Álgebra Linear I. Notas de Aula 1. Alex Farah Pereira de Junho de 2017

Álgebra Linear I Notas de Aula 1 Alex Farah Pereira 2 3 11 de Junho de 2017 1 Turma de Matemática. 2 Departamento de Análise-IME-UFF 3 http://alexfarah.weebly.com

ii

Conteúdo 1 Espaços Vetoriais 1 1.1 Corpos............................... 1 1.2 Espaços Vetoriais......................... 2 1.3 O Espaço das Matrizes...................... 4 1.4 Subespaços Vetoriais....................... 12 1.5 Sistemas Lineares......................... 14 2 Base e Dimensão de um Espaço Vetorial 21 2.1 Combinação Linear........................ 21 2.2 Dependência Linear....................... 24 2.3 Base e Dimensão......................... 26 2.4 Espaço-Linha, Espaço-Coluna e Espaço-Nulo......... 32 2.5 Bases Ordenadas......................... 37 3 Transformações Lineares 45 3.1 Definição............................. 45 3.2 Núcleo e Imagem......................... 48 3.3 Isomorfismos........................... 52 3.4 O Espaço das Transformações Lineares............. 58 iii

iv CONTEÚDO

1 Espaços Vetoriais 1.1 Corpos Um corpo K é um conjunto não-vazio munido de duas operações, + e., satisfazendo as seguintes propriedades: i) a + b = b + a, a, b K; ii) a + (b + c) = (a + b) + c, a, b, c K; iii) existe um único elemento 0 K tal que a + 0 = a, a K; iv) para todo a K, existe (único) elemento a K tal que a+( a) = 0; v) a.(b.c) = (a.b).c, a, b, c K; vi) a.(b + c) = a.b + a.c e (b + c).a = b.a + c.a, a, b, c K; vii) a.b = b.a a, b K; viii) existe um único 1 K, 1 0 tal que a.1 = a, a K; ix) para todo a K, a 0, existe (único) elemento a 1 K tal que a.a 1 = 1. Exemplo 1.1.1. (N, +,.) e (Z, +,.) não são corpos. Exemplo 1.1.2. (Q, +,.), (R, +,.) e (C, +,.) são corpos. Exemplo 1.1.3. Em Q[ 2] = {a + b 2 ; a, b Q} definimos as operações { (a + b 2) + (c + d 2) = (a + c) + (b + d) 2; (a + b 2).(c + d 2) = (ac + 2bd) + (ad + bc) 2 para todos a, b, c, d Q. Então (Q[ 2], +,.) é um corpo. Mais geralmente, Q[ p] é um corpo para todo número primo p N.

2 1. ESPAÇOS VETORIAIS 1.2 Espaços Vetoriais Seja K um corpo. Dizemos que um conjunto não-vazio V é um espaço vetorial sobre (o corpo) K quando existem duas operações, chamadas de soma e multiplicação por escalar, associadas da seguinte maneira + : V V V. : K V V (u, v) u + v (α, v) α.v satisfazendo as seguintes propriedades: (SI) u + (v + w) = (u + v) + w, u, v, w V ; (SII) u + v = v + u, u, v V ; (SIII) existe um elemento O V V tal que v + 0 V = v, v, V ; (SIV) para todo elemento v V, existe u V tal que v + u = 0 V ; (MI) 1.v = v, v V ; (MII) α.(u + v) = α.u + α.v, u, v V, α K; (MIII) (α + β).v = α.v + β.v, v V, α, β K; (MIV) α(β.v) = (αβ).v = β(α.v), v V, α, β K. Neste caso, os elementos de V são chamados de vetores. Exemplo 1.2.1. Seja R n = {(x 1,..., x n ) ; x i R, i = 1,..., n} (n N fixo) munido das operações { (x1,..., x n ) + (y 1,..., y n ) = (x 1 + y 1,..., x n + y n ); α(x 1,..., x n ) = (αx 1,..., αx n ) para todos x i, y i R, i = 1,..., n e todo α R. Então R n é um espaço vetorial sobre R. Exemplo 1.2.2. Seja C = {a + bi ; a, b R} munido das operações { (a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i; α(a + bi) = (αa) + (αb)i para todos a, b, c, d R e todo α K. Então C é um espaço vetorial sobre K, onde K = R ou C.

