1 Espaços vetoriais. Bibliografia básica do curso: [3, 2, 1, 4] Autor: Leandro Fiorini Aurichi - Versão: 2008

Transcrição

1 Bibliografia básica do curso: [3, 2, 1, 4] Autor: Leandro Fiorini Aurichi - laurichi@ime.usp.br Versão: Espaços vetoriais Comecemos com a definição de espaço vetorial. Definição 1.1. (V,, ) é dito um espaço vetorial 1 se V é um conjunto que contém um elemento que denotaremos por 0 e se : V V V e : R V V são funções que satisfazem as seguintes propriedades: (A1) u, v, w V (u v) w = u (v w) (A2) u, v V u v = v u (A3) u V u 0 = u (A4) v V u V v u = 0 (M1) α R u, v V α (u v) = (α u) (α v) (M2) α, β R v V (αβ) v = α (β v) (M3) α, β R v V (α + β) v = (α v) (β v) (M4) v V 1 v = v Cada elemento de V é chamado de vetor. é chamada de soma e é chamada de multiplicação por escalar. Vamos ver alguns exemplos de espaços vetoriais. Note que, para isso, precisamos exibir um conjunto, determinar duas operações e mais um elemento que fará o papel do elemento 0 destacado acima. Tudo isso de forma que sejam satisfeitas as propriedades da definição. No que se segue, quando aparecer = quer dizer que a igualdade vale pela definição de que for dada no exemplo. Analogamente, quando aparecer = a justificativa é a definição de. Quando aparecer R =, a igualdade se dá por propriedades dos números reais. Quando aparecer A1 = a justificativa é a propriedade (A1) da definição de espaço vetorial. Analogamente para as propriedades (A2),..., (A4) e (M1),..., (M4). 1 na verdade a definição apresentada aqui é a de um espaço vetorial sobre R, mas, como só trabalharemos com espaços desta forma, omitiremos o sobre R 1

2 Exemplo 1.2. Considere (R 2,, ) onde R 2 := {(a, b) : a, b R} e, dados (a, b), (c, d) R 2 e α R, definimos (a, b) (c, d) := (a + c, b + d) e α (a, b) := (αa, αb). Considere como 0 o elemento (0, 0). É possível mostrar que (R 2,, ) satisfaz todas as propriedades de um espaço vetorial. Como exemplo, vamos mostrar que satisfaz as propriedades (A3) e (A4), deixando as outras como exercício: (A3) Note que, dado (a, b) R 2 temos (a, b) (0, 0) = (a + 0, b + 0) R = (a, b) e, portanto, temos (A3). (A4) Seja (a, b) R 2. Considere ( a, b) que, de fato, pertence a R 2. Note que (a, b) ( a, b) = (a a, b b) R = (0, 0) = 0 e, portanto, temos (A4). Apesar do nome vetor ter um certo apelo geométrico, os elementos de um espaço vetorial não precisam estar num plano, nem mesmo em qualquer outra figura geométrica. O próximo exemplo mostra exatamente isso. Exemplo 1.3. Considere (F,, ) onde F := {f : f é função de R em R} e : F F F e : R F F são funções dadas por (f g)(x) = f(x)+g(x) e (α f)(x) = αf(x). Para quem não está acostumado, esta notação pode parecer confusa. Uma maneira de se ler a definição de é a seguinte: dadas f, g F queremos que f g seja uma função de R em R de forma que, para cada x R, seu valor neste ponto seja o mesmo que f(x) + g(x). Como o elemento 0, considere a função z : R R dada por z(x) := 0 para qualquer x R. Novamente, pode-se mostrar que (F,, ) satisfaz a definição de espaço vetorial. Como exemplo, verifiquemos as propriedades (M3) e (M4) deixando as outras como exercício. (M3) Sejam α, β, x R e f F. Temos ((α + β) f)(x) = (α + β)f(x) R = αf(x) + βf(x) = (α f)(x) (β f)(x) (M4) Sejam f F e x R. Temos (1 f)(x) = 1f(x) R = f(x). As operações assim definidas são as usuais de F. Note que, no exemplo 1.2, poderíamos ter considerado, em vez do R 2, R n := {(x 1,..., x n ) : x 1,..., x n R} com e análogos, isto é, (x 1,..., x n ) (y 1,..., y n ) := (x 1 + y 1,..., x n + y n ) e α (x 1,..., x n ) := (αx 1,..., αx n ) para (x 1,..., x n ), (y 1,..., y n ) R n e α R. Essas operações assim definidas são as usuais no R n. Desta maneira, em particular, temos que (R,, ) é um espaço vetorial onde e são a soma e o produto usuais respectivamente. O que nos impede de tentar fazer o mesmo e obter que (Z,, ), onde Z é o conjunto dos números inteiros e e são, respectivamente, a soma e o produto usuais, é um espaço vetorial? Pode-se verificar que as propriedades (A1),..., (A4) e (M1),..., (M4) são satisfeitas. O problema aqui é que, dados z Z e α R, α z = αz não necessariamente pertence a Z (tome, por 2

3 exemplo z := 1 e α := 1 2 ). Assim, não temos que assim definida é uma função de R Z Z e, portanto, (Z,, ) não é um espaço vetorial. Vamos ver outro exemplo que não é um espaço vetorial. Exemplo 1.4. Considere (R 2,, ) onde é o mesmo de 1.2 e é dada por α (a, b) := (αa, b), onde α R e (a, b) R 2. Note que, pela definição de, temos que 2 (1, 2) = (2, 2). Suponha por absurdo que (R 2,, ) é um espaço vetorial. Ou seja, temos que valem todas as propriedades da definição de espaço vetorial. Então, temos 2 (1, 2) = R (1+1) (1, 2) M3 = (1 (1, 2)) (1 (1, 2)) = (1, 2) (1, 2) = (1 + 1, 2 + 2) R = (2, 4). Como (2, 2) (2, 4) temos uma contradição e, portanto, (R 2,, ) não é um espaço vetorial. Por comodidade, dado (V,, ) um espaço vetorial, denotaremos o símbolo por + (assim, v u = v + u) e por (assim, α v = α v). Na verdade, o mais usual (e que também adotaremos aqui) é simplesmente omitir o símbolo. Por exemplo, α v fica αv. Quando e estiverem claros no contexto, chamaremos de V o espaço vetorial (V,, ). Já vimos alguns exemplos de espaços vetoriais e alguns exemplos de coisas que não são espaços vetoriais. Vamos agora começar a ver o que pode ser deduzido a partir da definição de um espaço vetorial. Ou seja, vamos ver algumas propriedades que todos os espaços vetoriais têm, independente de sua definição particular. Definição 1.5. Seja V um espaço vetorial. Dizemos que v V é um elemento neutro se, para qualquer u V, temos u + v = u. Note que o elemento 0 que aparece em (A3) da definição de espaço vetorial é um elemento neutro. Será que podem haver outros? O próximo resultado diz que não. Proposição 1.6. Seja V um espaço vetorial e seja v elemento neutro de V. Então v = 0. Dem.: Como v é elemento neutro de V, temos que 0 + v = 0. Por outro lado, temos 0 + v A2 = v + 0 A3 = v. Logo, 0 = v como queríamos. Já que num espaço vetorial temos que existe um único elemento neutro, é freqüênte, ao se definir um espaço vetorial, se omitir quem é o elemento 0. Mas o leitor pode facilmente determinar quem é tal elemento. Uma maneira simples é dada pelo próximo resultado: Proposição 1.7. Seja V um espaço vetorial e seja v V. Temos que 0v = 0 (Atenção: o 0 que aparece à esquerda da igualdade é o número real zero. Já o 0 que aparece à direita, é o elemento neutro de V ). 3

