(x 1 + iy 1 ) + (x 2 + iy 2 ) = x 1 + x 2 + i(y 1 + y 2 ) a(x + iy) = ax + i(ay)

Transcrição

1 Espaços Vetoriais Definição. Um espaço vetorial sobre R é um conjunto V no qual se tem definida uma adição e uma multiplicação de seus elementos por escalares (isto é, por números reais), ou seja, dados u, v V, existe u + v V e dados a R e u V, existe au = a.u V. Essas operações (adição e multiplicação por escalares) devem satisfazer às seguintes propriedades:. u + v = v + u, para todos u, v V.. (u + v) + w = u + (v + w), para todos u, v, w V..3 Existe 0 V tal que u + 0 = u, para todo u V. 0 é chamado vetor nulo..4 Dado u V, existe u V tal que u + ( u) = 0. u é chamado oposto ou simétrico de u. Para quaisquer a, b R e u, v V, valem as igualdades:. a(u + v) = au + av.. (a + b)v = av + bv..3 (ab)v = a(bv)..4 u = u. Os elementos de um espaço vetorial são chamados vetores. Exemplos de espaços vetoriais sobre R :. O próprio conjunto R é um espaço vetorial sobre R, nas operações usuais de soma, x + x, com x, x R, e multiplicação, a.x, com a, x R.. O conjunto C dos números complexos, nas operações usuais de soma e produto: (x + iy ) + (x + iy ) = x + x + i(y + y ) a(x + iy) = ax + i(ay) 3. O conjunto dos vetores da Geometria Analítica definidos por meio de segmentos orientados, nas operações usuais de somar vetores e multiplicar escalar por vetor. 4. Fixados inteiros positivos m e n, M (m n) (R) é o conjunto das matrizes m n de números reais e é um espaço vetorial sobre R nas operações usuais de somar matrizes e multiplicar número real por matriz. ( ) Conforme a propriedade.3, a matriz nula em M ( 3) (R) é 0 = e, conforme.4, a matriz ( ) ( ) a b c a b c oposta de A = é A =. d e f d e f 5. O conjunto dos pares ordenados de números reais V = R = {(x, x ) : x, x R} é um espaço vetorial sobre R nas seguintes operações: (a) Dados u = (x, x ) R e v = (y, y ) R, temos: u + v = (x + y, x + y ). (b) Dados a R e u = (x, x ) R, temos: au = (ax, ax ).

2 Vamos provar as propriedades. a.4 para o R. Para isso, sejam u = (x, x ), v = (y, y ), w = (z, z ) vetores arbitrários em R. (a) Vamos mostrar que u + v = v + u. De fato u + v = (x + y, x + y ) = (y + x, y + x ) = (y, y ) + (x, x ) = v + u. (b) (u + v) + w = u + (v + w). De fato: (u + v) + w = ((x, x ) + (y, y )) + (z, z ) = (x + y, x + y ) + (z, z ) = (x + y + z, x + y + z ) = (x, x ) + (y + z, y + z ) = (x, x ) + ((y, y ) + (z, z )) = u + (v + w). (c) O vetor nulo de R é 0 = (0, 0). Temos: u + 0 = (x, x ) + (0, 0) = (x + 0, x + 0) = (x, x ) = u. (d) O vetor oposto de u = (x, x ) em R é u = ( x, x ). Temos: u + ( u) = (x, x ) + ( x, x ) = (x x, x x ) = (0, 0) = O conjunto dos ternos ordenados de números reais V = R 3 = {(x, x, x 3 ) : x, x, x 3 R} é um espaço vetorial sobre R nas seguintes operações: (a) Dados u = (x, x, x 3 ) R 3 e v = (y, y, y 3 ) R 3, temos: u + v = (x + y, x + y, x 3 + y 3 ). (b) Dados a R e u = (x, x, x 3 ) R 3, temos: au = (ax, ax, ax 3 ). 7. Fixado um inteiro n > 0, o conjunto das n uplas de números reais V = R n = {(x, x,..., x n ) : x, x,..., x n R} é um espaço vetorial nas seguintes operações: (a) Dados u = (x, x,..., x n ) R n e v = (y, y,..., y n ) R n, temos: u+v = (x +y, x +y,..., x n +y n ). (b) Dados a R e u = (x, x,..., x n ) R n, temos au = (ax, ax,..., ax n ). 8. Fixado um inteiro n > 0, o conjunto V = P n (R) dos polinômios p(x) = a 0 + a x + a x + + a r x r de grau r n, incluindo o polinômio identicamente nulo, é um espaço vetorial sobre R nas operações usuais de soma de polinômios e multiplicação de número real por polinômio (os coeficientes a 0, a, a,..., a r dos polinômios em P n (R) são números reais). Em particular, temos P (R) = {a 0 + a x + a x : a 0, a, a R}. Vamos provar as propriedades. a.4 para P (R). Para isso, sejam u = a 0 +a x+a x e v = b 0 +b x+b x polinômios arbitrários em P (R) e a, b R. (a) Vamos mostrar que a(u + v) = au + av. De fato, a(u + v) = a[a 0 + b 0 + (a + b )x + (a + b )x ] = aa 0 + aa x + aa x + ab 0 + ab x + ab x = a(a 0 + a x + a x ) + a(b 0 + b x + b x ) = au + av. (b) (a + b)u = au + bu. De fato, (a + b)u = (a + b)a 0 + (a + b)a x + (a + b)a x = aa 0 + aa x + aa x + ba 0 + ba x + ba x = a(a 0 + a x + a x ) + b(a 0 + a x + a x ) = au + bu. (c) (ab)u = a(bu). De fato, (ab)u = (ab)a 0 +(ab)a x+(ab)a x = a(ba 0 )+a(ba )x+a(ba )x = a[b(a 0 +a x+a x )] = a(bu). (d) u = u. De fato, u = a 0 + a x + a x = u. 9. Seja I um intervalo de R e indiquemos por C(I) o conjunto das funções contínuas definidas no intervalo I e tomando valores reais, isto é, C(I) = {f : I R : f é contínua }. Dados f, g C(I) e a R, definem-se f + g e af do seguinte modo: f + g : I R e (f + g)(t) = f(t) + g(t), t I; af : I R e (af)(t) = a.f(t), t I;