1.2. ESPAÇOS VETORIAIS 3 Exemplo 1.2.3. Seja C n = {(z 1,..., z n ) ; z i C, i = 1,..., n} (n N fixo) munido das operações { (z1,..., z n ) + (w 1,..., w n ) = (z 1 + w 1,..., z n + w n ); α(z 1,..., z n ) = (αz 1,..., αz n ) para todos z i, w i C, i = 1,..., n e todo α C. Então C n é um espaço vetorial sobre C. Exemplo 1.2.4. Seja M m n (K) = {(a ij ) m n ; a ij K ; i = 1,..., m, j = 1,..., n} (K corpo fixo) munido das operacões { A + B = (aij + b ij ); αa = (αa ij ) para todos A = (a ij ), B = (b ij ) M m n (K) e todo α K. Então M m n (K) é um espaço vetorial sobre K. Exemplo 1.2.5. Seja F([a, b], R) o conjunto de todas as funções reais definidas no intervalo [a, b] (a < b) munido das operações { (f + g)(x) = f(x) + g(x), x [a, b]; (αf)(x) = αf(x), x [a, b] para todos f, g F([a, b], R) e α R. Então F([a, b], R) é um espaço vetorial sobre R. Exemplo 1.2.6. Seja P(K) o conjunto dos polinômios sobre o corpo K. Para p(x) = a 0 + a 1 x +... + a n x n e q(x) = b 0 + b 1 x +... + b m x m (m n) em P(K) e α K, definimos as operações { p(x) + q(x) = (a0 + b 0 ) + (a 1 + b 1 )x +... + (a m + b m )x m +... + a n x n ; αp(x) = (αa 0 ) + (αa 1 )x +... + (αa n )x n. Então P(K) é um espaço vetorial sobre K. Exemplo 1.2.7. Seja V = {x R ; x > 0} munido das operações { x + y = xy; αx = x α para todos x, y V e todo α R. Então V é um espaço vetorial sobre R. Exemplo 1.2.8. R 2 munido das oeprações { (x1, x 2 ) + (y 1 + y 2 ) = (x 1 + y 1, x 2 + y 2 ); α(x 1, x 2 ) = (αx 1, 0) para todos x = (x 1, x 2 ), y = (y 1, y 2 ) R 2 e α R, não é um espaço vetorial sobre R já que falha a propriedade (MI). De fato, tome v = (1, 2) para termos 1.v v.

4 1. ESPAÇOS VETORIAIS Observação 1.2.1. Num espaço vetorial V sobre K valem as seguintes afirmações: 1) O elemento neutro da soma é único, sendo denotado por 0. De fato, se existem dois elementos 0 e 0 satisfazendo (SIII), então pela propriedade (SII) segue que 0 = 0 + 0 = 0 + 0 = 0. 2) O elemento inverso da soma é único. Nesta caso, para todo v V, denotamos seu inverso por v. Com efeito, seja v V e suponhamos u e w são inverso da soma de v. Usando (SI), (SII) e (SIII) temos que u = u + 0 = u + (v + w) = (u + v) + w = (v + u) + w = 0 + w = w. 3) 0 K.v = 0 V, v V e α.0 V = 0 V, α K, onde 0 K e 0 V denotam os elementos neutros da soma de K e V, respectivamente. Para provarmos isto, note que pela propriedade (M III) temos 0 K.v = (0 K + 0 K ).v = 0 K.v + 0 K.v. Somando 0 K.v V, o elemento inverso de 0 K.v (que existe e é único por (SIV )), em ambos os lados e usando as propriedades (SI), (SIII) e (SIV ) obtemos 0 V = 0 K.v + 0 K.v = 0 V + 0 K.v = 0 K.v e daí 0 K.v = 0 V. Analogamente, prova-se que α.0 V = 0 V. 4) ( 1).v = v, v V (exercício). Isto nor permitir definir a seguinte notação: v w = v + ( w), v, w V. 5) Se α R e v V são tais que α.v = 0, então α = 0 ou v = 0 (exercício). 6) Se α, β R são tais que α β, então α.v β.v para todo v V, v 0 (exercício). 1.3 O Espaço das Matrizes Vimos que o conjunto M m n (R) munido das operações { A + B = (aij + b ij ) m n ; αa = (αa ij ) m n

