MAT Álgebra Linear I Física - Diurno Exercícios para a 1ªProva

MAT - 122 - Álgebra Linear I Física - Diurno Exercícios para a 1ªProva Paulo F. Leite, com a colaboração de Jéssica C. Paixão Fevereiro de 2012 1 Espaços Vetoriais e Subespaço Vetoriais Denição 1 Dizemos que um conjunto V, cujos elementos chamaremos de vetores, é um espaço vetorial sobre um corpo IK cujos elementos chamaremos de escalares se as condições 1) e 2) abaixo, estiverem satisfeitas. 1) Está denida uma operação de adição entre elementos de V satisfazendo as propriedades: A 1 ) Quaisquer que sejam u e v em V, u + v = v + u A 2 ) Quaisquer que sejam u, v, w em V, (u + v) + w = u + (v + w) A 3 ) Existe um elemento neutro para a adição em V, isto é, existe um elemento em V, que indicaremos por 0, satifazendo a condição u + 0 = u qualquer que seja u V. A 4 ) Qualquer elemento u de V possui um simétrico aditivo, isto é, qualquer que seja u em V existe um elemento de V que indicaremos por u tal que u + ( u) = 0 1

2) Está denida uma operação de multiplicação de elementos de V por elementos do corpo IK satisfazendo para todos os elementos do corpo e para todos os vetores u de V, as seguintes propriedades: M 1 ) (α + β)u = αu + βu M 2 ) α(u + v) = αu + αv M 3 ) (αβ)u = α(βu) M 4 ) 1.u = u 1.1 Propriedades que Decorrem Imediatamente da Denição de Espaço Vetorial 1. Propriedade do cancelamento para a adição : Se u + w = v + w então u = v. 2. Se α IR e 0 V então α0 = 0. 3. Se 0 IR e u V então 0u = 0. 4. Regra dos sinais : α( u) = ( α)u = (αu) 5. Se αu = 0 então α = 0 ou u = 0 6. Se αu = βu e u 0 então α = β 7. Se αu = αv e α 0 então u = v 8. Existe um único elemento neutro para a adição. 9. O oposto ( simétrico) de um vetor é único. 2

1.2 Exemplos de Espaços Vetoriais Verique que em cada um dos exemplos abaixo, o conjunto V, com as operações indicadas, é um espaço vetorial. 1. V = IK espaço vetorial IK corpo de escalares Adição adição usual de elementos do corpo IK. Multiplicação de vetor por Escalar multiplicação usual dos elementos do corpo IK. 2. V = L e K, K L, é um subcorpo de L. IK corpo de escalares. Casos particulares: (a) L = IC complexos e IK = IR reais 3. V = IK n Conjunto das n-uplas de elementos do corpo IK. A adição de vetores de V = IK n é denida pela igualdade - (u 1, u 2,..., u n ) + (v 1, v 2,..., v n ) = (u 1 + v 1, u 2 + v 2,..., u n + v n ) multiplicação por escalar - λ(u 1, u 2,..., u n ) = (λu 1, λu 2,..., λu n ) 4. M m n (IR) Matrizes retangulares com m linhas e n colunas adição - adição usual de matrizes. multiplicação por escalar multiplicação usual de matrizes por números reais. 3

5. d) V = P(IR) Polinômios de uma variável com coecientes reais adição - adição usual de polinômios. multiplicação por escalar multiplicação usual de polinômio por número real. 6. Prove que os itens abaixo são exemplos de espaços vetoriais: (a) V = IR (vetores) (b) V = IR (vetores) (c) V = IC (vetores) (d) V = IC (vetores) (e) V = M m n (IR) (vetores) (f) V = IR[X] (vetores) (g) V = F(IR) funções de IR em IR K = IR (escalares) K = lq (escalares) K = IR (escalares) K = lq (escalares) K = IR (escalares) K = IR (escalares) (h) V = C(IR) funções contínuas de IR em IR K = IR (escalares) K = IR (escalares). 7. Seja X um conjunto qualquer, não vazio, e IR X o conjunto de todas as funções de X em IR. Nessas condições, com a adição usual de funções e a multiplicação usual de funções por números reais IR X adquire a estrutura de um espaço vetorial sobre IR. 8. Seja X um conjunto qualquer e IR (X) o conjunto das funções, quase f nulas, de X em IR. Dizemos que uma função X IR é quase-nula se se tivermos f(x) = 0, salvo em um número nito de pontos de X. É claro que IR (X) IR X. Mostre que IR (X) é um subespaço vetorial de IR X e, portanto, um espaço vetorial. Observe que se X é um conjunto nito, então IR (X) = IR X Veremos, mais adiante, quando denirmos base de um espaço vetorial, que existe uma correspondência bijetora entre o conjunto X e uma base de IR (X). Isso permite concluir que existem espaços vetoriais com bases de qualquer cardinalidade. 4

