Disciplina: Introdução à Álgebra Linear

Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia do Rio Grande do Norte Campus: Mossoró Curso: Licenciatura Plena em Matemática Disciplina: Introdução à Álgebra Linear Prof.: Robson Pereira de Sousa

Capítulo 1 Espaços Vetoriais O principal objetivo deste capítulo é levar o aluno a compreender o conceito de espaço vetorial de um ponto de vista axiomático, isto é, o conceito abstrato de espaço vetorial como objeto com uma estrutura algébrica especí ca. Além disso, serão vistos os conceitos de subespaços vetoriais, dependência e independência linear, bases e dimensão de um espaço vetorial e relações entre bases de um mesmo espaço vetorial. O texto aqui apresentado em quase toda sua totalidade foi extraido de [1] com alguma adaptações. Para um tratamento mais completo recomendamos [1] e []. 1.1 Espaços Vetoriais Um espaço vetorial real (ou espaço vetorial sobre R) é um conjunto não-vazio V munido com duas operações: adição + : V V!; V (u; v)! u + v e multiplicação por escalar : R V! V (a; u)! au tal que as seguintes propriedades valem: 1. u + (v + w) = (u + v) + w, para todos u; v; w V.. Existe 0 V tal que u + 0 = u, para todo u V.. Para cada u V, existe u V tal que u + ( u) = 0. 4. u + v = v + u, para todos u; v V. 5. (a + b)u = au + bu, para todos a; b R e u V.. a(u + v) = au + av, para todos u; v V e a R. 1

CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS. a(bu) = (ab)u, para todos a; b R e u V. 8. 1 u = u, para todo u V. Observações 1.1 1. Os elementos do espaço vetorial V serão chamados vetores, independente de sua natureza. Pode parecer estranho, e à primeira vista não deixa de ser, o fato de se chamar de vetores os polinômios (quando for constituído de polinômios), as matrizes (quando V for constituído por matrizes) os números (quando V for um conjunto numérico), e assim por diante. A justi cativa está no fato de as operações de adição e multiplicação por escalar realizadas como esses elementos de natureza tão distintas se comportarem de forma idêntica, como se estivéssemos trabalhando com os próprios vetores do R ou do R. Assim, a familiaridade que temos com os vetores do R e do R terá continuidade nesses conjuntos, chamando seus elementos também de vetores.. Se na de nição acima tivéssemos tomado para escolares o conjunto C dos números complexos, V seria um espaço vetorial complexo. Daqui por diante, salvo referência expressa em contrário, serão considerados somente espaços vetoriais reais. Assim quando disser que V é um espaço vetorial, deve car subentendido que V é um espaço vetorial sobre o conjunto R, dos números reais.. Note que R com as operações usuais é um espaço vetorial sobre R. 4. Na Proposição 1:, provaremos que u = 1 u e podemos escrever u v = u + ( v); para todos u; v V, para representar a diferença entre elementos de V. Os elementos de V serão chamados, por conveniência, de vetores. 5. As propriedades associativa e comutativa da adição de vetores implicam que a soma de um certo número de vetores é independente da maneira pela qual esses vetores são combinados ou associados. Por exemplo, se u, v, w e t são vetores quaisquer em V, então (u + v) + (w + t) = [v + (u + w)] + t e essa pode ser escrita sem confusão como u + v + w + t: Exemplo 1. O conjunto V = R = f(x 1 ; x ) : x; y Rg é interpretado como sendo o plano cartesiano xoy. Se u = (x 1 ; x ) e u = (y 1 ; y ) V, então V com as operações de adição u + v = (x 1 + y 1 ; y 1 + y )

1.1. ESPAÇOS VETORIAIS e multiplicação por escalar é um espaço vetorial sobre R. au = (ax 1 ; ax ) Exemplo 1. O conjunto V = R = f(x 1 ; x ; x ) : x 1 ; x ; x Rg é interpretado como sendo o espaço cartesiano tridimensional xyz. Se u = (x 1 ; x ; x ) e u = (y 1 ; y ; y ) então V com as operações de adição u + v = (x 1 + y 1 ; x + y ; x + y ) e multiplicação por escalar é um espaço vetorial sobre R. au = (ax 1 ; ax ; ax ); Solução. Fica como exercício. Análogo ao exercício anterior. Exemplo 1.4 Sejam V = R = f(x 1 ; x ) : x i Rg; u = (x 1 ; x ) V e v = (y 1 ; y ) V: Veri que se V com as operações de adição u + v = (x 1 + y 1 ; x + y ) e multiplicação por escalar é um espaço vetorial sobre R. au = (ax 1 ; x ) Exemplo 1.5 Seja V o conjunto de todas as matrizes de ordem, isto é, (! ) a b V = : a; b; c e d R (1.1) c d!! Se A = a b V e B = e f V, então V, com as operações de adição c d g h!!! A + B = a b + e f = a + e b + f c d g h c + g d + h e multiplicação por escalar A = a b c d! é um espaço vetorial sobre R.