1.3. O ESPAÇO DAS MATRIZES 5 para todos A = (a ij ), B = (b ij ) M m n (R) e todo α R, é um espaço vetorial sobre R. O elemento neutro da soma é dado pela matriz 0 = (0) m n e se A = (a ij ) m n, então o elemento inverso da soma de A é dado pela matriz A = ( a ij ) m n. M m n (R) é chamado o espaço das matrizes (reais) m n. Quando m = n, denotamos por M n (R) ao invés de M n n (R). Neste caso, A M n (R) é dita uma matriz quadrada de ordem n. Desta forma M n (R) é dito o espaço das matrizes (reais) quadradas de ordem n. Como M m n (R) é um espaço vetorial, isto nos permite a resolver equações do seguinte tipo: determine X M 2 3 (R) tal que 1 (X + A) = 3(X + (B A)) C 2 ( ) ( ) ( ) 1 0 1 0 0 2 3 2 0 onde A =, B = e C =. A definição 2 1 3 6 4 2 0 1 0 de espaço vetorial nos fazem pensar que manipulamos a equação matricial dada como uma equação com "números reais". Desta forma e, portanto, 1 2 (X + A) = 3(X + (B A)) C = X = 1 (7A 6B + 2C) 5 X = ( ) 13/5 4/5 1. 22/5 33/5 33/5 Agora, é possível definirmos um produto de matrizes e daí resolvermos equações da forma AX = B, onde A, B, X M n (R)? Vejamos que respondemos afrimativamente a esta pergunta. Sejam A = (a ij ) m n e B = (b jk ) n p. Para i = 1,..., m e k = 1,..., p, denotaremos a i ésima linha da matriz A por A (i) e a k ésima coluna da matriz B por B (k). Estabeleceremos a seguinte notação correspondente ao produto de linhas de A com colunas de B n A (i) B (k) = a i1 b 1k + a i2 b 2k +... + a in b nk = a ij b jk. (1.1) j=1 O produto de A por B é a matriz AB M m p (R) definido por A (1) B (1) A (1) B (2) A (1) B (p) A (2) B AB = (1) A (2) B (2) A (2) B (p).... (1.2) A (m) B (1) A (m) B (2) A (m) B (p) Note que o produto de matrizes não é um produto definido no conjunto M m n (R). Pode-se até definir o produto de A e B onde ambas matrizes são

6 1. ESPAÇOS VETORIAIS m n. Porém, poderá não satisfazer propriedades que estamos interessados. O produto nos gera a seguinte aplicação M m n (R) M n p (R) M m p (R) (A, B) AB chamada multiplicação de matrizes. Proposição 1.3.1. Valem as seguinte propriedades: (I) Se A M m n (R), B M n p (R) e C M p q (R), então A(BC) = (AB)C. (II) Se A M m n (R) e B, C M n p (R), então A(B + C) = AB + AC. (III) Se A, B M m n (R) e C M n p (R), então (A + B)C = AC + BC. Demonstração. (I) Sejam A = (a ij ) m n, B = (b jk ) n p e C = (c kr ) p q. O termo geral de A(BC) é dado por ( n p ) a ij b jk c kr. (1.3) j=1 k=1 Com efeito, temos que BC é a matriz n q dada por isto é, o termo geral de BC é B (1) C (1) B (1) C (q) BC =.., (1.4) B (n) C (1) B (n) C (q) B (j) C (r) = b j1 c 1r +... + b jp c pr = p b jk c kr. (1.5) para todo j = 1,..., m e r = 1,..., q. Logo, A(BC) é a matriz m q dada por A (1) (BC) (1) A (1) (BC) (q) A(BC) =... A (m) (BC) (1) A (m) (BC) (q) Por 1.4 e 1.5 segue que o termo geral de A(BC) é k=1 ( n p ) A (i) (BC) (r) = A (i) (B (j) C (r) ) = a ij b jk c kr j=1 k=1

1.3. O ESPAÇO DAS MATRIZES 7 para todo i = 1,..., m e r = 1,..., q, o que prova 1.3. Analogamente, o termo geral de (AB)C é dado por p n a ij b jk c kr. (1.6) k=1 j=1 Das propriedades de adição e multiplicação de números reais segue que 1.3=1.6. Portanto, A(BC) = (AB)C. (II) e (III) Exercícios! É importante observar que se A e B são matrizes onde o produto AB está definido, pode acontecer do produto BA não estar definido. Caso BA esteja definido, nem sempre AB = BA, isto é, o produto não é comutativo. Além disso, é possível obtermos AB = 0 mesmo com A 0 e B 0. Mais ainda, vale ressaltar que não vale a regra do cancelamento, isto é, se AB = AC com A 0, não é correto afirmar que B = C. 1 2 ( ) 7 1 Exemplo 1.3.1. Se A = 3 4 e B =, então 2 4 0 5 11 9 AB = 29 19. 10 20 Note que não é possível calcular BA. ( ) 1 5 3 3 1 Exemplo 1.3.2. Se A = e B = 2 3, então 0 1 3 1 2 ( ) 4 8 AB =. 5 9 Note que BA é uma matriz 3 3 e, portanto, AB BA. ( ) ( ) 5 1 3 2 Exemplo 1.3.3. Se A = e B =, então AB = 0, 10 2 15 10 enquanto que BA = ( 5 ) 1 25 5 e, portanto, AB BA. Observe que A 0 e B 0 mas AB = 0. ( ) ( ) ( ) 0 1 1 1 2 5 Exemplo 1.3.4. Para A =, B = e C = temos 0 2 3 4 3 4 ( ) 3 4 AB = AC =. 6 8 Observe que A 0 e AB = AC mas B C.