1.3 Subespaços Vetoriais Denição 2 Dizemos que um subconjunto S, não vazio, de um espaço vetorial V é um subespaço vetorial de V se as seguintes condições estiverem satisfeitas: a) u, v S u + v S b) λ IR, v S λv S Obs. Decorre imediatamente das condições a) e b) acima que se S é um subespaço vetorial, então 0 S. (verique isso!). Por causa disso, a vericação de que um subconjunto S de V é um subespaço vetorial pode ser feita mostrando que S satisfaz as condições abaixo: 1. 0 S 2. u, v S u + v S 3. λ IR, v S λv S A vericação da condição 1) acima, corresponde a vericação de que S 1.4 Exercícios 1. Considere o sistema linear homogêneo 2x 3y + z = 0 x + y z = 0 x 4y + 2z = 0 Prove que o conjunto S de vetores de IR 3 que satisfazem esse sistema, formam um subespaço de IR 3. O número de vetores desse subspaço é nito? 2. Considere a equação matricial abaixo onde A é uma matriz quadrada de ordem n e x e b são matrizes coluna com n linhas Ax = b 5

Considere ainda o subespaço vetorial S H de M n 1 (IR) e o subconjunto S de M n 1 (IR) S H = {x M n 1 (IR) : Ax = 0} Prove que S = {x M n 1 (IR) : Ax = b} S = S H + x P onde x P é uma matriz de M n 1 (IR) tal que Ax P = b, isto é, x P é uma solução particular da equação (1). 3. Considere o sistema linear { 2x 1 + x 2 + x 3 + x 4 = 2 x 2 + x 3 x 4 = 2 Exiba a solução geral desse sistema na forma do exercício anterior. 4. Seja P n (IR) o subconjunto do espaço vetorial P(IR) denido por P n (IR) = { p P(IR) : p é nulo ou grau p n } Prove que P n (IR) é um subespaço vetorial de P(IR) 5. Prove que em qualquer espaço vetorial vale a formula: 2u = u + u 6. Prove que o axioma da comutatividade da adição num espaço vetorial decorre dos outros axiomas que denem um espaço vetorial sendo portanto desnecessário. sugestão: Desenvolva o produto (1+1)(u+v) de duas maneiras diferentes. 7. De exemplo de um conjunto V munido de uma operação de adição e de uma operação de multiplicação por escalar satisfazendo todos os axiomas que denem um espaço vetorial com exceção do axioma M 4 ) que garante que para todo vetor 1u = u. Conclua que o axioma M 4 ) é independente dos outros axiomas, isto é, não é conseqüência deles. 6

8. Mostre que os vetores de F(IR) denidos abaixo não estão em P(IR) (a) f(x) = 3 x (b) f(x) = x (c) f(x) = 3 x + 5 x (d) f(x) = 1 + x x 5 + 2 3 x 2 + 4 5 x 4 (e) f(x) = sinx (f) f(x) = e x 9. Mostre que R[0, 1] = { f F[0, 1] : f é Riemann integrável } munido das operações usuais de adição de funções e de multiplicação de uma função por um número real é um subespaço vetorial de F[0, 1]. 10. Denição Seja IR f IR uma função de F(IR, IR). Dizemos que: (a) A função f é uma função par se x IR (b) A função f é uma função impar se x IR f( x) = f(x) f( x) = f(x) 11. De exemplo de uma função que não é nem par nem impar. 12. Mostre que se uma função é simultaneamente par e impar, então ela é a função nula. 13. De exemplos de funções, não polinomiais, pares e impares. 14. Mostre que: (a) A soma de duas funções pares é uma função par. (b) O produto de uma função par por um número real é uma função par. (c) Para as funções impares valem propriedades análogas às propriedades enunciadas nos itens (a) e (b) acima. 7