4 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Solução.Em Sala! Exemplo 1. Sejam S um conjunto não-vazio e V = F(S; R) = ff : S! R : f é uma funçãog: o conjunto de todas as funções de valores reais. Se f V e g V, então V, com as operações de adição f + g dada por (f + g)(x) = f(x) + g(x); 8 x S; e multiplicação por escalar af dada por (af)(x) = af(x); 8 x S; é um espaço vetorial sobre R. Proposição 1. Seja V um espaço vetorial sobre R. Então: 1. Existe um único vetor nulo em V (elemento neutro).. Cada vetor u V admite um único vetor simétrico u.. Existe um único x V tal que u + x = v, para todos u; v V. 4. a0 = 0, para todo a R e 0 V. 5. 0u = 0, para todo u V e 0 R.. Se au = 0, então a = 0 ou u = 0, com a R e u V.. u = ( 1)u, para todo u V. 8. ( a)u = a( u) = (au), para todo a R e u V. Prova. Vamos provar apenas os itens (1) e (4). Suponhamos que exista outro vetor 0 0 V tal que u + 0 0 = u, para todo u V. Então 0 = 0 + 0 0 = 0 0 : Como u + 0 = u, para todo u V, temos, em particular, que 0 + 0 = 0. Logo, a0 = a(0 + 0) = a0 + a0: Portanto, pelo item (1), a0 = 0.

1.. SUBESPAÇOS VETORIAIS 5 Observação 1.8 Seja w = u + u. Então w + w = ( u + u) + ( u + u) = u + ([u + ( u)] + u) = u + (0 + u) = u + u = w: Logo, 0 = w + ( w) = [w + w] + ( w) = w + [w + ( w)] = w + 0 = w: Portanto, u + u = 0, para todo u V. Além disso, isto é, 0 + u = u, para todo u V: 0 + u = [u + ( u)] + u = u + [ u + u] = u + 0 = u; 1. Subespaços Vetoriais Sejam V um espaço vetorial sobre R e W um subconjunto não-vazio de V. Dizemos que W é um subespaço (vetorial) de V se as seguintes condições são satisfeitas: 1. W = ;. u + v W, para todos u; v W.. au W, para todo a R e u W. Observações 1.9 1. Qualquer subespaço W de V contém o vetor nulo 0, pois quando a = 0, temos que 0 = 0u W:. Pode ser provado que, se admitirmos essas duas propriedades em W, as oito propriedades de espaço vetorial são válidas em W. Dessa forma, W é também um espaço vetorial com as propriedades herdadas de V.. Todo espaço vetorial V admite pelo menos dois subespaços, a saber, f0g e V, chamados de subespaços triviais ou impróprios. Os demais subespaços de V são chamados de subespaços não-triviais ou próprios. Exemplo 1.10 Sejam V = R n e W = f(x 1 ; : : : ; x n ) V : x 1 = 0g = f(0; x ; : : : ; x n ) : x ; : : : ; x n Rg: Então W é um subespaço de V.

CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Exemplo 1.11 Sejam V = R nn e W = fa V : A t = Ag o conjunto das matrizes simétricas. Então W é um subespaço de V. Exemplo 1.1 Sejam V = F(R; R) o espaço vetorial de todas as funções reais e W = ff V : f( x) = f(x); 8 x Rg o conjunto das funções pares. Então W é um subespaço de V. Solução.Em Sala! Exemplo 1.1 Sejam V = R n e W = f(x 1 ; : : : ; x n ) V : x = x 1 + 1g: Então W não é um subespaço de V, pois 0 = (0; : : : ; 0) = W: Exemplo 1.14 Sejam V = R e W = f(x 1 ; x ) V : x = jx 1 jg: Então W não é um subespaço de V, pois u = ( 1; 1) W e v = (; ) W mas u + v = (1; ) = W: Note que 0 = (0; 0) W. Portanto, 0 W é condição necessária mas não su ciente para que W seja um subespaço de V. Teorema 1.15 Seja V um espaço vetorial sobre R. Se W 1 e W são subespaços de V, então W 1 \ W é um subespaço de V. Prova. Como W 1 e W são subespaços, temos 0 W 1 e 0 W ) 0 W 1 \ W ) W 1 \ W = ;: Dados u; v W 1 \ W e a R. Como u; v W 1 \ W temos que u; v W 1 e u; v W. Assim, por hipótese, u + v W 1 ; u + v W e Logo, au W 1 ; au W : u + v W 1 \ W e au W 1 \ W : Portanto, W 1 \ W é um subespaço de V.

1.. SUBESPAÇOS VETORIAIS Exemplo 1.1 Sejam V = R, W 1 = f(x; y; z) V : x = 0g e W = f(x; y; z) V : y = 0g subespaços de V (prove isto!). Determine W 1 \ W. Exemplo 1.1 Sejam V = R, (" # ) a b W 1 = V : a; b; c R c 0 e W = (" a 0 0 d # V : a; b R ) subespaços de V (prove isto!). Determine W 1 \ W. Pergunta. W 1 [ W é um subespaço de V? A resposta dessa pergunta é, em geral, não. De fato, sejam V = R, W 1 = f(x; y) V : y = 0g e W = f(x; y) V : x = 0g subespaços de V (prove isto!). Então W 1 [ W não é um subespaço de V, pois u = (1; 0) W 1 [ W e v = (0; 1) W 1 [ W mas u + v = (1; 1) = W 1 [ W : Teorema 1.18 Seja V um espaço vetorial sobre R. Se W 1 e W são subespaços de V, então o conjunto W 1 + W = fu 1 + u : u 1 W 1 e u W g é um subespaço de V. Prova.Em Sala! Exemplo 1.19 Sejam V = R, W 1 = f(x; y; z) V : x = 0g e W = f(x; y; z) V : y = z = 0g subespaços de V (prove isto!). Determine W 1 \ W e W 1 + W. Sejam V um espaço vetorial sobre R e W 1 ; W subespaços de V. Dizemos que V é decomposto em soma direta de W 1 e W, em símbolos V = W 1 W, se as seguintes condições são satisfeitas:

8 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 1. V = W 1 + W.. W 1 \ W = f0g. Exemplo 1.0 Sejam V = R, W 1 = f(x; y; z) V : x = 0g e W = f(x; y; z) V : y = z = 0g subespaços de V. Então, pelo Exemplo 1:19, V = W 1 W. Exemplo 1.1 Sejam V = R nn, W 1 = fa V : A t = Ag e W = fa V : A t = Ag subespaços de V. Mostre que V = W 1 W. 1. Combinação Linear Seja V um espaço vetorial sobre R. Um vetor u em V é uma combinação linear dos vetores u 1 ; : : : ; u n em V se existirem escalares x 1 ; : : : ; x n R tais que u = x 1 u 1 + + x n u n = nx x i u i : i=1 Exemplo 1. Consideremos no R os vetores v 1 = (1; 0) e v = (; 4). Vamos escrever o vetor u = (; 4) como combinação linerar dos vetores v 1 e v : Teorema 1. Sejam V um espaço vetorial sobre R e u 1 ; : : : ; u n vetores xados em V. Então o conjunto ( nx ) W = fx 1 u 1 + + x n u n : x 1 ; : : : ; x n Rg = i=1 x i u i : x i R é um subespaço de V. Prova. É claro que W = ;, pois 0 = 0u 1 + + 0u n W: Dados u; v W e a R. Como u; v W temos que existem x 1 ; : : : ; x n ; y 1 ; : : : ; y n R

1.. COMBINAÇÃO LINEAR 9 tais que Logo, u = x 1 u 1 + + x n u n e v = y 1 u 1 + + y n u n : u + v = (x 1 u 1 + + x n u n ) + (y 1 u 1 + + y n u n ) = (x 1 + y 1 )u 1 + + (x n + y n )u n W e au = a(x 1 u 1 + + x n u n ) = (ax 1 )u 1 + + (ax n )u n W: Portanto, W é um subespaço de V. O subespaço ( nx ) W = fx 1 u 1 + + x n u n : x 1 ; : : : ; x n Rg = x i u i : x i R de V é chamado o subespaço gerado por u 1 ; : : : ; u n. Mais geralmente, seja um subconjunto não-vazio de V. Então ( kx ) W = x i u i : x i R e u i i=1 é o subespaço de V gerado por, onde é o conjunto de geradores de W, e será denotado por W = [] : Quando = fu 1 ; : : : ; u n g, denotamos [] por [u 1 ; : : : ; u n ]. Exemplo 1.4 Sejam V = R e e 1 = (1; 0; 0); e = (0; 1; 0) e = (0; 1; 0), vetores em V. Determine W = [e 1 ; e ; e ]. i=1 Exemplo 1.5 Sejam V = R e " # " 1 0 E 11 = ; E 1 = 0 0 0 1 0 0 # ; E 1 = " 0 0 1 0 # ; E = " 0 0 0 1 # vetores em V. Determine W = [E 11 ; E 1 ; E 1 ; E ]. Exemplo 1. Sejam V = P (R) e p i = x i ; i = 0; 1; ; ; vetores em V. Determine W = [p 0 ; p 1 ; p ; p ].

10 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 1.4 Dependência e Independência Linear Sejam V um espaço vetorial sobre R e u 1 ; : : : ; u n V. Dizemos que os vetores u 1 ; : : : ; u n são linearmente dependentes (LD) se existirem escalares x 1 ; : : : ; x n R, não todos iguais a 0, tais que x 1 u 1 + + x n u n = 0: (1.) Ou, equivalentemente, a equação vetorial (1.) admite uma solução não-nula. Caso contrário, dizemos que os vetores u 1 ; : : : ; u n são linearmente independentes (LI) ou, equivalentemente, a equação vetorial (1.) admite apenas a solução nula. Mais geralmente, sejam V um espaço vetorial sobre R e um subconjunto não-vazio de V. Dizemos que é LI se para quaisquer vetores distintos u 1 ; : : : ; u n em, temos que x 1 u 1 + + x n u n = 0 ) x 1 = = x n = 0; isto é, todo subconjunto nito de é LI. Caso contrário, é LD. Exemplo 1. Sejam V = R e u 1 = (; 1) e u = (1; ) vetores em V. vamos veri car que u 1 e u são LI. Exemplo 1.8 Sejam V = R e u 1 = (; 0; ); u = ( 1; 1; ); u = (4; ; ); u 4 = (; 1; 1) vetores em V. Veri que se os vetores u 1, u, u e u 4 são LI ou LD. Solução. Para resolver esse problema devemos resolver a equação vetorial x 1 u 1 + x u + x u + x 4 u 4 = 0; onde 0 = (0; 0; 0) V. Mas isto é equivalente a resolver o sistema homogêneo 8 >< x 1 x + 4x + x 4 = 0 x + x + x 4 = 0 : >: x 1 + x x + x 4 = 0 Para resolver o sistema, vamos considerar a matriz dos coe cientes do sistema e reduzí-la à forma em escada A = 4 1 4 0 1 1 1 5!! R = 4 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 5 :

1.4. DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR 11 Logo, nosso sistema é equivalente ao sistema 8 >< >: x 1 + x = 0 x + x = 0 x 4 = 0 : Escolhendo, x = c R, temos que S = f( c; c; c; 0) : c Rg é o conjunto solução do sistema. Em particular, se c = 1, então ( ; ; 1; 0) é uma solução não-nula do sistema. Portanto, os vetores u 1, u, u e u 4 são LD, isto é, u 1 u + u + 0u 4 = 0: Teorema 1.9 Sejam V um espaço vetorial sobre R e u 1 ; : : : ; u n V. O conjunto fu 1 ; : : : ; u n g é LD se, e somente se, um desses vetores for combinação linear dos outros. Prova. Suponhamos que o conjunto fu 1 ; : : : ; u n g seja LD. Então, por de nição, existem escalares x 1 ; : : : ; x n R, não todos nulos, tais que x 1 u 1 + + x n u n = 0: Como os escalares x 1 ; : : : ; x n não são todos nulos temos que existe i f1; : : : ; ng tal que x i = 0. Logo, u i = ( x 1 x i )u 1 + + ( x i 1 x i )u i 1 + ( x i+1 x i )u i+1 + + ( x n x i )u n : Reciprocamente, suponhamos que um desses vetores seja combinação linear dos outros, digamos u j = x 1 u 1 + + x j 1 u j 1 + x j+1 u j+1 + + x n u n : Logo, a equação vetorial x 1 u 1 + + x j 1 u j 1 + ( 1)u j + x j+1 u j+1 + + x n u n = 0. admite pelo menos uma solução não-nula, a saber, (x 1 ; : : : ; x j 1 ; 1; x j+1 ; : : : ; x n ). Portanto, o conjunto fu 1 ; : : : ; u n g é LD Exemplo 1.0 Os vetores v 1 = (1; ; ) e v = (; 4; ) são LD, pois v 1 = 1 v ou v = v 1. Por outro lado, os vetores v 1 = (1; ; ) e v = (; 1; 5) são LI, pois v 1 = kv para todo k R.

1 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 1.5 Bases e Dimensão Seja V um espaço vetorial sobre R. Um conjunto = fu 1 ; : : : ; u n g de vetores em V é uma base de V se as seguintes condições são satisfeitas: 1. = fu 1 ; : : : ; u n g é LI.. V = [] = [u 1 ; : : : ; u n ]: Ou, equivalentemente, V = [u 1 ] [u ] [u n ]: Mais geralmente, um subconjunto não-vazio de V é uma base de V se é LI e gera V. Observação 1.1 Pode ser provado, que todo espaço vetorial V = f0g possui uma base. Exemplo 1. Seja V = R. É fácil veri car que o conjunto = fe 1 ; e ; e g é uma base nita de V, a qual é chamada de base canônica de V. Exemplo 1. Seja V = R. Vamos veri car que o conjunto = f(1; 1); ( 1; 0)g é uma base nita de V. Seja V um espaço vetorial sobre R. Dizemos que V é de dimensão nita se ele possui uma base nita, por exemplo, V = R é de dimensão nita. Caso contrário, V é de dimensão in nita. Teorema 1.4 Sejam V um espaço vetorial sobre R e u 1 ; : : : ; u n vetores em V tais que V = [u 1 ; : : : ; u n ]: Então, dentre esses vetores, podemos extrair uma base de V. Prova. Ver [1] Exemplo 1.5 Sejam V = R e u 1 = (1; 0; 0), u = (1; 1; 0), u = (0; 0; 1), u 4 = (1; 1; 1) vetores em V tais que V = [u 1 ; u ; u ; u 4 ]: Determine dentre esses vetores uma base de V.

1.5. BASES E DIMENSÃO 1 Solução. Para resolver esse problema devemos veri car se os vetores u 1 ; u ; u e u 4 são LI ou LD, isto é, veri car se a equação vetorial x 1 u 1 + x u + x u + x 4 u 4 = 0 tem solução nula ou não, onde 0 = (0; 0; 0) V. Mas isto é equivalente a determinar se o sistema homogêneo 8 >< >: x 1 + x + x 4 = 0 x + x 4 = 0 x + x 4 = 0 tem solução. É fácil veri car que S = f(0; c; c; c) : c Rg é o conjunto solução do sistema. Em particular, se c = 1, então (0; 1; 1; 1) é uma solução não-nula do sistema. Portanto, os vetores u 1, u, u e u 4 são LD e u 4 = 0u 1 + u + u : Assim, V = [u 1 ; u ; u ] e o conjunto = fu 1 ; u ; u g é uma base de V (prove isto!). Teorema 1. Seja V um espaço vetorial sobre R tal que V = [u 1 ; : : : ; u m ]: Então todo conjunto com mais de m vetores em V é LD. Assim, todo conjunto de vetores LI em V possui no máximo m vetores. Prova. Ver [1] Corolário 1. Seja V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R. Se fu 1 ; : : : ; u m g e fv 1 ; : : : ; v n g são duas bases quaisquer de V, então m = n. Prova. Como V = [u 1 ; : : : ; u m ] e fv 1 ; : : : ; v n g é um conjunto LI temos, pelo Teorema 1., que n m. Por outro lado, como V = [v 1 ; : : : ; v n ] e fu 1 ; : : : ; u m g é um conjunto LI temos, pelo Teorema 1., que m n. Portanto, m = n. Seja V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R. A dimensão de V é o número de elementos em alguma base de V e será denotada por dim V ou dim R V. Note, pelo Corolário 1., que essa de nição não depende da base de V, isto é, está bem de nida. Quando V = f0g, convencionamos que dim V = 0. Sejam V um espaço vetorial sobre R e = fu 1 ; : : : ; u n g um subconjunto qualquer de vetores de V. O posto de é de nido por posto() = dim[]:

14 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Lema 1.8 Seja V um espaço vetorial sobre R. Seja fu 1 ; : : : ; u m g um subconjunto LI em V. Então u V [u 1 ; : : : ; u m ] se, e somente se, fu 1 ; : : : ; u m ; ug é um conjunto LI. Prova. Sejam x 1 ; : : : ; x m ; y escalares em R tais que x 1 u 1 + + x m u m + yu = 0. Então y = 0, pois se y = 0, então u = ( x 1 y )u 1 + + ( x m y )u m ) u [u 1 ; : : : ; u m ]; o que é impossível. Assim, y = 0 e x 1 u 1 + + x m u m = 0. Logo, por hipótese, x 1 = = x m = 0. Portanto, fu 1 ; : : : ; u m ; ug é um conjunto LI. Teorema 1.9 Sejam V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R e W um subespaço de V. Então todo conjunto de vetores LI em W é parte de uma base de W (ou seja, pode ser completado até formar uma base de V ). Prova. Seja fu 1 ; : : : ; u m g um conjunto de vetores LI em W. Se W = [u 1 ; : : : ; u m ]; acabou. Caso contrário, existe pelo Lema 1.8 u m+1 W [u 1 ; : : : ; u m ] tal que fu 1 ; : : : ; u m ; u m+1 g é LI em W. Se W = [u 1 ; : : : ; u m ; u m+1 ]; acabou. Caso contrário, existe pelo Lema 1.8 u m+ W [u 1 ; : : : ; u m ; u m+1 ] tal que fu 1 ; : : : ; u m ; u m+1 ; u m+ g é LI em W. Continuando dessa maneira (em no máximo dim V conjunto fu 1 ; : : : ; u m ; u m+1 ; u m+ ; : : : ; u n g; que é uma base de W. 1 etapas), obtemos o Corolário 1.40 Seja V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R. Se W é um subespaço próprio de V, então dim W < dim V. Além disso, se dim V = n, então todo conjunto com n vetores LI em V é uma base de V.

1.5. BASES E DIMENSÃO 15 Prova. Como W = f0g temos que existe u em W com u = 0. É claro que fug é um conjunto LI em W. Assim, pelo Teorema 1.9, existe uma base de W contendo u e no máximo dim V elementos. Logo, dim W dim V. Como W V temos que existe v V tal que v = W. Assim, acrescentando v a uma base de W, obtemos um conjunto LI para V. Portanto, dim W < dim V. Exemplo 1.41 Seja V = R. Veri que se os vetores (1; 1; 0) e (0; 1; 1) é parte de uma base de V. Solução. Para resolver esse problema devemos veri car se os vetores (1; 1; 0) e (0; 1; 1) são LI, isto é, resolver a equação vetorial x 1 (1; 1; 0) + x (0; 1; 1) = (0; 0; 0): Mas isto é equivalente a veri car se o sistema homogêneo 8 >< x 1 = 0 x 1 + x = 0 >: x = 0 tem solução. É fácil veri car que x 1 = x = 0. Logo, os vetores (1; 1; 0) e (0; 1; 1) são LI. Portanto, os vetores (1; 1; 0); (0; 1; 1) é parte de uma base de V. Agora, para determinar u = (b 1 ; b ; b ) V [(1; 1; 0); (0; 1; 1)]; devemos primeiro encontrar os vetores u = (b 1 ; b ; b ) tais que x 1 (1; 1; 0) + x (0; 1; 1) = u; isto é, resolver o sistema não-homogêneo 8 >< x 1 = b 1 x 1 + x = b : >: x = b Logo, o vetor u = (b 1 ; b ; b ) V é combinação linear dos vetores (1; 1; 0) e (0; 1; 1) se, e somente se, b = b 1 + b. Portanto, u = (b 1 ; b ; b ) V [(1; 1; 0); (0; 1; 1)], b = b 1 + b : Em particular, u = (1; 1; 1) V [(1; 1; 0); (0; 1; 1)]: Assim, os vetores (1; 1; 0), (0; 1; 1) e (1; 1; 1) são LI em V. Como dim V = temos que é uma base de V. f(1; 1; 0); (0; 1; 1); (1; 1; 1)g

1 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Teorema 1.4 Seja V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R. Se W 1 e W são subespaços de V, então dim(w 1 + W ) = dim W 1 + dim W dim(w 1 \ W ): Prova. Ver [1] Exemplo 1.4 Sejam V = R 4, W 1 = f(x; y; z; t) V : y + z + t = 0g e W = f(x; y; z; t) V : x + y = 0 e z t = 0g: subespaços de V. 1. Determine uma base de W 1 + W e dim(w 1 + W ).. V é soma direta de W 1 e W? Solução. Note que W 1 = f(x; y; z; t) V : y + z + t = 0g = f(x; y; z; y z) V : x; y; z Rg = f(x; 0; 0; 0) + (0; y; 0; y) + (0; 0; z; z) : x; y; z Rg = [(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 1)]: e dim W 1 =. De modo análogo, mostra-se que W = [(1; 1; 0; 0); (0; 0; ; 1)] e dim W =. Agora, para determinar uma base de W 1 +W, podemos escalonar a matriz 1 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 1 0 1 0 0 0 0 1 1!! 0 0 1 0 4 1 1 0 0 5 4 0 0 0 1 5 0 0 1 0 0 0 0 Portanto, o conjunto = f(1; 0; 0; 0); (0; 1; 0; 1); (0; 0; 1; 1); (1; 1; 0; 0)g é uma base de W 1 + W e dim(w 1 + W ) = 4. Assim, V = R 4 = W 1 + W, pois W 1 + W V. Como dim(w 1 \ W ) = dim W 1 + dim W dim(w 1 + W ) = + 4 = 1

1.5. BASES E DIMENSÃO 1 temos que V não é soma direta de W 1 e W. Note que, para determinar uma base de W 1 \ W basta resolver o sistema 8>< >: Assim, W 1 \ W = [(; ; ; 1)]. Exemplo 1.44 Sejam V = R, y + z + t = 0 x + y = 0 z t = 0 : W 1 = [(1; 0; 1); (0; 1; )] e W = [(1; ; ) ; (1; 1; 1)] : subespaços de V. 1. Determine uma base de W 1 \ W e a dim(w 1 \ W ).. V é soma direta de W 1 e W? Solução. É fácil veri car que dim W 1 = e dim W =. Agora, para determinar uma base para W 1 \ W, devemos primeiro determinar os vetores u = (x; y; z) em R que estão nos subespaços W 1 e W, isto é, escalonar as matrizes 1 0. x 1 1. x 4 0 1. y 5 e 4 1. y 5 : Assim, 4 e 4 1 0. x 0 1. y 1. z 1 1. x 1. y 1. z 1. z Logo, pelo item : das Observações??, 5!! 4 5!! 4 1. z 1 0. x 0 1. y 0 0. x y + z 1 0. 0 1. 0 0. x+y x y 5x y+z W 1 = f(x; y; z) V : x y + z = 0g e W = f(x; y; z) V : 5x y + z = 0g: Finalmente, basta resolver o sistema ( x y + z = 0 5x y + z = 0 : Assim, W 1 \ W = [(1; ; )] e dim(w 1 \ W ) = 1. Portanto, V não é soma direta de W 1 e W mas V = W 1 + W, pois 5 5 : dim(w 1 + W ) = + 1 = = dim V e W 1 + W V:

18 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS 1. Mudança de Bases Seja V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R. Uma base ordenada de V é uma seqüência nita de vetores LI que gera V e será denotada por (u 1 ; : : : ; u n ) ou fu 1 ; : : : ; u n g Se a seqüência u 1 ; : : : ; u n é uma base ordenada de V, então fu 1 ; : : : ; u n g é uma base de V. Observação 1.45 É importante destacar as principais diferenças entre seqüência e conjunto de vetores: a primeira é a ordem - no conjunto não importa a ordem dos elementos enquanto na seqüência a ordem é importante - no conjunto os elementos são todos distintos enquanto na seqüência todos podem ser iguais. Teorema 1.4 Sejam V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R e = fu 1 ; : : : ; u n g uma base ordenada de V. Então todo vetor u V pode ser escrito de modo único sob a forma: u = x 1 u 1 + + x n u n : Prova. (Existência) Como u V = [] temos que existem escalares x 1 ; : : : ; x n em R tais que u = x 1 u 1 + + x n u n : (Unicidade) Suponhamos, também, que u = y 1 u 1 + + y n u n : Então 0 = u u = (x 1 y 1 )u 1 + + (x n y n )u n : Como é LI temos que x i y i = 0, i = 1; : : : ; n. Portanto, x i = y i, i = 1; : : : ; n. Os escalares x 1 ; : : : ; x n são chamados as coordenadas (ou componentes) do vetor u em relação à base ordenada e será denotada por [u] = 4 x 1. x n 5 : chamaremos ainda u = (x 1 ; x ; ; x n ) de vetor componente de u em relação a base : Note que [u + v] = [u] + [v] e [au] = a[u] ; 8 u; v V; a R:

1.. MUDANÇA DE BASES 19 Exemplo 1.4 Ssabendo que = f(1; ; ); (0; 1; ); (0; 0; 1)g é uma base ordenada de V. Vamos determinar 1. A matriz-coordenada e o vetor-coordenada do vetor v = (5; 4; ):. O vetor v R cujo vetor coordenada em relação a é v = (; ; 4). Solução. Em sala! Exemplo 1.48 Sejam V = R e = f(1; 0; 1); (1; 1; 1); (1; 0; 0)g uma base ordenada de V. Determine [(a; b; c)]. Solução. Para resolver esse problema devemos encontrar x 1 ; x ; x R tais que (a; b; c) = x 1 (1; 0; 1) + x (1; 1; 1) + x (1; 0; 0); isto é, resolver o sistema não-homogêneo 8 >< x 1 + x + x = a x = b >: x 1 + x = c : É fácil veri car que x 1 = b c, x = b e x = a b + c. Portanto, b c [(a; b; c)] = 4 b 5 : a b + c Sejam V um espaço vetorial de dimensão nita sobre R, = fu 1 ; : : : ; u n g e 0 = fv 1 ; : : : ; v n g duas bases ordenadas de V. Então, pelo Teorema 1.4, todo vetor u V pode ser escrito de modo único sob a forma ( u = x 1 u 1 + + x n u n u = y 1 v 1 + + y n v n : (1.) Assim, [u] = 4 x 1. 5 e [u] 0 = 4 y 1. 5 : x n y n

0 CAPÍTULO 1. ESPAÇOS VETORIAIS Como v j V, para cada j = 1; ; : : : ; n, temos que existem únicos a ij R tais que P v 1 = a 11 u 1 + + a n1 u n = n a i1 u i i=1........... v n = a 1n u 1 + + a nn u n = P n a in u i : i=1 (1.4) Logo, pela Equação (1.), temos que u = y 1 v 1 + + y n v n = nx nx y j ( a ij u i ) = j=1 i=1 j=1 i=1 nx nx ( a ij y j )u i : Assim, pela unicidade das coordenadas, temos que x 1 = a 11 y 1 + + a 1n y n......... x n = a n1 y 1 + + a nn y n : Em forma matricial 4 x 1. 5 = 4 a 11 a 1n..... 5 4 y 1. 5 : Fazendo x n [I] 0 = 4 a n1 a nn a 11 a 1n..... 5 ; y n obtemos a n1 a nn [u] = [I] 0 [u] 0 : A matriz [I] 0 é chamada a matriz de mudança de base da base 0 para a base. Comparando [I] 0 com a equação (1.4), notamos que essa matriz é obtida colocando as coordenadas em relação à base de v j na j-ésima coluna. Observação 1.49 A matriz [I] 0 é invertível, pois para cada i = 1; ; : : : ; n, temos que v i = a i1 u 1 + a i u + + a in u n = nx a ij u j (1.5) j=1 e para cada j = 1; ; : : : ; n, temos que u j = b j1 v 1 + b j v + + b jn v n = nx b jk v k : (1.) k=1

1.. MUDANÇA DE BASES 1 Fazendo A = [a ij ] e B = [b jk ], temos que [I] 0 = At e [I] 0 = Bt. Substituindo a equação (1:) na equação (1:5), temos que v i = nx j=1 a ij! nx b jk v k = k=1 nx k=1! nx a ij b jk v k : j=1 Como fv 1 ; : : : ; v n g é uma base de V temos que nx a ij b jk = ik ) AB = I n : j=1 Portanto, [I] 0 [I]0 = Bt A t = (AB) t = (I n ) t = I n ) [I] 0 = ([I]0 ) 1 : Exemplo 1.50 Sejam V = R, = f(; de V. Determine [(5; 8)] : 1); (; 4)g e 0 = fe 1 ; e g duas bases ordenadas Exemplo 1.51 Sejam V = R, = f(1; ); (; )g e 0 duas bases ordenadas de V. A matriz de mudança de base da base para a base 0 é " # [I] 1 1 = : 0 1 1 Determine a base 0. Solução. Em Sala! Bibliogra a [1] ANDRADE, L. N. de, Introdução à Álgébrica Linear, Ed. UFPB 00. [4] BOLDRINI, J. L. et al, Álgebra Linear, : a Edição, Ed. Harbra Ltda, 198.