4 Dem.: Seja u V tal que 0v+u = 0. Tal u existe por (A4). Temos que 0v = R (0+0)v M3 = 0v+0v. Assim, temos que 0 = 0v + u = (0v + 0v) + u A1 = 0v + (0v + u) = 0v + 0 A3 = 0v. Definição 1.8. Sejam V um espaço vetorial e v V. oposto a v se v + u = 0. Dizemos que u V é um elemento Pela propriedade (A4) da definição de espaço vetorial, temos que todo elemento v tem um oposto. O próximo resultado diz que existe apenas um único oposto para cada elemento. Proposição 1.9. Sejam V um espaço vetorial e v V. Suponha que u, w V são elementos opostos a v. Então u = w. Dem.: Temos u A3 = u + 0 = u + (v + w) A1 = (u + v) + w A2 = (v + u) + w = 0 + w A2 = w + 0 A3 = w Vamos agora ver que, dado um elemento v, para encontrarmos seu oposto, basta multiplicá-lo pelo escalar 1. Proposição Sejam V um espaço vetorial e seja v V um elemento qualquer. Então 1v é oposto a v (e, por 1.9, é o único elemento oposto a v). Dem.: Temos v + ( 1v) M4 = 1v + ( 1v) M3 = (1 1)v R = 0v 1.7 = 0. Logo, 1v é o oposto de v. Por comodidade, quando tivermos v, u V e α V, denotaremos v + ( αu) simplesmente por v αu. Analogamente, o oposto de v será denotado simplesmente por v. Vamos agora a algumas propriedades elementares: Proposição Sejam V um espaço vetorial, v V e α R. Temos: (i) α( v) = αv; (ii) α0 = 0. 4

5 (iii) Se αv = 0 então α = 0 ou v = 0; Dem.: (i) α( v) = α( 1v) M2 = (α ( 1))v R = αv. (ii) α0 A3 = α(0 + 0) M1 = α0 + α0. Somando-se α0 em ambos os lados da igualdade, temos, pela parte (i), 0 = α0. (iii) Suponha α 0. Vamos então mostrar que v = 0. Considere α 1 R tal que α 1 α = 1. De α0 = 0 temos α 1 (αv) = α 1 0. Aplicando (ii) ao lado direito da igualdade, temos que α 1 (αv) = 0. Assim, temos que 0 = α 1 (αv) M2 = (α 1 α)v = 1v M4 = v. 1.1 Exercícios {( ) a b Exercício 1.1. Considere M 2 := c d ( a1 b 1 c 1 d 1 ) ( a2 b 2 c 2 d 2 } : a, b, c, d R, : M 2 M 2 M 2 dada por ) ( ) a1 + a := 2 b 1 + b 2 c 1 + c 2 d 1 + d 2 e : R M 2 M 2 dada por ( a b α c d ) ( αa αb := αc αd ) Mostre que (M 2,, ) é um espaço vetorial. As operações assim definidas são as usuais para M 2. Exercício 1.2. Considere Q o conjunto dos números racionais, e a soma e o produto usuais de números reais. (Q,, ) é um espaço vetorial? Justifique. Exercício 1.3. Exiba os elementos neutros dos seguintes espaços vetoriais: R 3 e M 2 (cada um com a soma e a multiplicação por escalar usuais). Exercício 1.4. Seja f F. Determine qual é a função representada por f. Exercício 1.5. Seja V := {r R : r > 0}. Considere sobre V as seguintes operações : V V V e : R V V dadas por r s := rs e α r := r α onde r, s V e α R. Mostre que (V,, ) é um espaço vetorial e exiba o elemento neutro de V. 5

6 Exercício 1.6. Considere C = {a + bi : a, b R} o conjunto dos números complexos. Mostre que C com as operações usuais é um espaço vetorial. Exercício 1.7. Seja P := {a + bx + cx 2 : a, b, c R} o conjunto dos polinômios de grau menor ou igual a 2. Mostre que P é um espaço vetorial e exiba seu elemento neutro. ( ) ( ) Exercício 1.8. Seja A, B, C M 2, onde A :=, B := Calcule, com as operações usuais de M 2, os seguintes elementos: (a) A + B (b) B C (c) A B + 4C e C := ( ). Exercício 1.9. Sejam V um espaço vetorial e v, u, w V. Mostre as seguintes afirmações: (a) ( v) = v; (b) Se u + v = w + v então u = w. (c) Se u + u = 0 então u = 0. Exercício Sejam V um espaço vetorial e u, v V. Mostre que existe um único vetor w V tal que u + w = v. Exercício Considere (R,, ) onde, dados a, b R e α R, definimos a b = a b e α a = αa. (R,, ) é um espaço vetorial? Exercício Sejam (U, U, U ) e (V, V, V ) espaços vetoriais. Considere U V := {(u, v) : u U, v V } com as seguintes operações: (u 1, v 1 ) + (u 2, v 2 ) := (u 1 U u 2, v 1 V v 2 ) α (u, v) := (α U u, α V v) onde u, u 1, u 2 U, v, v 1, v 2 V e α R. Mostre que (U V, +, ) é um espaço vetorial. 6

7 2 Subespaços vetoriais Vejamos agora um modo de obter espaços vetoriais novos a partir de velhos. Dado (V, +, ) um espaço vetorial, podemos tentar criar um novo espaço (S,, ) simplesmente tomando S V e fazendo com que e sejam as restrições de + e respectivamente. E, é claro, queremos que (S,, ) satisfaça as propriedades da definição de espaço vetorial. Ou seja, temos a seguinte definição: Definição 2.1. Seja (V, +, ) um espaço vetorial. Dizemos que (S,, ) é um subespaço vetorial de V se (S,, ) é um espaço vetorial, S V e, dados u, v S e α R temos que u v = u + v e α v = α v. Dizemos que e são as operações induzidas por + e respectivamente. Por comodidade, normalmente usaremos os mesmos símbolos para as operações no espaço original e no subespaço. E, quando as operações estiverem claras no contexto, diremos simplesmente que S é subespaço de V. O próximo resultado é simples, mas é importante tê-lo em mente. Proposição 2.2. Se (S,, ) é subsespaço vetorial de (V, +, ), então, dados u, v S e α R, temos que u + v S e αv S. Dem.: Como S é espaço vetorial, temos que : S S S. Logo, dados u, v S, temos que u v S. Como u + v = u v, temos que u + v S. Analogamente, temos o resultado para αv. Vamos agora a um exemplo de subespaço. {( ) } a 0 Exemplo 2.3. Seja (D, +, ) onde D := : a, b R e + e são as restrições das 0 b operações em M 2. Vamos ver que D é subespaço de M 2. Para isso, precisamos ver, primeiramente, que as operações + e, que são as restrições da operações de M 2, de fato são funções de D D em D e R D em D respectivamente. Ou seja, precisamos ( ) mostrar que, ( dados) A, B D e α R, a1 0 b1 0 temos que A + B D e αa D. Sejam A :=, B := D. Temos que 0 a 2 0 b ( ) ( ) ( ) 2 a1 0 b1 0 + a1 + b + = 1 0 D. Para mostrar que αa D é análogo 0 a 2 0 b 2 0 a 2 + b ( 2 ) 0 0 (exercício). Observe também que o elemento D faz o papel de elemento neutro em 0 0 D. Assim, para concluirmos que D é de fato um espaço vetorial, só resta mostrar que valem as propriedades (A1),..., (A4), (M1),..., (M4) da definição de espaço vetorial. Como exemplo, 7