(d) O produto de duas funções pares é uma função par e que o produto de duas funções impares é uma função par. (e) O produto de uma função par por uma função impar é uma função impar. 15. De um critério que permite caracterizar quando uma função polinomial é par e quando ela é impar 16. Mostre que: (a) F(IR, IR) P, isto é, o conjunto das funções pares formam um subspaço vetorial de F(IR, IR). (b) F(IR, IR) I, isto é, o conjunto das funções impares formam um subspaço vetorial de F(IR, IR). (c) F(IR, IR) P F(IR, IR) I = {0} (d) Mostre que qualquer função de F(IR, IR) é soma de uma função par com uma função impar. Usamos a notação: F(IR, IR) P F(IR, IR) I = F(IR, IR) para indicar que as propriedades dos itens (c) e (d) estão satisfeitas e dizemos que F(IR, IR) é uma soma direta de seus subespaços F(IR, IR) P e F(IR, IR) I. (e) Prove que toda função f F(IR, IR) = F(IR, IR) P F(IR, IR) I se escreve, de maneira única, como soma de uma função par com uma função impar. 2 Combinações Lineares e Sistema de Geradores Denição 3 Seja X um subconjunto, não vazio, do espaço vetorial V. Dizemos que um vetor u de V é uma combinação linear de vetores de X se existirem um subconjunto, nito e não vazio {x 1, x 2,..., x k }, de vetores de X e escalares λ 1,..., λ k de tal forma que u = λ 1 x 1 +... + λ k x k 8

Indicaremos por CL(X) o conjunto de todos os vetores de V que são combinações lineares de vetores de X, mais explicitamente, CL(X) = {u V : u é combinação linear de vetores de X} É importante chamar a atenção para o fato de que dizer que o vetor u é uma combinação linear de vetores de um conjunto X, independentemente de X ser nito ou innito, é dizer que u pode ser escrito como u = λ 1 x 1 +... + λ k x k isto é, como uma soma nita de vetores. Quando trabalhamos num contexto puramente algébrico, somas innitas não estão denidas, nem fazem sentido o menor sentido. Em certas ocasiões (principalmente nos exemplos) trabalhamos com somas innitas de números reais ou de números complexos onde a idéia de convergencia faz sentido. Em geral, o contexto deixa perfeitamente claro se estamos num caso ou no outro. Apesar disso, sempre que acharmos que a expressão pleonástica combinação linear nita contribuir para a clareza do texto, não hesitaremos em usá-la. Resumiremos as propriedades básicas de CL(X) na seguinte proposição. Proposição 1 Se X é um subconjunto, não vazio, de V, valem as propriedades: 1. X CL(X) 2. CL(X) é um subespaço vetorial de V. 3. Se X e Y são subconjuntos de V e X Y então, CL(X) CL(Y). 4. CL(X) = X X é um subespaço vetorial de V. 5. Se S é um subespaço de V e X S, então CL(X) S. 6. Se X CL(Y), então CL(X Y) = CL(Y). 9

Demonstração. Sendo x = 1x e 0 = 0x particulares combinações lineares de elementos de X temos que X CL(X) e que 0 CL(X). Como é imediato que multiplos e somas de vetores de CL(X) estão em CL(X) concluimos que CL(X) é um subespaço vetorial. Uma vez que o item 3 decorre imediatamente da denição de CL(X), vamos demonstrar a implicação X é um subespaço vetorial de V = X = CL(X) do item 4 pois a implicação no outro sentido é uma conseqüência óbvia de 2. Como já vimos no item 1 que, em qualquer circunstância, vale a inclusão X CL(X), basta mostrar que se X é um subespaço vetorial, CL(X) X. Mas isso decorre do fato de qualquer combinação linear de vetores de um subespaço ser um vetor desse subespaço. Consideremos agora o item 5. Por 3 temos que CL(X) CL(S) mas como S é um subespaço vetorial, temos por 4 que CL(S) = S e portanto que CL(X) S. Isso conclui a demonstração desse item e da proposição. A maior parte dos textos de Algebra Linear usa a noção de combinação linear, que acabamos de denir, para introduzir o conceito de sistema de geradores de um subespaço vetorial. Esses livros adotam a seguinte denição. Denição 4 Seja V um espaço vetorial e S um subespaço vetorial de V. Dizemos que um subconjunto, não vazio, X ( nito ou não) de V é um sistema de geradores de S se CL(X) = S. Se CL(X) = V dizemos que X é um sistema de geradores de V. Essa é, como dissemos, uma denição muito usada, perfeitamente correta e que o leitor poderá, sem maiores inconvenientes, adotar essa como sendo a sua denição de sistema de geradores. Ela apresenta, no entanto, um pequeno inconveniente. Por só ter sentido quando X, torna o caso X = excepcional e, para evitarmos exceções, temos que adotar, como convenção, que [ ] = {0}. 10

Usando fatos que de qualquer maneira são básicos e precisam ser conhecidos podemos dar uma denição mais abrangente de sistema de geradores que evita tratar o conjunto vazio como caso excepcional e que coincide com a denição que acabamos de dar quando X. Começamos com algumas resultados simples e importantes. 1. Mostre que se I é a intersecção de dois subespaços de um espaço vetorial V, então I é um subspaço vetorial de V. 2. Seja {S i } i J uma família de subespaços de V, indexada por um conjunto J, que não precisa ser nito e nem mesmo enumerável. Prove que a intersecção S = i J S i de todos os subespaços S i, i J, é um subespaço vetorial de V. 3. Mostre que se I é a intersecção de todos os subespaços de um espaço vetorial V, então I = {0}. 4. Seja X um subconjunto qualquer do espaço vetorial V. Seja [X] a intersecção de todos os subespacos vetoriais de V que contém X. Mostre que [X] é um subespaço vetorial de V. Mostre que se X =, então [X] = {0}, isto é, [ ] = {0} 5. Seja V um espaço vetorial tal que X um subconjunto de V tal que X. Mostre que CL(X) = [X]. Os exercícios acima sugerem a seguinte denição para sistema de geradores de um subespaço. Denição 5 Seja V um espaço vetorial e S um subespaço vetorial de V. Dizemos que um subconjunto X (nito ou não) de V é um sistema de geradores de S se [X] = S. Em particular, se [X] = V, dizemos que X é um sistema de geradores do espaço vetorial V. 11

Obs. Note que nessa denição, não foi necessário exigir que X mas que, com essa hipótese, ela coincide com a denição anterior. Além disso, ela inclue o caso em que X =. E nesse caso, temos [ ] = {0}. É importante observar que entre os diversos exemplos de espaços vetorias com que lidamos até agora, alguns são nitamente gerados, isto é, possuem um conjunto de geradores com um número nito de vetores, outros só admitem conjuntos geradores com um número innito de vetores. Dizemos nesse caso que os espaços não são nitamente gerados. É, no entanto, fundamental ter em mente o seguinte fato: Seja G é um sistema de geradores de espaço vetorial V e x um vetor qualquer de V. Independentemente de V ser ou não nitamente gerado, x se escreve como combinação linear nita de vetores de G. IR k, com k 0, P n (IR) e M mn IR são exemplos de espaços vetoriais nitamente gerados. Exiba, para cada um desses espaços vetoriais, um conjunto nito de geradores. Um exemplo de espaço vetorial que não é nitamente gerado é o formado pelos polinômios de uma variável com coecientes reais. 6. Exemplo. P(IR) não é nitamente gerado. Observação importante. O fato de sabermos que o conjunto innito {1, x, x 2,..., x n,...} é um sistema de geradores de P(IR) não prova que P(IR) não é nitamente gerado, pois, a princípio, nada impediria que pudesse haver um outro subconjunto de vetores de P(IR) que fosse nito e que gerasse P(IR). Vamos então demonstrar que isso não acontece, isto é, que P(IR) não é nitamente gerado. 12

De fato, seja A um conjunto qualquer, mas nito, de P(IR). Suponhamos, por absurdo, que A gera P(IR). Como A é nito, existe um polinômio de maior grau em A. Seja m o grau desse polinômio. É claro que nenhum polinômio de grau maior do que m é combinação linear de polinômios de A. Portanto, A não pode gerar P(IR), isto é, nenhum conjunto nito pode gerar P(IR). 2.1 Exerccios 1. Mostre que todo espaço vetorial possui um sistema de geradores. 2. Mostre que se u 1, u 2,..., u n são vetores de um espaço vetorial V e λ 1, λ 2,..., λ n, números reais, não nulos, então vale a igualdade [u 1, u 2,..., u n ] = [λ 1 u 1, λ 2 u 2,..., λ n u n ] 3. Dê exemplo de dois subconjuntos X e Y de um espaço vetorial V tais que [X] [Y] mas X Y. 4. Sejam x 1, x 2,... x k e y 1, y 2,..., y l, vetores de um espaço vetorial V. Mostre que uma condição necessária e suciente para que [X] = [Y] é que x i [Y] para i = 1, 2,... k e y j [X] para i = 1, 2,... l. 5. Sejam X e Y subconjuntos de um espaço vetorial V. (a) Prove que [X Y] [X] [Y] (b) De um exemplo mostrando que, em geral, [X Y] [X] [Y]. (Sugestão: faça X = {u} e Y = {2u}, com u 0). 6. Seja X um subconjunto qualquer de um espaço vetorial V e suponha que u 1, u 2,..., u n [X] ( Observe que esses vetores podem não estar em X). Mostre que existe um subconjunto nito Y de X tal que [Y] contem os vetores u 1, u 2,..., u n. 13

7. Seja X um subconjunto qualquer de um espaço vetorial V e suponha que u 1, u 2,..., u n [X] ( Observe que esses vetores podem não estar em X). Mostre que existe um subconjunto nito Y de X tal que [Y] contem os vetores u 1, u 2,..., u n. 8. Se S é um subespaço vetorial de V, diferente de V, isto é, S V, então [V S] = V. Sol. Observe, inicialmente que a suposição de que S V é essencial pois, se tivermos S = V, teremos que V V = e portanto [V V] = {0} e, nesse caso, o resultado só é válido se V = {0}. Podemos então, sem perda de generalidade, supor que V {0} e S {0}. É claro que V S [V S]. Como V = (V S) S, para obtermos a tese basta mostrar que S [V S]. Seja então s um vetor qualquer de S e x (V S), x 0. Os vetores s+x e s x de V, não pertencem a S (Porque?). Estão, portanto, em (V S). Em consequência, (s + x) + (s x) = 2s está em [V S], o que implica que s [V S]. Isso conclue a demonstração. 3 Dependência e Independência Linear Vimos que qualquer vetor de um espaço vetorial V pode ser representado por uma combinação linear de vetores pertencentes a um sistema de geradores G, desse espaço. Uma pergunta natural e importante e, que se tiver resposta armativa, vai nos permitir denir as coordenadas de um vetor é se essa representação é única, isto é, se x é um vetor qualquer de V e se g 1, g 2,... g m, g 1, g 2,... g n, são vetores de G e se, além disso, x pode ser escrito como x = α 1 g 1 + α 2 g 2 + + α m g m x = α 1 g 1 + α 2 g 2 + + α n g n podemos garantir que m = n e g i = g i i = 1, 2,..., n Podemos antecipar que a resposta é negativa, isto é, a representação não é única. Um exemplo muito simples serve de ilustração. Exemplo. geradores. Não unicidade da representação de vetores por sistemas de 14

Considere o espaço vetorial IR 2 e o seu subconjunto A = {(1, 0), (0, 1), (1, 1)} A é claramente um sistema de geradores de IR 2 mas o vetor (1, 1) admite duas representações distintas: 1. (1, 1) = 1.(1, 0) + 1(0, 1) 2. (1, 1) = 1(1, 1) Se quisermos ter unicidade de representação vamos precisar introduzir um conceito novo: o de independência linear. Para motivar a denição desse novo conceito vamos simplicar um pouco as coisas 1 e supor que o vetor x de V possa ser escrito das formas descritas abaixo x = α 1 g 1 + α 2 g 2 + + α m g m x = β 1 g 1 + β 2 g 2 + + β m g m Nesse caso, unicidade de representação, signica simplesmente que α i = β i para i = 1, 2,... m Vamos tentar demonstrar isso e ver que propriedades adicionais os vetores g 1, g 2,..., g m vão precisar satisfazer. Se subtrairmos membro a membro a segunda equação da primeira zermos as transformações convenientes caremos com a equação (α 1 β 1 )g 1 + (α 2 β 2 )g 2 + + (α m β m )g m = 0 Se soubermos que essa igualdade só é possível quando todos os coecientes dos vetores g 1, g 2,..., g m forem nulos, teremos que α i = β i para i = 1, 2,..., m e, portanto, a unicidade desejada. 1 Na realidade essa simplicação é apenas aparente e não acarreta nenhuma perda de generalidade pois podemos acrescentar a cada uma das representações do vetor x os vetores que não comparecem na outra representação tomando como coeciente desses vetores zeros. 15

Esse cálculo, feito para provar a unicidade da representação, sugere qual deve ser a denição que caracteriza a propriedade que os vetores do conjunto de geradores devem ter para garantir a unicidade da representação. Denição. Seja V um espaço vetorial e L um subconjunto, não vazio, nito ou não, de V. Dizemos que o conjunto L é linearmente independente se qualquer que seja o subconjunto nito {l 1, l 2,, l n } de vetores de L a equação α 1 l 1 + α 2 l 2 + α n l n = 0 só admitir como solução escalares que sejam todos nulos, em outras palavras, devemos ter α 1 = α 2 = α 3 = α n = 0 Quando essa condição não estiver satisfeita diremos que o conjunto L é linearmente dependente ou, o que é a mesma coisa, que L não é linearmente dependente. Obs. Essa é a denição de independencia linear que gura na grande maioria dos textos que tratam do assunto e aqui novamente o conjunto vazio aparece como um caso excepcional. Mais adiante mostraremos que é possivel dar uma denição que coincide com a que acabamos de dar no caso de conjuntos não vazios mas que por ser mais abrangente inclue o conjunto vazio na classe dos conjuntos que são linearmente independentes. 1. Seja V um espaço vetorial. Mostre que V, isto é, o conjunto de todos os vetores do espaço vetorial V, é um conjunto linearmente dependente de V. 2. Seja A = (a ij ) M m n (IR) tal que i < j = a ij = 0 e a kk 0 Mostre que as linhas de A, consideradas como vetores de IR n linearmente independentes. são 3. Seja V um espaço vetorial e A, B e G subconjuntos (nitos ou não) de V. Prove que: (a) Se A A e A é linearmente independente, então A é linearmente independente. 16

(b) Se B B e B é linearmente dependente, então B é linearmente dependente. (c) Se G é um sistema de geradores de V e G G, então G é linearmente dependente. 4. Seja a 1, a 2,... a n, n 1, uma sequência qualquer de vetores não nulos, de um espaço vetorial V. Prove que uma condição necessária e suciente para que essa sequência seja linearmente dependente é que exista um número natural k, 1 < k n, tal que a k = α 1 a 1 + α 1 a 1 + + α 2 a 2 + α k 1 a k 1 5. Seja V um espaço vetorial e A um subconjunto qualquer, mas linearmente independente, de V. Seja a 1, a 2,... a k uma sequêcia de vetores de A. Mostre que essa sequência pode não ser linearmente independente. Sol Para vermos isso, basta considerar a sequência a 1, a 2, de elementos de A, com a 1 = a 2 6. Seja S um subespaço vetorial de V e x um vetor de V que não está em S, isto é, tal que x / S. Prove que se x 1, x 2,... x k são vetores linearmente independentes de S então o conjunto {x 1, x 2,..., x k, x} é linearmente independente. Sol. Seja α 1 x 1 + α 2 x 2 + + α k x k + αx = 0. Devemos ter, necessáriamente, α = 0 pois, caso contrário, teríamos que x S o que contraria a hipótese. Isso nos fornece α 1 x 1 + α 2 x 2 + + α k x k = 0. Como os vetores x 1, x 2,... x k são, por hipótese, L.I., temos a tese. 7. Seja V um espaço vetorial e {0} = S 0 S 1 S 2 S n = V uma sequência subespaços de V. Se x 1, x 2,... x n é uma sequência de vetores de V tais que x i S i mas x i / S i 1, i = 1, 2,... n então a sequência x 1, x 2,... x n é linearmente independente. 8. Se λ 2,..., λ n é um conjunto qualquer de escalares e u 1,..., u n são vetores de um espaço vetorial V, então as seguintes condições são equivalentes: 17

(a) {u 1,..., u n } é linearmente independente. (b) {u 1, u 2 + λ 2 u 1,..., u n + λ n u 1 } é linearmente independente. x i [Y] para i = 1, 2,... l a) = b) De α 1 u 1 + α 2 (u 2 + λ 2 u 1 ) +... + α n (u n + λ n u 1 ) = 0 Segue que (α 1 + α 2 λ 2 + α 3 λ 3... α n λ n )u 1 + α 2 u 2 + + α n u n = 0 e como {u 1, u 2,..., u n } é linearmente independente, temos que α 1 + α 2 λ 2 + α 3 λ 3 +... + α n λ n = 0 α 2 = 0. α n = 0 verica-se imediatamente que a única solução desse sistema é: α 1 = α 2 = = α n = 0 e portanto o conjunto {u 1, u 2 + λ 2 u 1,..., u n + λ n u 1 } é linearmente independente. a) = b) Façamos inicialmente { v 1 = u 1 v i = u i + λ i u 1 i = 2,..., n e consequentemente 18

{ u 1 = v 1 u i = v i λ i u 1 i = 2,..., n (1) Devemos provar agora que do fato de {v 1,..., v n } ser, por hipótese, linearmente independente decorre que {u 1,..., u n } é linearmente independente. Se escrevermos α 1 u 1 +... + α n u n = 0 (2) e substituirmos os valores de u i dados por (1) em (2),teremos ou ainda α 1 v 1 + α 2 (v 2 λ 2 v 1 ) +... + α n (v n λ n v 1 ) = 0 (α 1 α 2 λ 2... α n λ n )v 1 + α 2 v 2 +... α n v n = 0 e portanto, como {v 1,..., v n } é linearmente independente, α 1 α 2 λ 2... α n λ n = 0 α 2 = 0. α n = 0 Verica-se, imediatamente, que a única solução desse sistema é α 1 = α 2 =... = α n = 0 e, portanto {u 1,..., u n } é linearmente independente. x i [Y] para i = 1, 2,... l 19

3.1 Exercícios 1. Verique se os vetores de F(IR), descritos nos ítems abaixo, são ou não, linearmente independentes: (a) x e x (b) x e cos(x) (c) x e 3 x (d) p é uma função polinômial e g F(IR, IR) não é função polinomial. (e) f, g F(IR, IR) f par, g impar (f) p 1 (x), p 2 (x),... p n (x) onde as funções são polinômios tais que se i j, então grau p i grau p l. (Note que não estamos exigindo que grau p n = n) 4 Bases, Dimensão 1. Todo espaço vetorial nitamente gerado possui uma base com um número nito de vetores. Sol. Use indução nita sobre o número de elementos de um conjunto gerador do espaço vetorial 2. Seja V um espaço vetorial nitamente gerado e G e L, respectivamente, um conjunto de geradores de V e um conjunto linearmente independente de V. Se G for nito, então L também será nito e #L #G. #A indica o número de elementos de A. Sol. Aqui também a idéia é usar indução nita. Existe raciocínio heurístico, mas bastante convincente, que sugere que esse fato é verdadeiro 3. Duas bases quaisquer de um espaço vetorial nitamente gerado possuem o mesmo número de elementos. Sol. Use o exercício acima e as condições que denem uma base 20

Chama-se dimensão de um espaço vetorial o número de elementos de uma qualquer de suas bases. Denição. 4. Seja B um subconjunto com n elementos de um espaco vetorial V de dimenssão n. As seguintes armações são equivalentes: (a) B é linearmente independente. (b) B é um sistema de geradores de V (c) B é uma base de V. 5. Prove que qualquer que seja o número real a, o conjunto B = {1, (x a), (x a) 2,..., (x a) k } é uma base do espaço vetorial P k (IR) 6. Prove que qualquer que seja o número real a, o conjunto B = {1, (x a), (x a) 2,..., (x a) k } é uma base do espaço vetorial P(IR) 7. Seja V um espaço vetorial e A um conjunto linearmente independente de V. Mostre que existe B V tal que A B e B é base de V. 4.1 Coordenadas de um Vetor 1. Denição. Seja V um espaço vetorial, V {0}, E = {e 1, e 2,... e k } uma base (ordenada pelos índices) de V e u V, um vetor qualquer. Nessas condições, existem escalares (únicos) tais que u = u 1 e 1 + u 2 e 2 + + u k e k. Os escalares u 1, u 2,... u k chamam-se, respectivamente, primeira, segunda,...,k ésima coordenada do vetor u em relação à base E. A sequência formada por essas coordenadas denem, portanto, um vetor (u 1, u 2,... u k ) IR k. 21

(x) E = (x 1, x 2,..., x n ) é chamada de sequência de coordenadas ( ou simplesmente coordenadas) do vetor x em relação à base E. Para podermos operar de forma ecaz com matrizes é conveniente interpretarmos a n-úpla (x) E = (x 1, x 2,..., x n ) como uma matriz linha e sua transposta (x) t E = [x] E = x 1 x 2. x n Que indicaremos sempre por [x] E, como uma matriz coluna. 4.1.1 Exercícios 1. Seja E uma base de um espaço vetorial V e x, y dois vetores quaisquer de V. Mostre que: (x + y) E = (x) E + (y) E 2. Seja E uma base de um espaço vetorial V, x um vetor de V e λ IR. Mostre que: (λx) E = λ(x) E 3. Seja E uma base de um espaço vetorial V e u 1, u 2,..., u n uma sequência de vetores de V. Mostre que as armações abaixo são equivalentes: (a) A sequência u 1, u 2,..., u n de vetores de V é linearmente independente. (b) A sequência (u 1 ) E, (u 2 ) E,..., (u n ) E de vetores de IR n é linearmente independente. 22