8 1. ESPAÇOS VETORIAIS Estudaremos agora o produto de matrizes em M n (R). Além das propriedades dadas pela Proposição 1.3.1, no espaço das matrizes quadradas de ordem n existe o elemento neutro (do produto) dado pela matriz 1 0 0 0 1 0 I n =....... 0 0 1 Isto é, a matriz I n M n (R) é a única matriz em M n (R) que satisfaz AI n = I n A = A, para toda A M n (R). A matriz I n é chamada de matriz identidade (de ordem n). Uma matriz A M n (R) é dita inversível quando existe uma matriz B M n (R) tal que AB = BA = I n. A matriz B, caso exista, é única (exercício). Assim, para toda A M n (R) inversível, denotaremos a inversa de A por A 1. Proposição 1.3.2. Sejam A, B M n (R) inversíveis e α R tal que α 0. Então (I) AB é inversível e (AB) 1 = B 1 A 1 ; (II) αa é inversível e (αa) 1 = 1 α A 1 ; (III) A 1 é inversível e (A 1 ) 1 = A. Demonstração. Exercício. Observação 1.3.1. Se A M n (R) tem uma linha (ou coluna) nula, então A não é inversível. Com efeito, suponhamos que a i ésima linha de A é nula, isto é, A (i) = (0 0). Se A fosse inversível, existiria uma matriz quadrada B de ordem n tal que AB = I n. De 1.1 segue que A (i) B (k) = 0 para todo k = 1,..., n. Portanto, a (AB) (i) é nula e, lembrando a fórmula do produto em (1.2), segue que AB I n. De um modo natural, definimos potências de matrizes. Seja A M n (R). Para m N, definimos A 0 = I n e A m = A } {{ A}. m vezes Segue da definição que para todos r, s N temos A r+s = A r A s e (A r ) s = A rs. (1.7)

1.3. O ESPAÇO DAS MATRIZES 9 Além disso, se A é inversível, então definimos A m = (A 1 ) m = A} 1 {{ A 1 }, m vezes para todo m N. Deste modo, A m é inversível e (A m ) 1 = (A 1 ) m para m = 0, 1, 2,. Além disso, a fórmula em (1.7) é valida para todos r, s Z. A definição do produto de matrizes (1.2) e a inversa de matrizes nos ajuda a resolver equações do tipo AX = B, onde A, B são matrizes de ordem n dadas e X é a matriz de ordem n que queremos determinar. Observe quando A é inversível, então X = A 1 B. Logo, nosso objetivo a partir de agora é encontrar, quando existe, a inversa de uma matriz. Daremos (e provaremos) um método para determinar a inversa de matrizes. Dada A M n (R), entendemos por operações elementares com as linhas de A, uma qualquer das seguintes alternativas: (1) Permutar duas linhas de A; (2) Multiplicar uma linha de A por um número não-nulo; (3) Somar a uma linha de A uma outra linha de A multiplicada por um número. Se uma matriz B puder ser obtida de A através de um número finito dessas operações, diz-se que B é equivalente a A e escreve-se B A. Temos que é uma relação de equivalência, isto é, se A, B, C M n (R), então (i) A A; (ii) A B B A; (iii) A B e B C A C. Ou seja, a relação de equivalência é reflexiva, simétrica e transitiva. Uma matriz elementar de ordem n é uma matriz E obtida de I n por meio de uma e uma só operação elementar. Proposição 1.3.3. Sejam E uma matriz elementar de ordem n e A M n (R). Se aplicarmos a A, a mesma operação elementar que transformou I n em E, então obtemos a matriz EA. Demonstração. Faremos a prova apenas para a operação elementar (3). Seja E uma matriz elementar. Logo, existem i, j = 1,..., n e α R tais que E (j) = I (j) n + αi n (i) e E (k) = I n (k) para k j. Como (EA) (r) = E (r) A, para r = 1,..., n, temos (EA) (j) = (I n (j) + αi n (i) )A = I n (j) A + α(i n (i) A) = A (j) + αa (i).