3 O cálculo nos ensina que, uma vez que f e g são contínuas, f + g e af também são funções contínuas, isto é, f + g, af C(I). Temos então sobre C(I) uma adição e uma multiplicação por escalares e pode-se verificar que C(I) é um espaço vetorial com relação a esse par de operações. Se V é um espaço vetorial, então temos uma subtração definida em V. Dados u, v V, temos: u v = u+( v), conforme a propriedade.4. Conforme os exemplos acima, temos espaços vetoriais que podem ser conjuntos de matrizes, polinômios, funções, etc. Entretanto, é comum referirmo-nos aos elementos de um espaço vetorial como vetores, especialmente quando os espaços vetoriais são estudados de forma geral, sem preocupações com a natureza de seus elementos. EXERCÍCIOS:. No espaço vetorial M (3 ) (R), consideremos os vetores: 0 A = 0 0, B = e C = (a) Calcular A + B 3C. (b) Calcular Y M (3 ) (R) tal que A + Y + Y B = C. (c) Existem t, t R de maneira que A = t B + t C?. No espaço vetorial P 3 (R) sejam dados os vetores f(t) = t, g(t) = t + t e h(t) = t +. (a) Calcular f(t) + 3g(t) 4h(t). (b) Existe k R de maneira que f(t) + kg(t) = h(t)? (c) Existem k, k R tais que f(t) = k g(t) + k h(t)? 3. No R consideremos os vetores u = (, ), v = (3, ), w = (3, ). Resolver a equação x + u na incógnita x R. + v + x = w 4. Consideremos no espaço vetorial R 3 os vetores u = (,, ), v = (3,, ) e w = (4,, 0). (a) Calcular u + v 3w. (b) Resolver a equação 3u + x = v + w na incógnita x R 3.. Subespaços Definição. Seja V um espaço vetorial sobre R. Um subespaço vetorial de V é um subconjunto W V que satisfaz às seguintes condições: (a) 0 W. (b) Se u, v W, então u + v W. (c) Se a R e v W, então av W. Proposição.3 Se W é um subespaço vetorial do espaço vetorial V, então W também é um espaço vetorial. 3

4 Demonstração: Como W V, podemos somar dois elementos de W considerando-os como elementos de V e multiplicar um elemento de W por um escalar considerando-o como elemento de V. Pelas condições (b) e (c) da definição acima, os resultados dessas operações estão em W. Assim, W satisfaz à primeira condição para ser espaço vetorial: nele estão definidas uma soma e uma multiplicação por escalares. Para que W seja espaço vetorial, essas operações devem satisfazer às propriedades. a.4 e. a.4. De fato, isso é o que acontece, porque operamos com os elementos de W considerando-os como elementos de V e as operações realizadas em V satisfazem às propriedades, porque V é um espaço vetorial. Quanto à propriedade.4, dado v W, temos v W, porque v = ( ).v e ( ).v W, pela condição (c) da definição acima. Exemplos:. Se V é um espaço vetorial, então {0} e V são subespaços de V, chamados subespaços triviais.. Se W e W são subespaços de V, então W W também é subespaço de V. Demonstração: (a) 0 W e 0 W, pois W e W são subespaços, logo 0 W W. (b) Se u, v W W, então u, v W e u, v W, logo u + v W e u + v W, pois W e W são subespaços. Concluímos que u + v W W. (c) Se a R e v W W, então v W e v W, logo av W e av W, pois W e W são subespaços. Concluímos que av W W. 3. Podemos considerar as soluções de um sistema linear AX = B de n incógnitas x, x,..., x n como matrizescolunas X = x x. M (n )(R). Podemos também pensar nas soluções de um sistema como vetores x n (x, x,..., x n ) R n. A seguir, provamos que o conjunto-solução S de um sistema homogêneo AX = 0 de n incógnitas é um subespaço do R n, ou de M (n ) (R). Temos: S = {X M (n ) (R)/AX = 0}. (a) 0 S, pois A0 = 0 (solução trivial) (b) Se X, X S = AX = 0 e AX = 0 = A(X + X ) = AX + AX = = A(X + X ) = 0 = X + X S (c) Se a R e X S = AX = 0 = A(aX) = aax = a0 = A(aX) = 0 = ax S. Daqui por diante, o conjunto-solução de um sistema homogêneo será chamado espaço-solução. 4. Mostrar que o subconjunto W = {(x, y) R /y = 0} é um subespaço do R. Solução: (a) (0, 0) W. (b) Sejam u = (x, 0) e v = (x, 0) em W ; daí u + v = (x + x, 0), donde u + v W. (c) Sejam u = (x, 0) em W e a R; então au = (ax, 0), donde au W. 5. Mostrar que é um subespaço de M (n n) (R) o subconjunto W = {A M (n n) (R)/AT = T A}, onde T é uma matriz constante de M (n n) (R). Solução: (a) Seja 0 a matriz nula de M (n n) (R). 0 W, pois 0T = T 0 = 0. (b) Sejam A, B W. Então, AT = T A e BT = T B. Daí, (A + B)T = AT + BT = T A + T B, logo (A + B)T = T (A + B), donde A + B W. 4

5 (c) Sejam A W e a R. Então, AT = T A. Daí (aa)t = a(at ) = a(t A), logo (aa)t = T (aa), donde aa W. EXERCÍCIOS:. Quais dos subconjuntos W dados a seguir são subespaços do R 3? (a) W = {(x, y, z) R 3 /x = 0} (b) W = {(x, y, z) R 3 /x Z} (c) W = {(x, y, z) R 3 /y é irracional} (d) W = {(x, y, z) R 3 /x 3z = 0} (e) W = {(x, y, z) R 3 /ax + by + cz = 0}, com a, b, c R.. Verificar que não são subespaços do R 3 : (a) W = {(x, y, z) R 3 /x = } (b) W = {(x, y, z) R 3 /x + y + z = 0} (c) W = {(x, y, z) R 3 /x < y < z} (d) W = {(x, y, z) R 3 /x + y Q}. Geradores Sejam V um espaço vetorial, v, v,..., v n V e a, a,..., a n R. Então, o vetor v = a v + a v + + a n v n, que é um elemento de V, é uma combinação linear de v, v,..., v n. Os escalares a, a,..., a n são chamados coeficientes da combinação linear. Uma vez fixados v, v,..., v n V, definimos o subespaço gerado por v, v,..., v n, representado por [v, v,..., v n ], como sendo o subespaço de V seguinte: [v, v,..., v n ] = {a v +a v + +a n v n /a, a,..., a n R}, ou seja, [v, v,..., v n ] é o conjunto das combinações lineares de v, v,..., v n. Mostraremos que esse conjunto é de fato um subespaço de V. Faremos isso para n =, sendo análoga a demonstração para um n arbitrário. Seja W = [v, v ] = {a v + a v /a, a R}.. 0 W, pois 0 = 0v + 0v (quando 0 representa um escalar e quando 0 representa o vetor nulo de V?). Sejam u, v W. Então, u = a v + a v e v = b v + b v para certos a, a, b, b R. Temos: u + v = (a + b )v + (a + b )v, logo u + v W. 3. Sejam u W e a R. Então, u = a v + a v, logo au = aa v + aa v, donde au W. 5

6 Exemplos: ) V = R 3, v V, v 0. Temos: [v] = {av : a R}, logo [v] é a reta que contém o vetor v. (ver figura acima à esquerda) ) Sejam v, v V = R 3 dois vetores não colineares. Então, [v, v ] = {a v + a v /a, a R} é o plano que passa pela origem e contém os vetores v e v. (ver figura acima à direita) Observe que o R 3 pode ser considerado como sendo tanto o conjunto dos ternos ordenados de números reais como o conjunto dos vetores geométricos no espaço tri-dimensional (e sobre o R?) Em breve veremos que os únicos subespaços do R 3 são os subespaços triviais {0} e R 3, as retas passando pela origem e os planos passando pela origem. 3) Sejam V = R 3, v = (, 0, 0), v = (,, 0). Então, [v, v ] = W = {(x, y, 0) : x, y R}. De fato: a) Dado v [v, v ], temos: v = av +bv, para certos a, b R, donde v = a(, 0, 0)+b(,, 0) = (a, 0, 0)+(b, b, 0), logo v = (a + b, b, 0), então v W e está provado que todo vetor v [v, v ] está em W. Resta mostrar que todo v W está em [v, v ]. b) Dado v = (x, y, 0) W, temos: v = (x y + y, y, 0) = (x y, 0, 0) + (y, y, 0) = (x y)(, 0, 0) + y(,, 0), donde v = (x y)v + yv, logo v [v, v ]. Observe que o subespaço [v, v ] é o plano que passa pela origem e contém v e v (o plano coordenado xy, de equação z = 0). 4) Achar vetores geradores do seguinte subespaço de R 4 : S = {(x, y, z, t) R 4 /x y z + t = 0}. Solução: S é o espaço-solução de um sistema homogêneo com uma única equação: {x y z + t = 0. Portanto, conforme o Exemplo 3 acima, S é de fato um subespaço de R 4. Temos: S = {(x, y, z, t) R 4 /x = y + z t}, logo (x, y, z, t) S se, e somente se, x = y + z t, logo (x, y, z, t) S equivale a (x, y, z, t) = (y + z t, y, z, t) = (y, y, 0, 0) + (z, 0, z, 0) + ( t, 0, 0, t) = y(,, 0, 0) + z(, 0,, 0) + t(, 0, 0, ). Então, S = [(,, 0, 0), (, 0,, 0), (, 0, 0, )], conforme a definição de subespaço gerado. 5) Achar vetores geradores do seguinte subespaço de R 4 : W = {(x, y, z, t) R 4 /x y = z + t = 0}. { x y = 0 Solução: W é o espaço-solução do sistema z + t = 0 que já está escalonado. Assim, W = {(x, y, z, t) R 4 /x = y e z = t} = {(y, y, t, t)/y, t R}, mas (y, y, t, t) = (y, y, 0, 0) + (0, 0, t, t) = y(,, 0, 0) + t(0, 0,, ), então W = [(,, 0, 0), (0, 0,, )]. 6) Achar vetores geradores do espaço-solução do sistema: x + y z = 0 4x + y + 3z = 0 x y z = 0 Solução: Primeiramente, é preciso resolver o sistema, segundo o procedimento estudado no início do curso. A matriz aumentada do sistema é: Executamos as operações elementares L L + L e L 3 L L 3 : Da { última matriz, obtemos: x + y z = 0 (Eq.) 3y + z = 0 (Eq.) 6

7 Da (Eq.): y = z 3. Levando na (Eq.): x z 3 z = 0 = x 4 3 z = 0 = x = z 3. Logo, o espaço-solução do sistema dado é S = { (x, y, z) R 3 / x = z 3 e y = z {( 3} = z 3, z 3, z) / z R }, mas ( z 3, z 3, z) = z ( 3, 3, ), então S = [( 3, 3, )]. Porém, S também pode ser gerado da seguinte forma: S = [(,, 3)]. 7) Achar geradores do espaço-solução do sistema: x y + 4z + 4t = 0 x y z + t = 0 x y + t = 0 x y z + 3t = 0 Solução: A matriz aumentada do sistema é: Executando as operações elementares L L L ; L 3 L L 3 ; L 4 L L 4, obtemos: Executando as operações elementares L L /3; L 3 L 3 /; L 4 L 4 /5, obtemos: As linhas L 3 e L 4 são cópias da L, por isso são desconsideradas. { x y + 4z + 4t = 0 (Eq.) z + t = 0 (Eq.) As variáveis livres são y e t. As variáveis que não são livres, x e z, devem ser postas em função das variáveis livres. Da (Eq.) vem: z = t/. Levando na (Eq.): x y t + 4t = 0 = x = y t, logo o espaço solução do sistema dado é: S = { (x, y, z, t) R 4 /x = y t e z = } t {( = y t, y, t, t) /y, t R }, mas ( ( y t, y, t, t) = (y, y, 0, 0) + t, 0, t, t) = y(,, 0, 0) + t (, 0,, ), então, S = [ (,, 0, 0), (, 0,, )]. Definição.4 (Soma de Subespaços) Sejam V um espaço vetorial e U, W V subespaços. Então, U + W é o subespaço de V dado por: U + W = {u + w/u U, w W }. A seguir, provamos que U + W é de fato um subespaço de V (ver definição de subespaço):. 0 U + W, pois 0 = e 0 U, W, porque U e W são subespaços.. Dados v, v U + W, temos: v = u + w, v = u + w, para certos u, u U, w, w W. Então, v + v = (u + u ) + (w + w ), com u + u U e w + w W (neste ponto usamos que U e W são subespaços - ver (b) na definição de subespaço). Então, v + v U + W. 3. Dados v U + W e a R, temos: v = u + w, para certos u U, w W. Então, av = au + aw, com au U e aw W (ver (c) na definição de subespaço). Então, av U + W. Sejam V, U, W como na definição acima. Se U = [ u, u,..., u m ] para certos u, u,..., u m U e W = [ w, w,..., w n ], para certos w, w,..., w n W, então é fácil provar que U +W = [ u, u,..., u m, w, w,..., w n ]. 7

8 Definição.5 Seja V um espaço vetorial. Dizemos que V é finitamente gerado se existir uma quantidade finita de vetores v, v,..., v n tais que V = [ v, v,..., v n ]. Todos os espaços vetoriais mencionados até aqui são finitamente gerados, o que ficará claro em breve, a partir do estudo de bases. Estudaremos somente os espaços vetoriais finitamente gerados. Um exemplo de espaço vetorial que não é finitamente gerado é P (R), o conjunto de todos os polinômios, de todos os graus, com coeficientes reais, mais o polinômio 0..3 Dependência e Independência Linear Definição.6 Sejam V um espaço vetorial e v, v,..., v n V vetores. Dizemos que o conjunto { v, v,..., v n } é linearmente independente (L.I.) se a igualdade a v + a v + + a n v n = 0, () onde a, a,..., a n são escalares, valer somente quando a = a = = a n = 0. Caso contrário, existindo escalares a, a,..., a n não todos nulos e tais que a igualdade () é válida, dizemos que o conjunto { v, v,..., v n } é linearmente dependente (L.D.). Proposição.7 { v, v,..., v n } é L.D. se, e só se, um destes vetores for uma combinação linear dos outros. Assim, um conjunto de vetores será L.I. se nenhum deles for uma combinação linear dos outros. Demonstração: Suponha que { } v, v,..., v n é L.D. Logo, existem escalares a, a,..., a n não todos nulos tais que a v + a v + + a n v n = 0. () Suponha que a 0. Então, de () vem: a v = a v a n v n, logo v = a a v an a v n, mostrando que v é combinação linear de v,..., v n. Reciprocamente, suponha que um dos vetores, digamos v, é uma combinação linear dos outros, ou seja, v = a v + + a n v n, então, v a v a n v n = 0, mostrando que existe uma combinação linear de v, v,..., v n com coeficientes não todos nulos e igual a 0. Portanto, por definição, { } v, v,..., v n é L.D. Exemplos: ) V = R 3 e v, v V. Pela Proposição acima, { v, v } é L.D. se v = av ou v = bv, ou seja, se v e v forem colineares. ) V = R 3 e v, v, v 3 V. Pela Proposição acima, { v, v, v 3 } é L.D. se um destes vetores for uma combinação linear dos outros, por exemplo, v = xv + yv 3. Portanto, { v, v, v 3 } é L.D. se, e só se, estes três vetores forem coplanares. 3) Seja V = R. {(, ), (, 0), (, )} é linearmente dependente, pois (, ) (, 0) + (, ) = (0, 0). 4) O conjunto {(,, 0, 0), (0,,, 0), (0, 0, 0, 3)} R 4 é linearmente independente, pois se x(,, 0, 0)+y(0,,, 0)+ z(0, 0, 0, 3) = (0, 0, 0, 0) = (x, x, 0, 0)+(0, y, y, 0)+(0, 0, 0, 3z) = (0, 0, 0, 0) = (x, x+y, y, 3z) = (0, 0, 0, 0) = x = 0 x + y = 0 = x = y = z = 0. 3z = 0 5) Verificar se {(,, 0), (0,, 0), (,, 0)} R 3 é linearmente independente. Solução: x(,, 0) + y(0,, 0) + z(,, 0) = (0, 0, 0) = (x, x, 0) + (0, y, 0) + (z, z, 0) = (0, 0, 0) = (x + z, x + { { x + z = 0 x + z = 0 y + z, 0) = (0, 0, 0) = = x + y + z = 0 y z = 0 Do fato desse sistema ser indeterminado concluímos que os vetores dados são linearmente dependentes. De fato, o sistema tem outras soluções além da solução trivial, por exemplo, x =, y =, z =, donde (,, 0) + (0,, 0) + (,, 0) = (0, 0, 0) é uma relação de dependência entre os vetores dados. 8

9 6) Verificar se {(,, 3), (, 4, 9), (, 8, 7)} R 3 é L.I. Solução: x(,, 3) + y(, 4, 9) + z(, 8, 7) = (0, 0, 0) = (x + y + z, x + 4y + 8z, 3x + 9y + 7z) = (0, 0, 0) = x + y + z = 0 x + 4y + 8z = 0 3x + 9y + 7z = x + y + z = y + 3z = z = 0 Daí, a única solução é a trivial e o conjunto de vetores dado é linearmente independente..4 Base de um Espaço Vetorial Definição.8 Um conjunto B = { v, v,..., v n } de vetores de um espaço vetorial V será uma base de V se. { v, v,..., v n } é linearmente independente.. v, v,..., v n geram V, isto é, [ v, v,..., v n ] = V. Exemplos: ) Sejam V = R, e = (, 0) e e = (0, ) R. Então, { } e, e é uma base do R, porque é L.I. e [ ] e, e = R. De fato, dado (a, b) R, temos (a, b) = a(, 0) + b(0, ) = ae + be, donde (a, b) é uma combinação linear de e e e. Como esta conclusão vale para qualquer (a, b) R, temos que { } e, e gera o R, ou seja, [ ] e, e = R { }. e, e é chamada base canônica do R. Outra base do R é {(, ), (0, )}, pois (, ) e (0, ) são L.I. e geram R. De fato, dado (a, b) R, tentemos escrever (a, b) como uma combinação linear de (, ) e (0, ) : (a, b) = x(, ) + y(0, ). Desenvolvendo, obtemos x = a e y = b a, donde (a, b) = a(, ) + (b a)(0, ). ) {(0, ), (0, )} não é base de R, pois é L.D. (veja a figura abaixo). 3) {(, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, )} é a base canônica do R 3. 4) {(, 0, 0, 0), (0,, 0, 0), (0, 0,, 0), (0, 0, 0, )} é a base canônica do R 4. 5) {(, 0, 0), (0,, 0)} não é base do R 3 : é L.I., mas não gera todo R 3, isto é, [ (, 0, 0), (0,, 0) ] R 3. Em breve, provaremos o seguinte importante Teorema: Teorema.9 Qualquer base de um espaço vetorial V tem sempre o mesmo número de elementos. Este número é chamado dimensão de V e é denotado por dim V. 9

10 Exemplo: 6) dim R = e dim R 3 = 3. 7) Prove que {(, ), (0, )} é base do R. Solução:. Os dois vetores são L.I., pois não são colineares.. Devemos mostrar que os vetores dados { geram o R. Assim, dado (a, b) R, devemos encontrar x e y tais x = a que (a, b) = x(, ) + y(0, ). Temos: = x = a = a + y = b = y = a + b. x + y = b 8) Prove que {(,, ), (0,, ), (0, 0, )} é uma base do R 3. Solução:. Fica como exercício mostrar que esses vetores são L.I.. Prova de que os vetores dados geram o R 3 : Dado (a, b, c) R 3, devemos encontrar x, y, z tais que x(,, )+ y(0,, ) + z(0, 0, ) = (a, b, c). Desenvolvendo, obtemos: x = a (Eq.) x + y = b (Eq.) Levando x = a em (Eq.): a+y = b, donde y = a+b. Substituindo x y + z = c (Eq.3) x e y na (Eq.3): a (a + b) + z = c = a b + z = c = z = a + b + c = z = a + b + c. 9) Uma base para V = M ( ) (R) é: Logo, dimm ( ) (R) = 4. {( ) ( 0, 0 0 ) ( 0 0, 0 ) ( 0 0, 0 )}. 0) Os n + polinômios, t, t,..., t n formam uma base para P n (R) e dim P n (R) = n +. Se conhecemos um sistema de geradores de um subespaço W do R n, é possível determinar uma base para esse subespaço pelo processo explicado a seguir: Primeiramente, forma-se uma matriz tendo como linhas os geradores. A seguir, escalona-se essa matriz e eliminase as linhas que porventura anularem-se. Feito isso, a matriz obtida fornece, linha por linha, os vetores de uma base para o subespaço W. Exemplo: ) Seja W = [(,,, 0), (, 0,, ), (0,,, 4)] R 4. Determinar uma base para W Solução: {(, 0,, ), (0,,, 4)} é uma base para W e dim W =.. Assim, Observação: Se, conhecidos os geradores de um subespaço W R n, e ao escrevermos a matriz tendo como linhas esses geradores, obtivermos uma matriz já escalonada, então os próprios geradores serão uma base para W, logo eles serão L.I. Exemplo: ) Sejam U = { (x, y, z) R 3 /x = 0 } e W = [(,, 0), (3,, )] R 3. Determinar uma base para U, W e U + W. Solução: Como (x, y, z) U se, e só se, x = 0 e (0, y, z) = y(0,, 0) + z(0, 0, ), então U = [(0,, 0), (0, 0, )]. Para esses geradores, temos a matriz base para U (ver OBS. acima). ( ), que já está escalonada. Logo, esses geradores formam uma 0

11 Para obter uma base de W, temos: ( 0 3 ) ( ), logo {(,, 0), (0, 5, )} é uma base de W. Lembremos que U + W é gerado pelos geradores de U junto com os de W e determinemos uma base de U + W : Logo, U + W = [ ] (, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, ) e U + W = R 3. Em breve, provaremos a seguinte Proposição: Proposição.0 Seja W um subespaço de V. Se dim W = dim V, então W = V. Exemplo: 3) Sejam S = [(,, ), (,, )] R 3, T = [(0,, ), (,, )], U = { (x, y, z) R 3 /x + y = 4x z = 0 } e V = { (x, y, z) R 3 /3x y z = 0 }. Determinar as dimensões de: a) S b) T c) U d) V e) S + T f) T + U. Solução: (a) ( ) ( ), logo, dim S =. (b) (c) (d) (e) (f) É imediato que dim T =, pois seus geradores já se apresentam na forma escalonada. { x + y = 0 U é o espaço-solução do sistema = y = x e z = 4x, logo os vetores de U são 4x z = 0 da forma (x, x, 4x) = x(,, 4), donde {(,, 4)} é uma base de U e dim U =. Os vetores de V são da forma (x, y, 3x y) = x(, 0, 3) + y(0,, ), logo V = [(, 0, 3), (0,, )]. Como esses geradores de V já estão na forma escalonada, dim V = Logo, dim (S + T ) = 3 e daí, pela Proposição acima, S + T = R Logo, dim (T + U) = A dimensão do espaço vetorial V = {0} é considerada como sendo 0. EXERCÍCIOS:. Considere o subespaço de R 4 W = [(,,, 4), (,,, ), (, 4, 4, 8)]. (a) O vetor v = (/3,,, ) pertence a W?

12 (b) O vetor v = (0, 0,, ) pertence a W?. Determinar um sistema de geradores para o espaço-solução de cada um dos seguintes sistemas lineares homogêneos: x y = 0 x + y + z = 0 a) x 3y = 0 b) x y z = 0 3x + y = 0 x + 4y + 5z = 0 x y + z = 0 x y z t = 0 c) 3x y + 3z = 0 d) 3x y + z 4t = 0 3y + 4z = 0 y + 5z + t = 0 3. Dar um sistema de geradores para cada um dos seguintes subespaços do R 3 : (a) U = { (x, y, z) R 3 : x y = 0 } (b) V = { (x, y, z) R 3 : x + z = 0 e x y = 0 } (c) W = { (x, y, z) R 3 : x + y 3z = 0 } (d) U V (e) V + W 4. Quais dos subconjuntos abaixo do R 3 são linearmente independentes? (a) {(, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, ), (, 3, 5)} (b) {(,, ), (, 0, ), (, 0, )} (c) {(0, 0, 0), (,, 3), (4,, )} (d) {(,, ), (,, ), (3,, )} 5. Dar uma base e a dimensão do subespaço W de R 4, onde W = { (x, y, z, t) R 4 : x y = y e x 3y + t = 0 }. 6. Sendo W o subespaço do exercício anterior e U o subespaço do R 4 gerado por (,,, 3) e (3,,, 4), determinar uma base e a dimensão de U + W. 7. Achar uma base e a dimensão do seguinte subespaço de R 4 : U = { (x, y, z, t) R 4 : x y = 0 e x + y + t = 0 }. 8. No espaço vetorial R 3 consideremos os seguintes subespaços: U = { (x, y, z) R 3 : x = 0 }, V = { (x, y, z) R 3 : y z = 0 } e W = [ (,, 0), (0, 0, ) ]. Determinar uma base e a dimensão de cada um dos subespaços: a) U b) V c) W d) U V e) V + W f) U + V + W. 9. Considere o subespaço de R 4 gerado pelos vetores v = (,, 0, 0), v = (0, 0,, ), v 3 = (,,, ) e v 4 = (, 0, 0, 0). (a) O vetor v = (, 3,, ) [ v, v, v 3, v 4 ]? Justifique. (b) Exiba uma base para [ v, v, v 3, v 4 ]. (c) [ v, v, v 3, v 4 ] = R 4? Por quê? 0. Considere o subespaço de R 3 gerado pelos vetores v = (,, 0), v = (0,, ) e v 3 = (,, ). [ v, v, v 3 ] = R 3? Por quê?

13 . Sejam W = { (x, y, z, t) R 4 : x + y = 0 e z t = 0 } e W = { (x, y, z, t) R 4 : x y z + t = 0 } subespaços de R 4. (a) Determine W W. (b) Exiba uma base para W W. (c) Determine uma base para W + W. Responda (justificando): W + W = R 4?.5 Coordenadas Sejam V um espaço vetorial de dimensão n e B = {v, v,..., v n } uma base de V. Então, dado um vetor arbitrário v V, v se escreve de maneira única como uma combinação linear de v, v,..., v n : v = c v + c v + + c n v n () O fato de existirem escalares c, c,..., c n tais que () se verifica decorre de v, v,..., v n gerarem V. Agora mostraremos que os escalares c, c,..., c n são univocamente determinados (isto é, são únicos para cada v). Com efeito, suponha que existam outros escalares d, d,..., d n tais que v = d v + d v + + d n v n () De () e () segue que 0 = v v = c v + c v + + c n v n d v d v d n v n, donde (c d ) v + (c d ) v + + (c n d n ) v n = 0, então, como v, v,..., v n são L.I., c d = c d = = c n d n = 0, ou c = d, c = d,..., c n = d n, mostrando que as combinações lineares em () e () são idênticas e que v se escreve de maneira única como combinação linear dos vetores da base B = {v, v,..., v n }. Os escalares c, c,..., c n c em () são denominados coordenadas de v em relação à base B e escrevemos [v] B =. c, matriz esta denominada matriz de coordenadas de v em relação à base B. c n Exemplo: ) Determinar as coordenadas do vetor u = (3, 0, ) R 3 em relação às seguintes bases: (a) B = {(, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, )} (base canônica do R 3 ) (b) C = {(, 3, ), (,, 0), (3,, )} Solução: (a) Devemos escrever o vetor u como combinação linear de e = (, 0, 0), e = (0,, 0), e 3 = (0, 0, ). Temos: u = (3, 0, ) = 3.(, 0, 0) + 0.(0,, 0) +.(0, 0, ), logo, as coordenadas procuradas são 3, 0 e e a matriz de 3 coordenadas de u em relação à base canônica é [u] B = 0. Desse exemplo, observamos o seguinte fato: As coordenadas de qualquer vetor u R 3 em relação à base canônica de R 3 são as próprias componentes de u (generalize para R n ). (b) Devemos escrever o vetor u como combinação linear dos vetores de C : (3, 0, ) = x.(, 3, ) + y.(,, 0) + z.(3,, ) (*) x + y + 3z = 3 Desenvolvendo, obtemos: 3x y z = 0 Resolvendo esse sistema, obtemos: x =, y = x + z = 3

14 , z =. Levando em (*): u = (3, 0, ) = (, 3, )+(,, 0)+(3,, ), logo, a matriz de coordenadas de u em relação à base C é: [u] C =. ) Determinar as coordenadas do polinômio p(t) = 3 + t + t t 3 em relação à seguinte base de P 3 (R) : B = {, + t, + t, t t 3}. Solução: Devemos escrever p(t) como combinação linear dos vetores de B : 3 + t + t t 3 = a. + b ( + t) + c ( + t ) + d ( t t 3). Desenvolvendo, obtemos: 3 + t + t t 3 = a b + c + d + bt dt + ct dt 3, donde 3 + t + t t 3 = a b + c + d + (b d)t + ct dt 3. Nessa igualdade de polinômios, os coeficientes dos termos de mesmo grau devem ser iguais. Então, temos o sistema: a b + c + d = 3 b d = c = d =. Resolvendo, obtemos: a =, b =, c =, d = e a matriz de coordenadas de p(t) em relação à base B é [ p(t) ] B =..6 Matriz de Mudança de Base. dim V = : Sejam V um espaço vetorial de dimensão e B = {u, u }, C = {v, v } duas bases de V. Qualquer vetor de V pode ser escrito como combinação linear dos vetores de C. Aplicando isso aos vetores u, u B, temos: u = av + bv u = cv +dv, onde a, b, c, d R. Definimos a matriz de mudança da base B para a base C, representada por [ I ] B C, como sendo a matriz: [ I ] ( ) B a c C =. b d Para determinar a matriz de mudança de C para B, [ I ] C, precisaríamos escrever os vetores da base C como B combinações lineares dos vetores da base B.. dim V = 3 : Sejam V um espaço vetorial de dimensão 3 e B = {u, u, u 3 }, C = {v, v, v 3 } duas bases de V. Obviamente, os vetores de B podem ser escritos como combinações lineares dos vetores de C : u = av + bv + cv 3 u = dv + ev + fv 3 u 3 = gv + hv + iv 3 Definimos a matriz de mudança da base B para a base C, representada por [ I ] B como sendo a matriz: C [ ] a d g B I C = b e h. c f i A matriz de mudança de duas bases de um espaço vetorial V de dimensão n = 4, 5, 6,... é determinada de modo análogo ao que fizemos para as dimensões e 3. Exemplo: ) Determinar a matriz de mudança da base B = {(, ), (0, )} do R para a base C = {(, ), (, )}. Solução: Devemos escrever os vetores de B como combinações lineares dos vetores de C : (, ) = a(, ) + b(, ) 4

15 (0, { ) = c(, ) + d(, { ) Desenvolvendo, obtemos: a + b = c + d = 0 a b = c d =. Resolvendo estes sistemas, encontramos: a = 3, b = 5, c =, d =. Então, a matriz de mudança de B para C é: [ I ] ( ) ( ) B a c 3 C = =. b d 5 ) Achar a matriz de mudança da base B = {(,, 0), (,, 3), (4, 5, 6)} do R 3 para a base canônica γ = {(, 0, 0), (0,, 0), (0, 0, )}. Solução: Devemos escrever os vetores de B como combinações lineares dos vetores de γ : (,, 0) = (, 0, 0) + (0,, 0) + 0(0, 0, ) (,, 3) = (, 0, 0) (0,, 0) + 3(0, 0, ) (4, 5, 6) = 4(, 0, 0) 5(0,, 0)+6(0, 0, ) Portanto, a matriz de mudança de B para γ é: [ I ] B γ = Compare as colunas desta matriz com os vetores de B. Concluímos, então, que é muito fácil determinar a matriz de mudança de uma base B do R 3 para a base canônica (generalize para o R n ). 3) No espaço R 3 consideremos as bases B = {e, e, e 3 } e C = {g, g, g 3 } relacionadas da seguinte maneira: g = e + e 3, g = e + e + e 3, g 3 = e + e + e 3. Determinar as matrizes de mudança de B para C e de C para B. Solução: Pelas relações dadas, temos: [ I ] C B = 0 [ I ] B C de B para C é a inversa da matriz de mudança [ I ] C acima:.. Conforme veremos em breve, a matriz de mudança B de C para B. Passamos, então, a inverter a matriz A seguir, executamos a operação L 3 L L 3 : Executamos as operações L L L e L 3 L L 3 : Executando L L + 3L 3 e L L L 3 : Executando L L / e L 3 L 3 / : / / 3/ / / /, logo [ I ] B C = / / 3/ 0 / / /. Proposição. Sejam B e C bases de um espaço vetorial e [ I ] B = M. Então, dado um vetor u V, a matriz C de coordenadas [ u ] C de u em relação à base C pode ser calculada por: [ u ] C = M.[ u ] B, ou [ u ] C = [ I ] B C.[ u ] B. Exemplo: 4) Sejam B e C as bases dadas no Exemplo 3. Se as coordenadas de um vetor u R 3 em relação à base B são, e, quais as coordenadas desse vetor em relação à base C? 5

16 Solução: A matriz de coordenadas de u em relação à base B é [ u ] B = [ ] B I C = Conforme o Exemplo 3,, logo a matriz de coordenadas de u em relação à base C é [ u ] C = [ I ] B C.[ u ] B = = 4 =. Proposição. Se B, C e D são bases de um espaço vetorial V, [ I ] B C = M e [ I ] C D = N, então [ I ] B [ ] D = N.M = C I D.[ I ] B. (veja a figura abaixo à esquerda). C Sejam B e C bases de um espaço vetorial V de dimensão n, [ I ] B C = P e [ I ] C = Q. Então, conforme a figura acima B à direita, [ I ] B B = QP. Então, como [ I ] B B = I n = matriz identidade de ordem n (prove isto), temos: QP = I n. Analogamente, P Q = I n. Então, concluimos que Q = P, isto é, a matriz de mudança [ I ] B C de mudança [ I ] C B. é a inversa da matriz Proposição.3 Sejam dim V = n, B uma base de V e P uma matriz quadrada inversível n n. Então, existe uma base C de V tal que [ I ] B C = P. EXERCÍCIOS:. Determinar as coordenadas do vetor v = (4, 5, 3) R 3 em relação às seguintes bases: (a) Canônica. (b) {(,, ), (,, 0), (3,, 0)} (c) {(,, ), (0, 3, ), (,, 4)}. Quais são as coordenadas de v = (, 0, 0) R 3 em relação à base β = {(,, ), (,, 0), (, 0, )}? 3. Determinar as coordenadas do polinômio t 3 em relação à seguinte base de P 3 (R) : {, t, t +, + t + t 3}. 4. Sejam B = {(, 0), (0, )}, B = {(, ), (, )}, B = { ( 3, ), ( 3, ) } e B 3 = {(, 0), (0, )} bases do R. 6

17 (a) Ache as matrizes de mudança: i) [ I ] B ii) [ I ] B B B iii) [ I ] B B iv) [ I ] B B 3 (b) Quais são as coordenadas do vetor v = (3, ) em relação a: i) B ii) B iii) B iv) B 3 (c) As coordenadas de um vetor v em relação à base B são dadas por [ v ] B = coordenadas de v em relação às seguintes bases: i) B ii) B iii) B 3 5. Considere as bases B = {e, e, e 3 } e C = {g, g, g 3 } de R 3 assim relacionadas: g = e e e 3 g = e + 3e 3 g 3 = 3e + e 3 ( 4 0 ). Determinar as (a) Determinar as matrizes de mudança [ I ] B C e [ I ] C B. (b) Se um vetor v de R 3 apresenta coordenadas, e 3 em relação a B, quais são as coordenadas de v relativamente a C? 6. Sejam B e C bases do R 3 tais que [ I ] B C = (a) [ v ] C, se [ v ] B = (b) [ u ] B, se [ u ] C = e u, v vetores do R 3. Determinar: 7. A matriz de mudança da base C = {(, ), (0, )} do R para uma base B desse mesmo espaço é Determinar a base B. 8. Sejam B = {(, 0), (0, )}, B = {(, 0), (, )} e B 3 = {(, ), (0, )} bases do R. ( 0 3 ). (a) Ache: i) [ I ] B B ii) [ I ] B 3 B iii) [ I ] B 3 B iv) [ I ] B B. [ I ] B 3 B (b) Dê uma relação entre estas matrizes de mudança de base..7 Teoremas sobre Bases Teorema.4 Sejam v, v,..., v n vetores não nulos que geram um espaço vetorial V. Então, dentre estes vetores podemos extrair uma base de V. Demonstração: Se v, v,..., v n são linearmente independentes, então eles cumprem as condições para uma base, e não temos mais nada a fazer. Se v, v,..., v n são linearmente dependentes, então, pela Proposição.7, um destes vetores, v n, suponhamos, é uma combinação linear dos outros (v,..., v n ) e, portanto, v,..., v n ainda geram V. Se v,..., v n forem L.I., estes vetores formarão uma base de V e acabou, mas se eles forem L.D., um destes vetores é uma combinação linear dos outros e poderemos extrair esse vetor. Seguindo dessa forma, 7

18 chegaremos a um subconjunto de {v,..., v n }, formado por r (r n) vetores L.I. que ainda geram V, constituindo, portanto, uma base de V. Teorema.5 Seja V um espaço vetorial gerado por um conjunto finito de vetores v,..., v n. Então, qualquer subconjunto de V com mais de n vetores é L.D. (e, portanto, qualquer subconjunto L.I. tem no máximo n vetores). Demonstração: Como [v,..., v n ] = V, pelo Teorema.4, podemos extrair uma base para V de {v,..., v n }. Seja {v,..., v r }, r n, esta base (para não complicar a notação). Consideremos agora w, w,..., w m, m vetores de V, com m > n. Devemos mostrar que w, w,..., w m são linearmente dependentes. Como v,..., v r geram V, cada um dos vetores w, w,..., w m é uma combinação linear de v,..., v r. Então, existem constantes a ij, tais que w = a v + a v + + a r v r w = a v + a v + + a r v r. w m = a m v + a m v + + a mr v r Consideremos agora uma combinação linear de w, w,..., w m igualando-se a zero: x w + x w + + x m w m = 0 () Substituindo as relações () em () e reagrupando os termos, obtemos: (a x + a x + + a m x m ) v + + (a x + a x + + a m x m ) v (a r x + a r x + + a mr x m ) v r = 0. Como v, v,..., v r são L.I., então a x + a x + + a m x m = 0 a x + a x + + a m x m = 0. a r x + a r x + + a mr x m = 0 Temos então um sistema linear homogêneo com r equações e m incógnitas x,..., x m e, como r n < m, ele admite uma solução não trivial, ou seja, existem x, x,..., x m, não todos nulos, tais que vale a igualdade (). Portanto, w,..., w m são L.D. () Teorema.6 Qualquer base de um espaço vetorial V tem sempre o mesmo número de vetores. Esse número é chamado dimensão de V, representada por dim V. Demonstração: Sejam {v,..., v n } e {w,..., w m } duas bases de V. Como v,..., v n geram V e w,..., w m são L.I., pelo Teorema.5, m n. Por outro lado, como w,..., w m geram V e v,..., v n são L.I., pelo Teorema.5, n m. Portanto, n = m. Proposição.7 Se dim V = n, então todo subconjunto L.I. de V tem no máximo n vetores. Demonstração: Seja {v,..., v n } uma base de V. Então, v,..., v n geram V. Então, pelo Teorema.5, todo subconjunto L.I. de V tem no máximo n vetores. 8

19 Proposição.8 Se dim V = n, então qualquer conjunto de vetores que gerem V deve ter no mínimo n vetores. Demonstração: Sejam v,..., v r geradores de V. Então, pelo Teorema.4, r n, porque qualquer base de V tem n vetores. Teorema.9 Qualquer subconjunto L.I. de um espaço vetorial V pode ser completado de modo a formar uma base de V. Demonstração: Sejam dim V = n e v,..., v r vetores L.I. (pela proposiçao.7, r n). Se [v,..., v r ] = V, então {v,..., v r } forma uma base e não temos mais nada a fazer (neste caso, n = r). Porém se [v,..., v r ] V, então existe v r+ V tal que v r+ / [v,..., v r ], isto é, v r+ não é uma combinação linear de v,..., v r, então {v,..., v r, v r+ } é L.I. (prove isto). Se [v,..., v r, v r+ ] = V, então {v,..., v r+ } é a base procurada. Caso contrário, existe v r+ / [v,..., v r+ ] e, então, {v,..., v r+, v r+ } é L.I. Se [v,..., v r+, v r+ ] = V, nossa prova está concluída. Se não, prosseguimos usando o mesmo argumento. Como, pela Proposição.7, não podemos ter mais do que n vetores L.I. em V, este processo tem que parar, obtendo-se uma base de V que contém os vetores dados. Teorema.0 Se dim V = n, qualquer conjunto de n vetores L.I. formará uma base de V. Demonstração: Se não formasse uma base, poderíamos completar o conjunto até formá-la (Teorema.9) e dessa forma teríamos uma base com mais do que n vetores, o que é absurdo (Teorema.6). Teorema. Seja W um subespaço de V. Se dim W = dimv = n, então W = V. Demonstração: Seja {v,..., v n } uma base de W. Como {v,..., v n } é L.I. e dim V = n, pelo Teorema.0, {v,..., v n } é base de V, logo W = V. 9