5 Matriz de Transição Entre Duas Bases Vimos acima que a escolha de uma base num espaço vetorial nos permite associarmos coordenadas aos vetores. Um problema de fundamental importância é estudar como mudam as coordenadas de um vetor quando mudamos a base em relação à qual esse vetor está representado. Vamos introduzir um formalismo (cálculo matricial) que nos permite relacionar, com relativa facilidade, as coordenadas de um mesmo vetor em relação a duas bases diferentes. Sejam então E = {e 1, e 2,... e n } e F = {f 1, f 2,... f n } duas bases de um mesmo espaço vetorial. Vamos escrever os vetores da base F como combinação linear dos vetores da base E. Como sabemos, por ser E uma base, os coecientes dessas combinações lineares são únicos. Assim, podemos escrever: f 1 = a 11 e 1 + a 21 e 2 + + a n1 e n f 2 = a 12 e 1 + a 22 e 2 + + a n2 e n.. f n = a 1n e 1 + a 2n e 2 + + a nn e n A maneira mais natural de trabalharmos com esses coecientes é utilizando-os para formar uma matriz. Devido as propriedades da multiplicação de matrizes a maneira mais conveniente de fazer isso é construir uma matriz cujas colunas são os respectivos coecientes das linhas que representam as combinações lineares acima. Dessa forma, temos a matriz M F E = a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n.... a n1 a n2 a nn que chamaremos de matriz de transição da base E para a base F Observe que de acordo com a denição da matriz de transição, quando a base F coincidir com a base E a matriz de transição é a matriz identidade. A propriedade mais importante dessa matriz é expressa pela proposisão Essa é uma denição importante! 23

Proposição 2 Qualquer que seja o vetor x V, vale a fórmula ou, de forma mais explicita, a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n M E F.[x] F = [x] E.... a m1 a m2 a mn. x 1 x 2. x n = x 1 x 2. x n Esta fórmula é fundamental para o que vem a seguir Como a multiplicação de matrizes é linear, para demonstrar a proposição, basta vericá-la para todos os vetores da base F. Mas isso, é um cálculo muito aimples. De fato, seja f i um vetor qualquer da base F. Para provar a igualdade M E F.[f i ] F = [f i ] E é suciente observar que a multiplicação de matrizes do lado esquerdo da igualdade produz no lado direito uma matriz formada pelas coordenadas do vetor f i. a 11 a 12 a 1n 0 a i1.... a i1 a i2 a in.... a n1 a n2 a nn.. 1. 0 = Isso termina a demonstração pois essa igualdade se verica para todos os vetores da base F. a ii. a in C.Q.D. Corolário 1 Matrizes de transição entre bases de um espaços vetorial V de dimensão nita n satisfazem as seguintes propriedades: 1. M E E = I n matriz identidade de ordem n. 24

2. M G E = M G F.M F E 3. (M F E ) = (M E F ) 1 Demonstração. 1. A validade dessa fórmula já foi comentada na denição de matriz de transição dada acima. 2. A proposição 4.3 acima, nos permite escrever as fórmulas [x] F = M F E [x] E M G F [x] F = [x] G Substituindo o valor de [x] F, dado pela primeira equação, na segunda, obtemos M G F.(M F E [x] E ) = M G E [x] E Pela associatividade da multiplicação de matrizes, podemos escrever a igualdade acima como (M G F.M F E )[x] E = M G E [x] E Como essa igualdade vale para todos os vetores de V, em particular para uma base de V, podemos concluir que (M G F.M F E ) = M G E o que demonstra a validade da equação. 3. Se zermos G = E na equação do item 2, obtemos a equação M G E = M G F.M F E M E E = M E F.M F E ou ainda I n = M E F.M F E o que nos fornece a igualdade desejada (M F E ) = (M E F ) 1 É importante observar que essa equação mostra que a matriz de Não se transicão de uma base para outra é sempre inversível. 25 esqueça disso!

5.1 Orientação de Espaços Vetoriais Nesta secção todos os espaços vetoriais considerados terão como escalares corpos ordenados. Atenção 6 Apêndice 6.1 Números naturais e Números inteiros 6.2 Polinômios 1. Seja p IR[X], de grau 1, e α IR. Prove que são equivalentes as armações: (a) α é raiz de de p, isto é, p(α) = 0. (b) p(x) é divisível por (x α), isto é, existe q(x) IR[X], tal que p(x) = (x α)q(x) Sugestão: Use o fato de que existe um algoritmo de divisão em IR[X]. Tente demonstrar esse fato diretamente, isto é, sem supor a existência do algoritmo de divisão. 2. Prove que se p é um polinômio de grau n, n 0, então n tem, no máximo, n raizes. 6.3 Matrizes 7 Transformações Lineares 8 Outros Exemplos de Espaços Vetoriais 1. Somas Diretas 2. Espaços Quocientes 3. Produto Tensorial 26

4. Produto Exterior 5. Produto Simétrico 27