10 1. ESPAÇOS VETORIAIS Isto é, (EA) (j) = A (j) + αa (i). Analogamente, (EA) (k) = A (k), para k j. Portanto, as mesmas operações que transformam I n em E irão transformar A em EA. Os casos das operações elementares (1) e (2) ficam como exercício. Vamos usar a seguinte notação: - E(l i l j ) é a matriz elementar onde permutamos as linhas i e j a partir da matriz identidade; - para um número real α 0, a matriz E(αl i ) é a matriz elementar obtida da identidade multiplicando a i ésima linha por α; - E(l i + αl j ) é a matriz elementar obtida da identidade adicionando a i ésima linha um múltiplo real α da j ésima linha. Proposição 1.3.4. Toda matriz elementar de ordem n é inversível. Demonstração. Basta observar que a inversa de E(l i l j ) é ela prórpia, a inversa de E(αl i ) é E( 1 α l i) e a inversa de E(l i +αl j ) é E(l i αl j ) (exercício). Teorema 1.3.1. Uma matriz A M n (R) é inversível se, e somente se, I n A. Neste caso, a mesma sucessão de operações que transformam A em I n, transforma I n em A 1. Demonstração. Suponhamos que I n A, isto é, que I n é obtida de A através de um número finito de operações elementares. Pela Proposição 1.3.3, existem matrizes elementares E 1,..., E t tais que E t E t 1... E 1 A = I n. Como cada E 1,..., E t é inversível, pois são matrizes elementares, temos que A = E1 1 E2 1... Et 1 I n e, portanto, A é inversível, visto ser o produto de matrizes inversíveis. Além disso, como (Ei 1 ) 1 = E i, para todo i = 1,..., t e In 1 = I n, segue que A 1 = E t E t 1... E 1 I n o que prova a útlima afirmação do teorema. Reciprocamente, note que se B A, então B = P A, onde P é uma matriz inversível (na verdade, P é o produto de matizes elementares - exercício). Portanto, se B A, então A é inversível se, e somente se, B é

1.3. O ESPAÇO DAS MATRIZES 11 inversível. Agora, fazendo o escalonamento da matriz A por meio de operações elementares, vemos que B A, onde b 11 b 12 b 1n 0 b 22 b 2n....... 0 0 b nn Como A é inversível e B A, então B é inversível. Portanto, b ii 0, para todo i = 1,..., n. Mas B I n e daí I n A. 1 1 0 Exemplo 1.3.5. Verifiquemos se a matriz A = 0 1 1 é inversível. 1 0 2 Pelo Teorema 1.3.1, temos 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 L 1 0 2 0 0 1 3 =L 3 L 1 L 0 1 2 1 0 1 3 =L 2 +L 3 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 0 0 1 1 0 1 0 0 1 1 0 1 0 L 0 0 3 1 1 1 3 =L 3 /3 0 0 1 1 1 1 L 2 =L 2 L 3 3 3 3 1 1 0 1 0 0 1 2 0 1 0 3 3 1 1 0 0 2 3 2 1 3 3 1 2 3 0 1 0 0 0 1 1 1 1 L 1 =L 1 L2 3 3 1 3. 3 3 3 0 0 1 1 1 1 3 3 3 Portanto, a matriz A é inversível com inversa 2 A 1 3 2 1 3 3 1 2 = 3 3 1 3. 1 1 1 3 3 3 1 2 3 Exemplo 1.3.6. A matriz B = 2 5 3 é inversível. De fato, pelo 1 0 8 método apresentado, usando as operações elementares obtemos 1 2 3 1 0 0 1 0 0 40 16 9 2 5 3 0 1 0 0 1 0 13 5 3. 1 0 8 0 0 1 0 0 1 5 2 1 Logo, B é inversível e 40 16 9 B 1 = 13 5 3. 5 2 1

12 1. ESPAÇOS VETORIAIS Exemplo 1.3.7. A matriz C = 1 2 6 0 1 5 2 3 7 não é inversível. De fato: 1 2 6 1 0 0 1 2 6 1 0 0 0 1 5 0 1 0 0 1 5 0 1 0 L 2 3 7 0 0 1 3 =L 3 2L 1 L 0 1 5 2 0 1 3 =L 2 +L 3 1 2 6 1 0 0 0 1 5 0 1 0. 0 0 0 2 1 1 Isto mostra que C não é inversível já que I n não é equivalente a C. 1 6 4 Exemplo 1.3.8. A matriz D = 2 4 1 não é inversível pois I n não 1 2 5 é equivalente a D. 1.4 Subespaços Vetoriais Seja V é um espaço vetorial sobre K. Um subconjunto não vazio W de V é dito um subespaço vetorial de V quando W, munido das mesmas operações de V, é ele próprio um espaço vetorial sobre K. Equivalentemente, W é um subespaço vetorial de V se, e somente se, W e dados vetores w, w 1, w 2 W e α K temos w 1 + w 2 W e αw W. Primeiramente, observe que se W é um subespaço do espaço vetorial V, então 0 W. De fato, como W, tome w W. Como W é um subespaço de V temos então w = ( 1)w W e daí 0 = w + w W. Proposição 1.4.1. Seja V um espaço vetorial sobre K. Um subconjunto não-vazio W de V é um subespaço vetorial de W se, e somente se, 0 W e αw 1 + w 2 W para todos w 1, w 2 W e todo α K. Demonstração. Exercício. Salve indicação contrária, estaremos sempre considerando as operações usuais dos espaços já estudados na seção 1.2. Exemplo 1.4.1. Se V é um espaço vetorial sobre K, então {0} e V são subespaços vetoriais de V chamados subespaços triviais. Exemplo 1.4.2. O conjunto W = {(x, y, 0) ; x, y R} é um subespaço vetorial de R 3. Com efeito, é claro que (0, 0, 0) W. Agora, sejam w 1 = (x 1, y 1, 0) e w 2 = (x 2, y 2, 0) em W e α R. Então α.w 1 + w 2 = α(x 1, y 1, 0) + (x 2, y 2, 0) = (αx 1 + x 2, y 1 + y 2, 0) W o que prova nossa afirmação.

1.4. SUBESPAÇOS VETORIAIS 13 Exemplo 1.4.3. O conjunto W = {(x 1,..., x n ) ; a 1 x 1 +... + a n x n = 0} é um subespaço vetorial de R n. Exemplo 1.4.4. O conjunto C([a, b], R) das funções reais contínuas em [a, b] (a < b) é um subespaço vetorial de F([a, b], R). Exemplo 1.4.5. O conjunto P n (K) dos polinômios de grau menor ou igual a n (n N) sobre o corpo K é um subespaço vetorial de P(K). Exemplo 1.4.6. O conjunto W = {X M n 1 (R) ; AX = 0}, onde A M m n (R) é fixo, é um subespaço vetorial de M n 1 (R). De fato, é claro que 0 M n 1 (R) visto que A.0 = 0. Agora, se α R e B, C W, então pela distributividade do produto de matrizes temos Portanto αb + C W. A(αB + C) = α(ab) + (AC) = 0. Exemplo 1.4.7. O conjunto W = {(1+x 2, x 2,..., x n ) ; x i R, i = 2,..., n} não é um subespaço vetorial de R n pois 0 / R n. Exemplo 1.4.8. Seja W = {(x, y) ; x 0, y 0} não é um subespaço vetorial de R 2. Com efeito, tomando α = 1 e w 1 = (1, 1), w 2 = (0, 0) em W temos α.w 1 + w 2 = ( 1, 1) / W. Proposição 1.4.2. Sejam V um espaço vetorial sobre K e {W i } i I uma família de subespaços vetoriais de V. Então i I W I é um subespaço vetorial de V. Demonstração. Seja W = i I W I. Como para todo i I, cada W i é um subespaço vetorial, temos que 0 W i e, portanto, 0 W. Agora, fixados α K e w 1, w 2 W, então w 1, w 2 W i para todo i I. E usando novamente o fato de que todos W i são subespaços, temos que αw 1 +w 2 W i, para todo i I. Assim, αw 1 + w 2 W. Isto prova que W é um subespaço vetorial. Observação 1.4.1. A união de subespaços de um espaço vetorial pode não ser um subespaço vetorial. Por exemplo, W 1 = {(x, 0), ; x R} e W 2 = {(0, y) ; y R} são subespaços de R 2 mas W 1 W 2 = {(x, y) ; x = 0 ou y = 0} não é um subespaço de R 2 pois e (2, 0) W 1 e (0, 3) W 2. (2, 0) + (0, 3) = (2, 3) / W 1 W 2

14 1. ESPAÇOS VETORIAIS Devido a proposição anterior, dado um subconjunto não-vazio X de um espaço vetorial V sobre K, podemos encontrar o "menor"subespaço de V que contém X. Este subespaço é chamado de subespaço gerado por X. Ou seja, chamamos de subespaço gerado por X à interseção de todos os subspaços vetoriais de V que contém X. Notação: Convenção: [ ] = {0}. S(X) = {W ; W subespaço de V e X W }. Proposição 1.4.3. Seja V um espaço vetorial sobre K. Se W 1 e W 2 são subespaços de V, então o conjunto é um subespaço vetorial de V. W 1 + W 2 = {w 1 + w 2 ; w 1 W 1, w 2 W 2 } Demonstração. Note que 0 W 1 W 2 pois W 1 e W 2 são subespaços de modo que 0 = 0 + 0 W 1 + W 2. Agora, sejam α K, v 1, w 1 W 1 e v 2, w 2 W 2. Então v = v 1 + v 2 e w = w 1 + w 2 estão em W 1 + W 2 e assim αv + w = (αv 1 + w 1 ) + (αv 2 + w 2 ) W 1 + W 2 pois αv 1 + w 1 W 1 e αv 2 + w 2 W 2. Portanto, W 1 + W 2 é um subespaço de V. 1.5 Sistemas Lineares Um sistema linear de m equações com n incógnitas (m, n 1) é um conjunto de m equações lineares, cada uma delas com n incógnitas, consideradas simultaneamente. Um sistema linear se apresenta do seguinte modo S : a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2 a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = b m Uma solução do sistema S é uma n upla (s 1,..., s n ) R n, que é solução de cada uma das equações de S. O conjunto de todas as soluções de um sistema linear é chamado de solução geral e é um subconjunto de R n. Dizemos que um sistema linear S é - incompatível quando não admite nenhuma solução; - compatível determinado quando admite uma única solução; - compatível indeterminado quando admite mais do que uma solução.

1.5. SISTEMAS LINEARES 15 É possível provar que: todo sistema linear tem ou nenuma solução, ou exatamente uma solução, ou uma infinidade de soluções. Note que todo sistema linear S pode ser representado através de um produto matricial, isto é, S é a equação matricial AX = B onde x a 11 a 12 a 1 1n x 2 A =..., X =., e B = a m1 a m2 a mn x n b 1. b m. A matriz A é chamada matriz dos coeficientes de S. A matriz aumentada do sistema é definida pela matriz a 11 a 12 a 1n b 1..... (1.8) a m1 a m2 a mn b m Assim, resolver o sistema S é equivalente a resolvermos a equação matricial AX = B. Quando m = n, se A for inversível, então a equação tem uma única solução dada por X = A 1 B. Agora, se m n, note que a matriz aumentada do sistema é equivalente a uma matriz escalonada usando as operações elementares, obtendo assim um sistema escalonado S. Ou seja, um sistema cuja matriz dos coeficientes é da forma c 11 c 12 c 1n 0 c 22 c 2n... 0 c pp c pn 0 0 0.. 0 0 0 onde c ii 0 para todo i = 1,..., p (1 p m). Sendo este último sistema mais fácil de encontrarmos sua solução. Afirmamos que S e S tem a mesma solução geral. Em particular, S é incompatível se, e somente se, S é incompatível. Com efeito, seja S um sistema linear com matriz aumentada C dada por (1.8).

16 1. ESPAÇOS VETORIAIS (1) Aplicando a operação elementar (1): trocando a linha i pela linha j a 11 a 1n b 1 a 11 a 1n b 1...... a i1 a in b i a j1 a jn b j... L i L... j a j1 a jn b j a i1 a in b i...... a m1 a mn b m a m1 a mn b m obtemos o sistema S : a 11 x 1 + + a 1n x n = b 1 a j1 x 1 + + a jn x n = b j a i1 x 1 + + a in x n = b i a m1 x 1 + + a mn x n = b m e, claramente, S e S têm a mesma solução (quando existe!). (2) Aplicando a operação elementar (2): multiplicando a linha i por um número α 0 a 11 a 1n b 1 a 11 a 1n b 1...... a i1 a in b i αa L i =αl i i1 αa in αb i...... a m1 a mn b m a m1 a mn b m obtemos o sistema S : a 11 x 1 + + a 1n x n = b 1 αa i1 x 1 + + αa in x n = αb i a m1 x 1 + + a mn x n = b m. Agora (s 1,..., s n ) é solução de S significa que a j1 s 1 +... + a jn s n = b j, j i e αa i1 s 1 +... + αa in = αb i.

1.5. SISTEMAS LINEARES 17 Mas como α 0, temos que αa i1 s 1 +... + αa in = αb i a i1 s 1 +... + a in = b i e isto equivale a dizer que (s 1,..., s n ) é solução de S. (3) Aplicando a operação elementar (3): adicionando à linha j um múltiplo α da linha i a 11 a 1n b 1... C αa L j =αl i +L j i1 + a j1 αa in + a jn αb i + b j... a m1 a mn b m obtemos o sistema a 11 x 1 + + a 1n x n = b 1 S : (αa i1 + a j 1)x 1 + + (αa in + a jn )x n = αb i + b j a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = b m. Fica como exercício provar que (s 1,..., s n ) é solução de S se, e somente se, é solução de S. Ao provarmos nossa afirmação, fica claro que aplicar as operações elementares na matriz aumentada de um sistema é o mesmo que aplicar essas mesmas operações no próprio sistema. Então escalonar a matriz aumentada é o mesmo que escalonar o sistema. Exemplo 1.5.1. Vamos estudar o sistema x + y + 2z = 9 S : 2x + 4y 3z = 1 3x + 6y 5z = 0. Escalonando a matriz aumentada deste sistema 1 1 2 9 1 1 2 9 2 4 3 1 0 2 7 17 3 6 5 0 0 0 1 3 obtemos o sistema escalonado x + y + 2z = 9 S : 2y + 7z = 17 z = 3.

18 1. ESPAÇOS VETORIAIS Como S e S têm a mesma solução, {1, 2, 3} é a única solução de S. Exemplo 1.5.2. Procuremos a solução geral do sistema x y + z = 1 S : 2x y + z = 4. x 2y + 2z = 0 Usando escalonamento sobre a matriz aumentada deste sistema, encontramos a matriz 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 4 0 1 1 2 1 2 2 0 0 0 0 1 que determina o sistema escalonado x y + z = 1 S : y + z = 2. 0 = 1 Como S é incompatível, segue que S é incompatível. Exemplo 1.5.3. O sistema x 1 + 3x 2 2x 3 + 2x 5 = 0 2x S : 1 + 6x 2 5x 3 2x 4 + 4x 5 3x 6 = 1 5x 3 + 10x 4 + 15x 6 = 5 2x 1 + 6x 2 + 8x 4 + 4x 4 + 4x 5 + 18x 6 = 6 é compatível indeterminado. De fato, da matriz aumentada do sistema, usamos o escalonamento para obtermos a matriz aumentada 1 3 2 0 2 0 0 1 3 2 0 2 0 0 2 6 5 2 4 3 1 0 0 5 10 0 15 5 0 0 1 2 0 3 1 0 0 0 0 0 1 1/3 2 6 0 8 4 18 6 0 0 0 0 0 0 0 do sistema escalonado S : x 1 + 3x 2 2x 3 + 2x 5 = 0 x 3 + 2x 4 + 3x 6 = 1 x 6 = 1/3 e daí S = {( 3x 2 4x 4 2x 5, x 2, 2x 4, x 5, 1/3) ; x 2, x 4, x 5 R}. Há casos particulares que sistemas lineares são sempre compatíveis. É o caso de sistemas lineares homogêneos que são sistemas em que os termos constantes são todos zero. Eles possuem a seguinte forma: a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = 0 a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = 0 a m1 x 1 + a m2 x 2 + + a mn x n = 0

1.5. SISTEMAS LINEARES 19 Note que a n upla (0,..., 0) é uma solução do sistema homogêneo, chamada solução trivial; se há outras soluções, estas são chamadas não-triviais. Portanto, um sistema linear homogêneo é sempre compatível! Observe que o sistema escalonado é também um sistema linear homogêneo. Em particular, um sistema linear homogêneo com mais incógnitas que equações tem infinitas soluções (exercício!). A solução geral de um sistema linear homogêneo é um subespaço vetorial do R n (vide Exemplo 1.4.6).

20 1. ESPAÇOS VETORIAIS

2 Base e Dimensão de um Espaço Vetorial 2.1 Combinação Linear Seja V um espaço vetorial sobre K. Um vetor v V é dito uma combinação linear de v 1,..., v n, V quando existem α 1,..., α n K tais que n v = α 1 v 1 +... + α n v n = α i v i. i=1 Exemplo 2.1.1. Em R 2, o vetor (3, 7 3 ) é uma combinação linear dos vetores (2, 1) e ( 3, 1) visto que (3, 7 3 ) = 2(2, 1) + 1 ( 3, 1). 3 Exemplo 2.1.2. Em R 4, o vetor (3, 2, 3, 4) é uma combinação linear dos vetores (1, 0, 1, 0), (0, 1, 0, 2) e (0, 0, 1, 0) pois (3, 2, 3, 4) = 3(1, 0, 1, 0) 2(0, 1, 0, 2) + 0(0, 0, 1, 0). ( ) 1 1 Exemplo 2.1.3. Em M 2 (R), a matriz A = é uma combinação 3 0 ( ) ( ) ( ) 2 0 0 1 0 0 linear das matrizes v 1 =, v 0 0 2 = e v 1 0 3 =, já que 1 0 A = 1 2 v 1 + v 2 + 2v 3. Exemplo 2.1.4. Em P 3 (R), o polinômio p(x) = 2x 3 3x + 2 é uma combinação linear dos polinômios p 1 (x) = 1 + x 3 e p 2 (x) = x, de fato p(x) = 2q 1 (x) 3q 2 (x).

22 2. BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL Sejam V um espaço vetorial sobre K e X um subconjunto não-vazio de V. O conjunto de todas as combinações lineares de X é denotado por span(x), isto é, span(x) = {α 1 v 1 +... + α n v n ; v 1,..., v n X, α 1,..., α n K}. Quando X = {v 1,..., v n }, denotamos span(v 1,..., v n ) ao invés de span(x). Proposição 2.1.1. Sejam V um espaço vetorial sobre K e X um subconjunto não-vazio de V. Então span(x) é um subespaço vetorial de V e contém X. Demonstração. Como X, seja v X. Então v = 1.v span(x) de modo que X span(x). Além disso, 0 = 0.v span(x). Agora, dados λ K e v, w span(x), existem α 1,..., α n, β 1,..., β m em K e v 1,..., v n, w 1,..., w m em X tais que v = n i=1 α i v i e w = m j=1 β j w j. