1) = 0 não é um subespaço vetorial pois não é estavel por adição. Podemos considerar por exemplo as funções x x + 1 e x x 1, cuja soma é x x. Resolução do Exercício 7: Sejam B, B matrizes em S := {B M n (R) AB = BA}, e seja λ R um escalara qualquer. Então temos: A (B + B ) = A B + A B = B A + B A = (B + B ) A A (λ B) = λ (A B) = λ (B A) = (λ B) A logo ambos B + B e λ B pertemcem em S. Concluimos que S = {B M n (R) AB = BA} é um subespaço vetorial de M n (R). Resolução do Exercício 8: a) Notemos S o conjunto S := {B M n (R) BA = 0 Mn(R)}. Sejam B, B matrizes em S, e seja λ R um escalara qualquer. Então temos: 9

10 (B + B ) A = B A + B A = 0 Mn(R) + 0 Mn(R) = 0 Mn(R) (λ B) A = λ (B A) = λ 0 Mn(R) = 0 Mn(R) logo ambos B + B e λ B pertemcem em S. Concluimos que S é um subespaço vetorial de M n (R). b) O subconjunto S := {B R n n AB BA} não é, em geral, um subespaço vetorial. ( ) ( ) ( ) Por exemplo, se A =, então e pertencem em S, porem a soma ( ) ( ) = não pertence em S ( ) c) Notemos S o conjunto {B M n (R) AB + B = 0}. Sejam B, B matrizes em S, e seja λ R um escalara qualquer. Então temos: A (B + B ) + (B + B ) = A B + B + A B + B = 0 Mn(R) + 0 Mn(R) = 0 Mn(R) A (λ B) + λ B = λ (A B + B) = λ 0 Mn(R) = 0 Mn(R) logo ambos B + B e λ B pertemcem em S. Concluimos que S é um subespaço vetorial de M n (R). Resolução do Exercício 9: a) Por definição, x Cob(x 1, x ) se e somente se existem escalares a, b R tais que ax 1 + bx = x. Calculemos que: 1 3 a + 3b = ax 1 + bx = x a + b 4 = 6 a + 4b = a + b = 6. Logo x Cob(x 1, x ) se e somente se este sistema tem uma solução. Tentando resolver, vemos que este sistema é inconsistente, logo x / Cob(x 1, x ). b) Semelhantemente, y Cob(x 1, x ) se e somente se existem escalares a, b R tais que ax 1 +bx = y. Calculemos que: a + 3b = 9 ax 1 + bx = y a + b 4 = a + 4b = 3 5 3a + b = 5. Logo y Cob(x 1, x ) se e somente se este sistema tem uma solução. Tentando resolver, obtemos que (a, b) = (3, ) é solução (é única tambem, mais so a existência nos interessa agora). Assim, temos y = 3x 1 x, segue que y Cob(x 1, x ). 10

11 Resolução do Exercício 10: Lembremos que um conjunto de vetores {u 1,..., u n } é cobertura de R 3 se e somente se R 3 = Cob{u 1,..., u n } ou seja, se e somente se qualquer vetor v = (a, b, c) R 3 é combinação linear de u 1,... u n isto é: existem escalares x 1,... x n R tais que: x 1 u x n u n = v a) Seja v = (a, b, c) R 3, então v é combinação linear de {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1) } se existem x 1, x, x 3 R tais que: a x x 1 + x 3 0 = b c x 1 x + x 3 = a = b x + x 3 = c A matriz tendo determinante diferente de 0, ela é invertível e este sistema sempre uma solução. Concluamos que o conjunto {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1) } é cobertura de R 3. b) Seja v = (a, b, c) R 3, então v é combinação linear de {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1,, 3) } se existem x 1, x, x 3, x 4 R tais que: a x x 1 + x x 4 = b c x 1 x + x 3 + x 4 = a + x 4 = b x + x 3 + 3x 4 = c. Segue facilmente do item a) que este sistema sempre tem soluções com x 4 = 0. Concluamos que o conjunto {(1, 0, 0), (0, 1, 1), (1, 0, 1), (1,, 3) } é cobertura de R 3. c) Seja v = (a, b, c) R 3, então v é combinação linear de {(, 1, ), (3,, ), (,, 0) } se existem x 1, x, x 3 R tais que: 3 a x 1 + 3x + x 3 = a x x + x 3 = b x 1 + x + x 3 = b 0 c x 1 x = c. Caso v = (1, 0, 0), é facil ver que este sistema é inconsistente, logo o conjunto {(, 1, ), (3,, ), (,, 0) } não é cobertura de R 3. 3 Observação. Note que a matriz 1 tem determinante igual a 0. Veremos que nesse 0 caso, é suficiente para concluir que o conjunto {(, 1, ), (3,, ), (,, 0) } não é cobertura. 11

12 d) Seja v = (a, b, c) R 3, então v é combinação linear de {(, 1, ), (, 1, ), (4,, 4) } se existem x 1, x, x 3 R tais que: 4 a x 1 x + 4x 3 = a x x 1 + x 3 = b x 1 x + x 3 = b 4 c x 1 + x 4x 3 = c. Caso v = (1, 0, 0), é facil ver que este sistema é inconsistente, logo o conjunto {(, 1, ), (, 1, ), (4,, 4) não é cobertura de R 3. e) Seja v = (a, b, c) R 3, então v é combinação linear de {(1, 1, 3), (0,, 1) } se existem x 1, x R tais que: 1 0 a x 1 + 3x = a x x 3 = b x = b 3 1 c x 1 + x = c. Em particular, caso v = (0, 0, ), é facil ver que e este sistema é inconsistente. Concluamos que o conjunto {(1, 1, 3), (0,, 1) } não é cobertura de R 3. Resolução do Exercício 11: Seja {x 1,..., x k } um conjunto de cobertura para um espaço V. a) Se adicionarmos um vetor x k+1 ao conjunto, aínda temos um conjunto de cobertura {x 1,..., x k, x k+1 }. De fato, se para qualquer v V, existem µ 1,..., µ k R tais que: v = µ 1 x µ k x k, em particular, existem µ 1,..., µ k, µ k+1 = 0 R tais que: v = µ 1 x µ k x k + µ k+1 x k+1, b) Se eliminarmos um dos vetores, depende. Por exemplo, {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1)} é cobertura de R 3, agora: se eliminarmos (0, 1, 1), então {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} fica cobertura, porem se eliminarmos (1, 0, 0), então {(0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1)} não é cobertura mais ainda pois (1, 0, 0) não é combinação linear destes vetores. Resolução do Exercício 1: a) {1, x, x } não é cobertura de P 3, pois é fácil que o polinômio x não é combinação linear de 1, x, e x. 1

13 b) O conjunto {, x, x+3} é cobertura de P 3. De fato, seja ax +bx+c P 3 um polinômio qualquer em P 3. Então ax + bx + c é combinação linear de {, x, x + 3} se e somante se existem escalares m 1, m, m 3 R tais que: m 1 + m x + m 3 (x + 3) = ax + bx + c m x + m 3 x + (m 1 + 3m 3 ) = ax + bx + c m = a m 3 = b m 1 + 3m 3 = c A matriz 0 0 tendo determinante diferente de 0, este sistema sempre tem uma solução. 0 3 Conclua-se que {, x, x + 3} cobertura de P 3. c) O conjunto {x +, x + 1, x 1} é cobertura de P 3. De fato, seja ax + bx + c P 3 um polinômio qualquer em P 3. Então ax + bx + c é combinação linear de {x +, x + 1, x 1} se e somante se existem escalares m 1, m, m 3 R tais que: m 1 (x + ) + m (x + 1) + m 3 (x 1) = ax + bx + c m 3 x + (m 1 + m ) x + (m m 3 ) = ax + bx + c m 3 = a m 1 + m = b m m 3 = c A matriz tendo determinante diferente de 0, este sistema sempre tem uma solução. 0 1 Conclua-se que {x +, x + 1, x 1} cobertura de P 3. d) O conjunto {x +, x 1} não é cobertura de P 3. Para ver isto, temos que encontrar um polinomio que não seja combinação linear de {x +, x 1}. Por isso, calculemos que um vetor qualquer ax + bx + c em P 3 é combinação linear de {x +, x 1} se e somante se existem escalares 13

14 m 1, m, m 3 R tais que: m 1 (x + ) + m (x 1) = ax + bx + c m x + m 1 x + (m 1 m ) = ax + bx + c m = a m 1 = b m 1 m = c. Este sistema não é consistente caso a = 0, b = 0, c = 1 por exemplo (é fácil ver que é consistente se e somente se c = b a, portanto Cob {x +, x 1} = {ax + bx + c P 3 c = b a}) Resolução do Exercício 13: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W. Para mostrar que sua interseção U V tambem é um subespaço de W, basta mostrar que ele é estavel por adição e por multiplicação por escalar. Por isso, consideremos x, y U V na interseção e λ R um escalar qualquer. Então, U sendo um subespaço vetorial, temos que x + y U e λx U. Semelhantemente, V sendo um subespaço vetorial, temos que x + y V e λx V. Segue que ambos x + y e λx pertencem na interseção U V. Resolução do Exercício 14: Em geral, uma união de dois subespaços vetoriais não é um subespaço vetorial. Por examplo, o subespaço de R coberto por e 1 é o subespaço: S = {(x 1, x ) R (x 1, x ) = (α, 0), onde α R}, enquanto o subespaço de R coberto por e é o subespaço: A união destes dois subespaços é dada por: T = {(x 1, x ) R (x 1, x ) = (, β), onde β R}, S T = {(x 1, x ) R (x 1, x ) = (α, 0) ou (0, β) onde α, β R}. Em particular (1, 0) S T e (0, 1) S T, porem a soma (1, 1) / S T ( o que é facil viualisar num desenho tambem). Resolução do Exercício 15: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W. Defina se U + V := {z W z = u + v, sendo u v e v V }. Mostre que U + V tambem é um subespaço de W. Sejam z, z dois vetores em U + V, e λ R um escalar qualquer. Pela definição de U + V, existem pares u U, v V e u U, v V tais que: z = u + v, z = u + v. 14

15 Segue que: z + z = (u + v) + (u + v ) = (u + u ) + (v + v ). λz = λ(u + v) = λu + λv Nestes igualdades, temos que u + u U, v + v V, = λu U, e λv V pois U e V são subespaços vetoriais. Segue que z + z e λz pertencem em U + V. Referências [1] Steven J. Leon, Álgebra Linear com aplicações, 8 a edição, LTC