8 ( a1 0 vamos mostrar a propriedade (A2) deixando as outras como exercício: Sejam A := 0 a ( ) 2 b1 0 B := D. Temos 0 b 2 ( ) ( ) a1 0 b1 0 A + B = + ( 0 a 2 0 ) b 2 a1 + b = 1 0 ( 0 ) a 2 ( + b 2 ) b1 0 a1 0 = + 0 b 2 0 a 2 = B + A ), O próximo exemplo mostra que podemos ter (V, +, ), (S,, ) ambos espaços vetoriais e com S V mas sem que S seja subespaço de V. Exemplo 2.4. Considere (R, +, ), onde + e são as operações usuais. Considere (P,, ), onde P := {r R : r > 0} e e são as operações definidas no exercício 1.5, isto é, dados r, s P e α R, temos que r s = rs e α r = r α. Pelo exercício 1.5, temos que (P,, ) é um espaço vetorial. Mas, apesar de P R, não é verdade que (P,, ) é subespaço vetorial de (R, +, ). Isso se dá porque as operações em P não são as operações induzidas por R. De fato, considere 1, 2 P. Por um lado, tomando as operações em P, temos que 1 2 = 1 2 = 2. Por outro lado, tomando as operações em R, temos que = 3. O próximo exemplo mostra que podemos ter (S, +, ), com S V, definir as operações em S como as de V e, ainda assim, S não ser subespaço de V. Exemplo 2.5. Considere [0, 1] R. Temos que ([0, 1], +, ), onde + e são as restrições das operações usuais de R, não é um subespaço vetorial de R. Para ver isso, suponha que seja. Então, dados a, b [0, 1] temos, por 2.2, que a + b [0, 1]. Como 1 [0, 1], temos que = 2 [0, 1], contradição. Logo, [0, 1] não é subespaço vetorial de R. Vimos que, dado um subconjunto S de um espaço vetorial V é necessário fazer muitas verificações para decidir se ele é um subespaço vetorial ou não. Temos que verificar as oito propriedades de espaço vetorial, a existência de um elemento neutro e ainda verificar se as restrições das duas operações têm contra domínio S. O próximo resultado mostra uma maneira mais fácil de fazer tal decisão. Proposição 2.6. Seja (V,, ) um espaço vetorial. Seja S V. Então (S, +, ), onde + e são as restrições das operações de V, é um subespaço vetorial se, e somente se, são satisfeitas as seguintes condições: (a) 0 S; 8

9 (b) Dados u, v S temos que u v S; (c) Dados v S e α R temos que α v S. Dem.: ): Suponha que S é um subespaço vetorial. Então, por 2.2, temos (b) e (c). Em particular, temos que S é um espaço vetorial e, portanto, S. Seja v S. Temos 0 = 0 v = 0 v S e, portanto, temos (a). ): Suponha que S satisfaça (a), (b) e (c). Por (a) temos que S é não vazio. Por (b) temos que + é uma função de S S em S e, por (c), temos que é uma função de R S em S. Assim, resta verificarmos as propriedades (A1),..., (A4), (B1),..., (B4). Vamos verificar as propriedades (A2) e (M1) deixando as outras como exercício. (A2) Sejam u, v S. Temos que u + v = u v = v u = v + u, onde vale por que vale a propriedade (A2) em V. (M1) Sejam u, v S e α R. Temos α(u + v) = α (u v) = (α u) (α v) = αu + αv, onde vale pois (M1) vale em V. Vamos aproveitar o resultado anterior e dar mais alguns exemplos de subespaços vetoriais, agora fazendo as verificações de maneira bem mais simples. Exemplo 2.7. Considere C := {f : f é função contínua de R em R}. Temos que C, com as operações usuais de funções, é um espaço vetorial. De fato, podemos mostrar que C é subespaço vetorial de F (ver exemplo 1.3). Para isso, vamos aplicar 2.6. Note que o elemento neutro de F é a função identicamente nula que é uma função contínua. Logo, 0 C. Se f e g são funções contínuas, temos que f + g também é uma função contínua. Finalmente, se f é um função contínua e α R, temos que αf é uma função contínua. Exemplo 2.8. Considere R 2 com as operações usuais. Considere S := {(a, a) R 2 : a R}. Vamos mostrar que S é um subespaço vetorial de R 2 com as operações induzidas. Pela definição de S, temos que 0 = (0, 0) S (basta tomarmos a = 0). Agora sejam (a, a), (b, b) R 2. Temos (a, a) + (b, b) = (a + b, a b) = (a + b, (a + b)) S. Agora sejam (a, a) S e α R. Temos α(a, a) = (αa, αa) S. 9

10 2.1 Exercícios Exercício 2.1. Sejam V um espaço vetorial e S V. Suponha que, dados u, v S e α R temos que u + v S e αv S. Mostre que 0 S se, e somente se, S é não vazio. Exercício 2.2. Seja V espaço vetorial e S V. Mostre que S com as operações restritas de V é um subespaço vetorial de V se, e somente se, S é não vazio e, dados α R e u, v S temos αu + v S. Exercício 2.3. Seja V um espaço vetorial. Considere S := {0} V. S com as operações induzidas por V é um subespaço vetorial? Exercício 2.4. Decida se os conjuntos abaixo são subespaços vetoriais de R 3 com as operações induzidas pelas operações usuais de R 3. Justifique suas afirmações. (a) A := {(x, y, z) R 3 : z = 0} (b) B := {(x, y, z) R 3 : x + y = z} (c) C := {(x, y, z) R 3 : xy = 0} (d) D := {(x, y, z) R 3 : x + z = 0} (e) E := {(x, y, z) R 3 : x 2 + z 2 = 1}) Exercício 2.5. Sejam V um espaço vetorial e A, B V subespaços vetoriais de V. As seguintes afirmações são verdadeiras? Justifique suas respostas. (a) A B é um subespaço vetorial de V. (b) A B é um subespaço vetorial de V. (c) {a + b : a A e b B} é um subespaço vetorial de V. (d) Se A B então A é subespaço vetorial de B. Exercício 2.6. Seja S subespaço vetorial de V. Seja 0 V o elemento neutro de V e 0 S o elemento neutro de S. Mostre que 0 V = 0 S. Exercício 2.7. Considere S := {A M 2 : deta 0} induzidas por M 2 é subespaço vetorial de M 2? {( )}. S com as operações 10

11 3 Combinações lineares e subespaços gerados Segue imediatamente das propriedades de espaços vetoriais que podemos sempre somar dois elementos e que podemos multiplicarmos qualquer elemento por um número real sempre tendo como resultado outro elemento do espaço. O próximo resultado simplesmente diz que podemos, na verdade, somar qualquer quantidade (finita) de elementos do espaço e sempre obteremos outro elemento do espaço. Além disso, cada elemento desta soma pode ser multiplicado por um escalar sem prejuízo algum. Antes de mostrar tal resultado, vamos demonstrar uma importante ferramenta matemática que nos será útil: Teorema 3.1 (Princípio da indução). Seja P uma propriedade. Suponha que sabemos que tal propriedade vale para o número 0 e que, sempre que ela vale para um número n N ela também vale para o número n + 1. Então a propriedade P vale para todos os números 1 m N. Dem.: Suponha que existe um número para o qual a propriedade P não vale. Seja n o menor número para o qual não vale P. Por hipótese, temos que n 0. Assim, temos que n 1 N e, como n 1 < n, temos que a propriedade P vale para n 1. Por hipótese, temos que a propriedade P vale para (n 1) + 1 = n, contradição. Corolário 3.2. Seja P uma propriedade que vale para um número m N e que se ela vale para um número n N ela também vale para n + 1. Então a propriedade P vale para todo número k N com k m. Dem.: Considere a propriedade P tal que P vale para um número n se, e somente se, P vale para n + m. Aplicamos o teorema para P e obtemos o resultado. Proposição 3.3. Seja V um espaço vetorial. Sejam α 1,..., α n R e v 1,..., v n V. Então n α i v i V i=1 Dem.: Por indução 2 sobre n. Caso n = 1, temos que α 1 v 1 V pela definição de espaço vetorial. Agora suponha que vale o resultado para n e vamos mostrar para n + 1. Por hipótese, temos que n i=1 α iv i V. Assim n+1 n i=1 α i v i = ( i=1 α i v i ) } {{ } V + α n+1 v }{{ n+1 V } V 1 Uma versão informal deste resultado que talvez ajude a entendê-lo melhor: se há uma fila infinita de bolas e sabemos que a primeira está pintada e que, se alguma está pintada, então a próxima também está pintada, podemos concluir que toda a fila está pintada. 2 ou seja, a propriedade aqui considerada é que dados α 1,..., α n R e v 1,..., v n temos que P n i=1 αivi V. 11

12 Este tipo de operação vai ser importante para o restante do texto. Definição 3.4. Seja V espaço vetorial. Sejam u, v 1,..., v n V. Dizemos que u é uma combinação linear de v 1,..., v n se existem α 1,..., α n R tais que u = n i=1 α iv i. Exemplo 3.5. Considere R 3 com a soma e multiplicação usuais. Temos que (1, 1, 1) é combinação linear de (1, 0, 0), (0, 1 2, 1) e (0, 0, 1) pois 1(1, 0, 0) + 2(0, 1, 1) 1(0, 0, 1) = (1, 1, 1) 2 Por outro lado, temos que (1, 1, 1) não é combinação linear de (1, 0, 0) e (0, 1, 0). Pois, suponha que seja. Então existem α, β R tais que α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) = (1, 1, 1). Com isso, olhando as equações dadas pelas terceiras coordenadas, temos que 1 = α 0 + β 0 = 0, contradição. Exemplo 3.6. Seja V espaço vetorial. Sejam u, v V. Temos que u + v é combinação linear de u v e v. De fato, temos que 1(u v) + 2v = u + v. Suponha que temos um espaço vetorial V e A V um conjunto qualquer não vazio. Pelo resultado 3.3 temos que se A é um subespaço vetorial de V, então qualquer combinação linear de elementos de A também é um elemento de A 1. E se A não for um subespaço? Será que é suficiente acrescentarmos as combinações lineares de A para obtermos um subespaço? O resultado seguinte afirma que sim. Proposição 3.7. Seja V um espaço vetorial. Seja A V um conjunto não vazio. Então S := {v V : n 1, v 1,..., v n A e α 1,..., α n R n i=1 α 1v i = v} é um subespaço vetorial de V. Além disso, A S. Dem.: Vamos usar 2.6 para mostrar que A é subespaço. Como A é não vazio, podemos tomar v A. Então 0v = 0 S. Sejam u, v S. Então existem u 1,..., u n, v 1,..., v m A e α 1,..., α n, β 1,..., β m R tais que u = n i=1 α iu i e v = m i=1 β iv i. Note que u + v = Logo, u + v S. Seja α R. Temos que αv = α n α i u i + i=1 m β i v i = i=1 Logo, αv S e, portanto, S é subespaço vetorial de V. m β i v i i=1 m αβ i v i Para mostrar que A S, basta notar que para cada a A, temos que a = 1a S. 1 se não enxergou isso, tente fazer como exercício i=1 12

13 Com esse resultado, fazemos a seguinte definição: Definição 3.8. Sejam V um espaço vetorial e A V um subconjunto não vazio. Denotamos por [A] := {v V : n 1, v 1,..., v n A e α 1,..., α n R n i=1 α 1v i = v} o subespaço vetorial gerado por A. E, neste caso, dizemos que A é um conjunto gerador para [A]. Por convenção, dizemos que [ ] = 0. Por comodidade, quando exibirmos os elementos de um conjunto A, omitiremos as chaves. Por exemplo, em vez de denotar por [{u, v, w}], usaremos [u, v, w]. Exemplo 3.9. Considere o espaço vetorial R 3 com as operações usuais. Temos que [(0, 1, 2), (1, 0, 0)] = {(a, b, 2b) : a, b R}. De fato, considere (a, b, 2b) e vamos mostrar que (a, b, 2b) [(0, 1, 2), (1, 0, 0)]. Para isso, basta notar que (a, b, 2b) = b(0, 1, 2) + a(1, 0, 0). Assim, temos que {(a, b, 2b) : a, b R} [(0, 1, 2), (1, 0, 0)]. Para o outro lado, considere α(0, 1, 2)+β(1, 0, 0) = (β, α, 2α). Tomandose a = β e b = α, temos que α(0, 1, 2)+β(1, 0, 0) {(a, b, 2b) : a, b R}. Logo, temos a igualdade. Já o subespaço S := {(x, y, z) : z = 0} é gerado por {(1, 0, 0), (0, 1, 0)}. De fato, seja (x, y, 0) S. Então (x, y, 0) = x(1, 0, 0) + y(0, 1, 0). E, dados α, β R, temos que α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) = (α, β, 0) tem a terceira coordenada 0 e, portanto, pertence a S. Exemplo Considere S M 2 dado por De fato, seja ( a 0 0 b ) S. Temos que ( a 0 0 b ) {( {( a 0 0 b ) ( 1 0, 0 2 = (a b 2 ) ( ) } : a, b R. Temos que S é gerado por )} ) + b ( Por outro lado, é fácil ver que qualquer combinação linear de ( ) a 0. 0 b ( ) ) e ( ) é da forma 13

14 3.1 Exercícios Exercício 3.1. Considere R 2 com as operações usuais. Escreva (1, 2) como combinação linear de {(1, 1), (0, 4)}. Exercício 3.2. Considere R 3 com as operações usuais. Considere S := [(1, 0, 0), (1, 1, 0)]. Dê uma interpretação geométrica para S. Exercício 3.3. Seja V um espaço vetorial. Mostre as seguintes afirmações: (a) Seja S V. Então S [S]; (b) Sejam S 1 S 2 V. Então [S 1 ] [S 2 ]; (c) Seja S V. Então [S] = [[S]]. Exercício 3.4. Considere R 3 com as operações usuais. Considere S := {(a, b, a + 2b) : a, b R}. (a) Mostre que S é subespaço de R 3 com as operações usuais. (b) Encontre um conjunto com exatamente 2 elementos que seja um gerador para S. (c) Encontre um conjunto com exatamente 3 elementos que seja um gerador para S. (d) Encontre A, B R 3 tais que A B = e [A] = [B] = S. Exercício 3.5. Sejam V um espaço vetorial e v V. Mostre que [V {v}] = V. Exercício 3.6. Seja V um espaço vetorial e seja S V um subconjunto qualquer. Mostre que S = [S] se, e somente se, S é um subespaço vetorial de V. Exercício 3.7. Considere M 2 com as operações usuais. Considere {( ) } a b S := M c d 2 : a = c {( ) ( ) ( )} A :=,, (a) S é um subespaço vetorial de M 2? Justifique. (b) Relacione S com [A], justificando suas afirmações. Exercício 3.8. Sejam V um espaço vetorial e A V um conjunto não vazio. Suponha que S seja um subespaço de V tal que A S. Mostre que [A] S. Exercício 3.9. Sejam V um espaço vetorial e A V um conjunto não vazio. [A] = {S V : S A e S é subespaço de V }. Mostre que 14

15 4 Dependência linear Vimos na seção anterior que um subespaço pode ter vários conjuntos geradores. Inclusive, podemos ter A B distintos que gerem o mesmo subespaço. Os conceitos que aprentamos a seguir servem para podermos tomar conjuntos geradores que sejam, de alguma forma, minimais. Definição 4.1. Sejam V um espaço vetorial e v 1,..., v n V distintos. Dizemos que v 1,..., v n são linearmente dependentes se existem α 1,..., α n R, com pelo menos um α i 0, tais que n i=1 α iv i = 0. Dizemos que v 1,..., v n são linearmente independentes caso contrário, isto é, se dados α 1,..., α n R temos n i=1 α iv i = 0, então α 1 = = α n = 0. Dizemos que A V é linearmente dependente se existem v 1,..., v n A distintos linearmente dependentes. Dizemos que A é linearmente independente caso contrário, isto é, se dados quaisquer v 1,..., v n A distintos temos que v 1,..., v n são linearmente independentes. Por convenção, dizemos que o conjunto é linearmente independente. Este primeiro exemplo, ilustra uma relação entre dependência linear e combinação linear. Exemplo 4.2. Sejam V um espaço vetorial e u, v, w V. Suponha que w é combinação linear de u, v. Então u, v, w são linearmente dependentes. De fato, como w é combinação linear de u, v, existem α, β R tais que αu + βv = w. Assim, αu + βv 1w = 0. Mais adiante, veremos que vale uma espécie de recíproca para este exemplo. vejamos mais alguns exemplos simples. Mas antes, Exemplo 4.3. Considere R 4 com as operações usuais. Temos que (0, 1, 0, 1), (4, 6, 2, 6) e (2, 0, 1, 0) são linearmente dependendentes. De fato, temos que 3(0, 1, 0, 1) 1 (4, 6, 2, 6) + 1(2, 0, 1, 0) = 0 2 ( ) ( ) Exemplo 4.4. Considere M 2 com as operações usuais. Então A :=, B :=, ( ) 0 0 C := são linearmente independentes. De fato, sejam α, β, γ R tais que αa + βb γc = 0. Então, temos o seguinte sistema de equações: De onde obtemos que α = β = γ = 0 α + β = 0 α + β = 0 2γ = 0 α + 2γ = 0 15

16 Exemplo 4.5. Considere F com as operações usuais. Temos que que as funções sen(x) e cos(x) são linearmente independentes. De fato, sejam α, β R tais que, para todo x R, temos que αsen(x) + βcos(x) = 0. Fazendo x = 0, temos que 0 = αcos0 + βsen0 = α. E, fazendo x = π 2, temos que 0 = βsen π 2 = β. Logo, α = β = 0. Por outro lado, temos que as funções f(x) := 2sen(x), g(x) := sen(x) cos(x) e h(x) := sen(x) +2cos(x) são linearmente dependentes. De fato, temos que para qualquer x R. 3 f(x) + 2g(x) + h(x) = 0 2 Agora vamos ao resultado da recíproca do primeiro exemplo desta seção. Sua afirmação é a de que se n vetores são linearmente dependentes, é porque um deles é combinação linear dos outros. Proposição 4.6. Sejam V um espaço vetorial e v 1,..., v n V. Suponha que v 1,..., v n são linearmente dependentes. Então existe k tal que 1 k n tal que v k é combinação linear de {v i : 1 i n e i k}, isto é, existem α i R tais que v k = n i = 1 i k α i v i Dem.: Como v 1,..., v n são linearmente dependentes, existem α 1,..., α n R, com pelo menos um β i 0, tais que n i=1 β iv i = 0. Seja k tal que β k 0. Temos v k = n i = 1 i k β i β k v i O próximo resultado será útil para quando formos cuidar da minimalidade de conjuntos geradores. Ele simplesmente diz que, se um conjunto gerador finito é linearmente dependente, então existe um elemento dele que podemos descartar. Corolário 4.7. Seja V um espaço vetorial. Seja A V finito 1 e linearmente dependente. Então existe v A tal que [A] = [A {v}]. Dem.: Escreva A = {v 1,..., v n }. Pelo resultado anterior, existem k e α i R tais que v k = i = 1 i k α i v i 1 Veja o exercicio

17 Vamos mostrar que [A] = [A {v k }]. É claro que [A {v k }] [A] (ver exercicio 3.3). Assim, resta mostrar que [A] [A {v k }]. Seja u [A]. Sejam β 1,..., β n R tais que v = n i=1 β iv i. Temos v = n i=i β iv i = β k v k + n i = 1 β i v i i k Logo, v [A {v k }]. = β k n i = 1 i k α i v i + n i = 1 i k β i v i O próximo resultado diz que podemos aumentar um conjunto linearmente independente com elementos que não sejam combinação linear dele. Proposição 4.8. Sejam V um espaço vetorial e A V um subconjunto linearmente independente. Seja v V tal que v / [A]. Então A {v} é linearmente independente. Dem.: Suponha que não. Então existem v 1,..., v n A e α, α 1,..., α n R não todos nulos tais que αv + n i=1 α iv i = 0. Note que α 0 pois, caso contrário, teríamos n i=1 α iv i = 0 com algum α i 0 o que contraria o fato de A ser linearmente independente. Assim, temos que v = n i=1 α i α v i o que contraria o fato de v / [A]. 4.1 Exercícios Exercício 4.1. Sejam V um espaço vetorial e A V. linearmente dependente. Mostre que, se 0 A, então A é Exercício 4.2. Considere R 4 com as operações usuais. Decida se cada conjunto de vetores é linearmente dependente ou não. Justifique suas respostas: (a) {(1, 0, 0, 0), (0, 1, 0, 0), (0, 0, 1, 0), (0, 0, 0, 1)} (b) {(1, 1, 0, 0), (2, 2, 4, 4), (0, 0, 1, 1)} (c) {(x, y, z, w) : x + y + z + w = 0} (d) {(0, 0, 0, 2), (0, 0, 1, 3), (0, 4, 2, 1), (1, 2, 3, 4)} (e) {(0, 2, 2, 4), (1, 0, 2, 2), (1, 2, 2, 0)} Exercício 4.3. Seja V um espaço vetorial. Sejam A, B V. Decida se as seguintes afirmações são verdadeiras ou falsas e justifique suas respostas: 17

18 (a) Se A é linearmente independente e B A, então B é linearmente independente. (b) Se A é linearmente dependente e B A, então B é linearmente dependente. (c) Se A é linearmente independente e B A, então B é linearmente independente. (d) Se A é linearmente dependente e B A, então B é linearmente dependente. Exercício 4.4. Seja V um espaço vetorial tal que V {0}. Mostre que V {0} é linearmente dependente. Exercício 4.5. Sejam V um espaço vetorial e u, v, w V. Suponha que v [w] e u [w]. Mostre que {u, v} é linearmente dependente. Exercício 4.6. Sejam V um espaço vetorial e u, v, w V. Suponha que {u, v, w} é linearmente independente. Mostre que {u + v, u + w, v + w} é linearmente independente. Exercício 4.7. Sejam V um espaço vetorial e u 1,..., u n, v 1,..., v m V. Suponha que {u 1,..., u n, v 1,..., v m } seja linearmente independente. Mostre que [u 1,..., u n ] [v 1,..., v m ] = {0}. Exercício 4.8. Considere P 2 := {a + bx + cx 2 : a, b, c R} o conjuntos dos polinômios de grau menor ou igual a 2 com as operações usuais. Verifique se os seguintes elementos são linearmente independentes ou não, justificando suas respostas. (a) f(x) := 1 + x + x 2, g(x) := 2 + 2x + 2x 2. (b) f(x) := x + x 2, g(x) := 2, h(x) := 1 + 2x 2. (c) f(x) := 1 + x, g(x) := 2 + x, h(x) := x 2. Exercício 4.9. Mostre que podemos retirar a hipótese de A ser finito em 4.7. Dica: Como A é linearmente dependente, temos que existem v 1,..., v n A linearmente dependentes. Comece com isso e procure fazer algo parecido com a demonstração de

19 5 Bases Agora temos material suficiente para tomarmos conjuntos geradores minimais. Definição 5.1. Sejam V um espaço vetorial e B V. Dizemos que B é uma base para V se B é linearmente independente e [B] = V. Vejamos alguns exemplos. Exemplo 5.2. Considere R 4 com as operações usuais. Temos que B := {(1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)} é uma base para R 4. De fato, seja (a, b, c, d) R 4. Considere α, β, γ, δ R tais que α(1, 0, 1, 0) + β(0, 1, 0, 1) + γ(1, 0, 0, 1) + δ(0, 0, 1, 1) = (a, b, c, d). Temos α + γ = a β = b α + δ = c β + γ + δ = d De onde, temos α = a d + b + c a+d b 2, β = b, γ = d b c a+d b 2, δ = c a+d b 2. Assim, temos que [B] = R 4. Vamos agora mostrar que B é linearmente independente. Sejam α, β, γ, δ R tais que α(1, 0, 1, 0) + β(0, 1, 0, 1) + γ(1, 0, 0, 1) + δ(0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0). Temos De onde temos que α = β = γ = δ = 0. α + γ = 0 β = 0 α + δ = 0 β + γ + δ = 0 Exemplo 5.3. Para cada k N, considere p k : R R dada por p k (x) = x k. Seja n N. Chamamos de polinômios de grau menor ou igual a n o subespaço vetorial de F gerado por p 0,..., p n. Denotamos tal espaço por P n. Temos que B := {p 0,..., p n } é uma base para P n. De fato, pela própria definição, já temos que [B] = P n. Resta mostrar que B é linearmente independente. Sejam α 0,..., α n R tais que n i=0 α ip i = 0. Isto é, dado qualquer y R, temos que (α 0 p 0 + α n p n )(y) = α 0 y α n y n = 0 (1) Mas temos que um polinômio identicamente nulo tem todos os seus coeficientes nulos. Logo, α 0 = α n = 0. Não apresentaremos aqui a demonstração do próximo resultado pois ela precisa de um pouco de material que foge do nosso escopo. Além disso, para os principais exemplos tratados aqui, apresentaremos uma versão mais fraca (mas suficiente) deste resultado na próxima seção. Teorema 5.4. Seja V um espaço vetorial. Então existe B V base para V. Dem.: Ver [3], p

20 5.1 Exercícios Exercício 5.1. Exiba uma base para cada espaço vetorial e demonstre que a mesma de fato é uma base. Considere para cada conjunto as operações usuais. (a) M 2 (b) R 3 (c) R Exercício 5.2. Sejam V um espaço vetorial e B uma base para V. Considere C, D V tais que C B e D B. Mostre que C e D não são bases de V. Exercício 5.3. Sejam V um espaço vetorial e B uma base para V. Seja α R com α 0. Mostre que C := {αv : v B} é uma base para V. Exercício 5.4. Sejam V um espaço vetorial e S V um subespaço tal que S {0}. Considere B base para V. É verdade que, necessariamente, B S? Exercício 5.5. Sejam U, V espaços vetoriais. Sejam A base para U e B base para V. Considere U V (veja o exercicio 1.12). O conjunto C := {(a, b) : a A, b B} é uma base para U V? 6 Sistemas lineares Antes de prosseguirmos com os espaços vetoriais, vamos ver uma aplicação no estudo de sistemas lineares homogêneos. Vamos fazer essa aplicação agora pois um dos resultados será utilizado na seqüência de nosso trabalho. Definição 6.1. Dizemos que um sistema com n equações nas incógnitas x 1,..., x k é um sistema linear homogêneo se cada uma das suas equações é da forma α 1 x 1 + α 2 x α k x k = 0 com α 1,..., α k R. Dizemos que v = (v 1,..., v k ) R k é uma solução para o sistema se, para cada equação α 1 x 1 + α k x k = 0 temos que α 1 v α k v k = 0. Dado um sistema linear homogêneo E com k incógnitas, denotamos por Sol(E) o conjunto {v R k : v é solução de E}. Chamamos Sol(E) de espaço solução de E. 20

21 Exemplo 6.2. { x1 + 2x 2 = 0 x 2 x 3 = 0 é um sistema linear homogêneo 1. Uma solução para tal sistema é ( 2, 1, 1) R 3. Nosso primeiro resultado já mostra uma ligação entre os sistemas lineares e álgebra linear: o conjunto solução é um espaço vetorial. Proposição 6.3. Seja E um sistema linear homogêneo com k incógnitas. Então Sol(E) é um subespaço vetorial de R k. Dem.: Comecemos mostrando que 0 Sol(E). Dada k i=1 α ix i = 0 equação de E, temos que k i=1 α i0 = 0, logo, 0 é solução. Agora sejam (v 1,..., v k ), (u 1,..., u k ) soluções de E. Vamos mostrar que (v 1,..., v k )+(u 1,..., u k ) = (v 1 + u 1,..., v 1 + u k ) é solução de E. Seja k i=1 α ix i = 0 uma equação de E. Temos: k i=1 α i(v i + u i ) = k i=1 α iv i + k i=1 α iu i = = 0 Agora sejam (v 1,..., v k ) Sol(E) e γ R. Vamos mostrar que γ(v 1,..., v k ) = (γv 1,..., γv k ) Sol(E). Seja k i=1 α ix i = 0 uma equação de E. Temos: k i=1 α i(γv i ) = γ k i=1 α iv i = γ0 = 0 O que vamos fazer agora é determinar uma condição para que um sistema linear homogêneo tenha soluções não triviais: Lema 6.4. Considere E uma equação da forma k i=1 α ix i = 0. Sejam u, v R k onde v não é solução para E. Então existe γ R tal que u γv é solução para E. Dem.: Escrevemos u = (u 1,..., u k ) e v = (v 1,..., v k ). Sejam a := k i=1 αu i e b := k i=1 αv i. Como v não é solução para E, temos que b 0. Assim, podemos tomar γ := a b. Vejamos que tal γ satisfaz o enunciado. Temos que u γv = (u 1 γv 1,..., u k γv k ). Assim k i=1 α i(u i γv i ) = k i=1 α iu i γ k i=1 v i = a a b b = 0 1 repare que há incógnitas que não aparecem em todas as equações, o que seria exigido pela nossa definição. Mas isso pode ser facilmente contornado, notando-se, por exemplo, que a primeira equação é equivalente a x 1 + 2x 2 + 0x 3 = 0. 21

22 Proposição 6.5. Seja E um sistema linear homogêneo com n equações e k incógnitas com k n. Então existe um conjunto linearmente independente em Sol(E) com pelo menos k n elementos. Dem.: Vamos fazer por indução sobre n. Caso n = 0 temos que Sol(E) = R k e temos o resultado. Vamos fazer o caso n + 1, supondo que o caso n vale. Ou seja, temos que mostrar que se E tem n + 1 equações, Sol(E) tem um subconjuto linearmente independente com k n 1 elementos. Se n+1 = k, terminamos porque {0} Sol(E). Então podemos supor n+1 < k, logo, k n > 0. Considere E 0 E onde E 0 tem n equações. Seja F a equação restante. Por hipótese de indução, temos que Sol(E 0 ) tem um subconjunto A linearmente independente com k n elementos. Se todos os elemetos de A forem solução para F, temos que todos os elementos de A são solução para E e temos o resultado. Se não, então existe v A tal que v não é solução de F. Escreva A {v} = {a 1,..., a k n 1 }. Para cada i = 1,..., k n 1, seja γ i R tal que a i γ i v seja solução para F (existe pelo lema). Como a 1,..., a k n 1 e v são soluções para E 0, temos que cada a i γ i v é solução para E 0. Logo, {a 1 γ 1 v,..., a k n 1 γ k n 1 v} Sol(E). Logo, para concluirmos o resultado, basta mostrarmos que tal conjunto é linearmente independente. Sejam α 1,..., α k n 1 R tais que k n 1 i=1 α i (a i γ i v) = 0. Temos: 0 = k n 1 i=1 α i (a i γ i v) = k n 1 i=1 α i a i k n 1 i=1 γ i v = k n 1 i=1 α i a i ( k n 1 i=1 γ i )v Como {a 1,..., a k n 1, v} = A é um conjunto linearmente independente, temos que que α 1 =... = α k n 1 = 0 como queríamos. Corolário 6.6. Seja E um sistema linear homogêneo com mais incógnitas do que equações. Então E tem uma solução não trivial, isto é, existe v Sol(E) com v Exercícios Exercício 6.1. Determine o espaço solução de cada um dos sistemas a seguir, determinando também uma base para cada um deles. { x1 + x (a) 2 = 0 x 2 x 3 = 0 x 1 + x 2 + 3x 3 x 4 = 0 (b) x 1 + x 5 = 0 x 5 + x 2 x 3 = 0 22

23 7 Espaços finitamente gerados e dimensão Vamos definir agora o tipo de espaço com o qual mais trabalharemos. Definição 7.1. Seja V um espaço vetorial. Dizemos que V é finitamente gerado se existe A V finito tal que [A] = V. Uma propriedade de espaços finitamente gerados é que existe um limitante para o tamanho dos conjuntos linearmente independentes. Proposição 7.2. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e suponha que {v 1,..., v n } V seja um gerador de V. Então todo subconjunto de V com mais de n elementos é linearmente dependente. Dem.: Seja A := {u 1,..., u m } com m > n. Vamos mostrar que A é linearmente dependente (note que isso implica o resultado). Como {v 1,..., v n } é gerador de V, para cada u k existem β k,1,..., β k,n R tais que n β k,i v i = u k Considere o seguinte sistema linear, nas incógnitas a 1,..., a m : β 1,1 a β m,1 a m = 0. β 1,n a β m,n a m = 0 i=1 Como esse sistema é homogêneo, tem m incógnitas, n equações e n < m, temos que existe α 1,..., α m, com algum α i 0, que é solução. Isto é, para cada i = 1,..., n, temos que β 1,i α β m,i α m = 0. Temos: Logo, u 1,..., u m são linearmente dependentes. 0 = n i=1 m k=1 β k,iα k v i = m k=1 n i=1 α kβ k,i v i = m k=1 α ku k Corolário 7.3. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Dadas B, B V bases de V, temos que B e B têm a mesma quantidade de elementos. Dem.: Como B gera V e B é linearmente independente, temos que B B. Por outro lado, como B gera V e B é linearmente independente, temos que B B. Dada a unicidade garantida pelo último resultado, podemos fazer a seguinte definição: 23

24 Definição 7.4. Seja V um espaço vetorial. Se V é finitamente gerado e B é uma base para V, dizemos que V tem dimensão B e denotamos por dim V := B. Se V não é finitamente gerado, simplesmente dizemos que V tem dimensão infinita. Neste caso, denotamos dim V =. Exemplo 7.5. Considere C = {a + bi : a, b R} o conjunto do números complexos com as operações usuais. Note que (C, +, ) é um espaço vetorial (exercício). Temos que B := {1, i} é uma base para C. De fato, dado a + bi C, temos que a + bi = (a 1) + (b i) e, portanto, B gera C. Resta mostrar que B é linearmente independente. Sejam α, β R tais que α 1 + β i = 0. Então α = β = 0 e, portanto, B é base. Assim, temos que dim C = 2. Esta é chamada a base canônica de C. Vejamos um exemplo de um espaço que não tem dimensão finita. Exemplo 7.6. Considere P := {a 0 + a 1 x a n x n : a i R, n N} o espaço dos polinômios com as operações usuais. Suponha que a dimensão de P seja finita. Então existe B P finito tal que [B] = P. Seja p B o polinômio com o maior grau em B. Seja k o grau de p. Note que q(x) := x k+1 é tal que q P mas q não é combinação linear dos elementos de B (exercício). Logo, B não gera P. A idéia do próximo resultado é que, num espaço finitamente gerado, podemos ir aumentando um conjunto linearmente independente até obtermos uma base. Teorema 7.7 (do completamento de base). Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e A V um conjunto linearmente independente. Então existe B base de V tal que B A. Dem.: Se [A] = V, não há nada a mostrar. Caso contrário, existe v 1 V [A]. Por 4.8, temos que B 1 := A {v 1 } é linearmente independente. Se [B 1 ] = V, acabamos. Se não, existe v 2 V [B 1 ]. Novamente por 4.8, temos que B 2 := B 1 {v 2 } é linearmente independente. Continuamos tal processo até que [B n ] = V. Observe que, de fato, isso ocorre, pois, caso contrário, teríamos conjuntos linearmente independentes arbitrariamente grandes o que não pode ocorrer já que V é finitamente gerado e por 7.2 Corolário 7.8. Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Seja B V um conjunto linearmente independente tal que B = n. Então B é base para V. Dem.: Seja C B base para V. Pela definição de dimensão, temos que existe D base para V tal que D = n. Pelo resultado 7.3, temos que C = n. Logo, como B = n, temos que C = B e, portanto, B é base de V. Já o próximo resultado diz que, em espaços finitamente gerados, podemos diminuir conjuntos geradores linearmente dependentes até obtermos uma base. 24

25 Proposição 7.9. Seja V um espaço vetorial. Seja A V finito tal que [A] = V. Então existe B A base para V. Dem.: Se A é linearmente independente, acabamos. Se não, pelo resultado 4.7, existe v 1 A tal que A 1 := A {v 1 } é tal que [A 1 ] = [A] = V. Se A 1 é linearmente independente, acabamos. Se não, novamente por 4.7, existe v 2 A 1 tal que A 2 := A 1 {v 2 } = A {v 1, v 2 } é tal que [A 2 ] = [A 1 ] = [A] = V. E podemos repetir tal processo até que se encontre A n A linearmente independente tal que [A n ] = V (note que tal processo de fato termina já que A tem finitos elementos). Corolário Seja V um espaço vetorial de dimensão n. Seja B V tal que B = n e [B] = V. Então B é base para V. Dem.: Pelo resultado anterior, existe C B tal que C é base para V. Pela definição de dimensão, existe D base para V tal que D = n. Por 7.3, temos que C = D = n. Assim, C = B e, portanto, B é base para V. Observe que pelos resultados 7.8 e 7.10 temos que, num espaço vetorial de dimensão n, se temos um conjunto com n elementos, para decidirmos se ele é uma base, basta uma só verificação: se ele é linearmente independente ou se ele é gerador. 7.1 Exercícios Exercício 7.1. Considerando as operações usuais de cada espaço, exiba uma base e calcule a dimensão de cada um dos espaços abaixo: (a) R 2 (b) M 2 (c) P n (d) R Exercício 7.2. Considerando as operações usuais de P 3, mostre que o conjunto {q 1, q 2, q 3, q 4, q 5 } é linearmente dependente, onde q 1 (x) := x + 1, q 2 (x) := x 2 2x, q 3 (x) := x 3 + 5x, q 4 (x) = x e q 5 := x 3 + x 2 x + 1. Dica: Use o exercício 7.1 Exercício 7.3. Considere R 4 com as operações usuais. Defina bases para R 4 que contenham os seguintes vetores 25

26 (a) (1, 1, 0, 0) e (1, 1, 1, 1). (b) (0, 0, 0, 1) (c) (2, 0, 0, 2), (2, 0, 0, 1), (1, 1, 2, 1). Exercício 7.4. Sejam V um espaço vetorial e S um subespaço seu. Mostre que dim S dim V. Exercício 7.5. Seja V espaço vetorial de dimensão n. Seja S V subespaço. Suponha que dim S = n. Mostre que S = V. Exercício 7.6. Sejam U e V espaços vetoriais de dimensão m e n respectivamente. dimensão de U V? Qual a Exercício 7.7. Seja V um espaço vetorial. Considere A, B V conjuntos não vazios tais que a dimensão de [A] é m, de [B] é n e a de [A B] = k. (a) Dê um exemplo onde m < n < k. (b) Dê um exemplo onde m = n < k. (c) Dê um exemplo onde m = n = k. (d) É possível acontecer k < max{m, n}? (e) O que podemos afirmar sobre [A], [B] e [A B] se m = n = k? (f) Suponha [A] [B]. Calcule k em função de m e n. (g) Suponha [A] [B] = {0}. Calcule k em função de m e n. Exercício 7.8. Seja V um espaço vetorial. Considere A, B V conjuntos não vazios tais que [A] e [B] têm dimensão finita. Mostre que Dica: Use o exercício anterior. dim[a B] = dim[a] + dim[b] dim([a] [B]) 26

27 8 Sistemas de coordenadas O que vamos fazer nesta seção é construir um jeito de se descrever os elementos de um espaço vetorial. Definição 8.1. Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Um sistema de coordenadas, ou base ordenada, em V é uma base B := {v 1,..., v n } V em que a ordem dos elementos está fixada 1. O próximo resultado nos dá uma grande utilidade para os sistemas de coordenadas: Proposição 8.2. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e B := {v 1,..., v n } uma base ordenada para V. Então, para cada elemento v V, existem a 1,..., a n R n tais que v = n i=1 a iv i. Além disso, tais a i s são únicos com tal propriedade. Dem.: A existência de a 1,..., a n se dá simplesmente pelo fato de B ser base. Vamos mostrar então a unicidade. Sejam b 1,..., b n R tais que v = n i=1 b iv i. Temos 0 = v v = n i=1 a iv i n i=1 b iv i = n i=1 (a i b i )v i Logo, como v 1,..., v n são linearmente independentes, (a i b i ) = 0 para todo i = 1,..., n. O resultado anterior nos permite fazer a seguinte definição: Definição 8.3. Sejam V um espaço vetorial finitamente gerado e B := {v 1,..., v n } uma base ordenada para V. Dado v V, denotamos por [v] B := (a 1,..., a n ) B a única n-upla tal que n i=1 a iv i = v. Exemplo 8.4. Considere R 3 com as seguintes bases ordenadas: B 1 := {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}, B 2 := {(1, 1, 0), (0, 1, 1), (0, 2, 0)} e B 3 := {(0, 1, 0), (1, 0, 0), (0, 0, 1)}. Seja v := (1, 2, 3) R 3. Temos [v] B1 = (1, 2, 3) B1 [v] B2 = (1, 3, 1) B2 [v] B3 = (2, 1, 3) B3 Note que o processo de se mudar as coordenadas de um vetor de uma base para outra muitas vezes é trabalhoso. Mais adiante, veremos uma maneira bem mais simples de se fazer isso. Mas, para isso, precisamos do conceito de transformações lineares e de alguma teoria sobre elas. Como as transformações lineares são úteis em diversos outros problemas, faremos um apanhado geral de sua teoria antes de voltarmos à aplicação de mudança de bases. 1 ou seja, um sistema de coordenadas é uma n-upla (v 1,..., v n) cujas coordenadas formam uma base de V. Mas, por comodidade, utilizaremos o mesmo símbolo de conjunto. 27

28 8.1 Exercícios {( ) ( Exercício 8.1. Considere B :=, de M 2. Calcule [v] B em cada um dos seguintes casos: ( ) 2 1 (a) v = 0 0 ( ) 1 1 (b) v = 1 1 ) ( 0 1, 0 0 ) ( 0 0, 1 1 )} base ordenada Exercício 8.2. Considere B := {q 1, q 2, q 3 } base de P 2, onde q 1 (x) := 2 + x 2, q 2 (x) := 1 + x + x 2 e q 3 (x) := 4. Calcule p(1) onde [p] B = (1, 2, 3) B Exercício 8.3. Seja V espaço vetorial finitamente gerado. Sejam B 1 e B 2 bases ordenadas para V. Mostre que B 1 e B 2 são iguais se, e somente se, dado qualquer v V, [v] B1 = [v] B2. Exercício 8.4. Seja V 0 um espaço finitamente gerado e seja A := {a 1,..., a n } V ordenado tal que [A] = V, mas A não é base de V. Mostre que existem v V e α 1,..., α n, β 1,..., β n R tais que n i=1 α ia i = n i=1 β ia i = v, mas α i β i para algum i = 1,..., n. Exercício 8.5. Sejam U espaço vetorial finitamente gerado, α R e u, v U. Seja B base ordenada para U. (a) Mostre que [u] B + [v] B = [u + v] B. (b) Mostre que α[u] B = [αu] B. 9 Transformações lineares Vamos agora considerar funções entre espaços vetoriais. Para nós vão interessar as funções que preservam a estrutura de espaço vetorial. Tais funções são as descritas na próxima definição. Definição 9.1. Sejam U e V espaços vetoriais. Uma função T : U V é dita uma transformação linear se, dados u 1, u 2 U e α R temos: (i) T (u 1 + u 2 ) = T (u 1 ) + T (u 2 ); (ii) T (αu 1 ) = αt (u 1 ) 28

29 Muitas vezes iremos denotar T u em vez de T (u). Vejamos alguns exemplos. Exemplo 9.2. Sejam U e V espaços vetoriais. Considere T : U V dada por T (u) := 0 para qualquer u U. Temos que T é linear. De fato, dados u 1, u 2 U, temos T (u 1 + u 2 ) = 0 = = T (u 1 ) + T (u 2 ) e, dado α R, temos que T (αu 1 ) = 0 = α0 = αt (u 1 ). Exemplo 9.3. Seja V um espaço vetorial. Considere T : V V dada por T (v) := v para qualquer v V. Temos que T é linear. De fato, dados v 1, v 2 V, temos que T (v 1 + v 2 ) = v 1 + v 2 = T (v 1 ) + T (v 2 ) e, dado α R, temos que T (αv 1 ) = αv 1 = αt (v 1 ). Exemplo 9.4. Considere R 3 e R 2 com as operações usuais. Seja T : R 3 R 2 dada por T (a, b, c) := (a, b + c) para qualquer (a, b, c) R 3. Temos que T é linear. De fato, sejam (a 1, b 1, c 1 ), (a 2, b 2, c 2 ) R 3, temos Dados α R e (a, b, c) R 3, temos T ((a 1, b 1, c 1 ) + (a 2, b 2, c 2 )) = T (a 1 + a 2, b 1 + b 2, c 1 + c 2 ) = (a 1 + a 2, b 1 + b 2 + c 1 + c 2 ) = (a 1, b 1 + c 1 ) + (a 2, b 2 + c 2 ) = T (a 1, b 1, c 1 ) + T (a 2, b 2, c 2 ) T (α(a, b, c)) = T (αa, αb, αc) = (αa, αb + αc) = α(a, b + c) = αt (a, b, c) Exemplo 9.5. Considere P n+1 e P n com as operações usuais. Temos que D : P n+1 P n dada por D(p) := p (isto é, a derivada 1 de p) é uma transformação linear. De fato, sejam a n+1 x n+1 + a n x n + + a 0, b n+1 x n+1 + b n x n + + b 0 P n+1. Temos D((a n+1 x n+1 + a 0 ) + (b n+1 x n b 0 )) = (n + 1)a n+1 x n + + a 1 + (n + 1)b n+1 x n + b 1 = D(a n+1 x n+1 a 0 ) + D(b n+1 x n b 0 ) Sejam α R e a n+1 x n+1 + a 0 P n. Temos D(α(a n+1 x n+1 + a 0 )) = D(αa n+1 x n+1 + αa 0 ) = α(n + 1)a n+1 x n + αa 1 = α((n + 1)a n+1 x n + a 1 ) = αd(a n+1 x n a 0 ) 1 dado p(x) := a 0 + a 1x + a nx n, denotamos por p (x) o polinômio a 1 + 2a 2x + na nx n 1 29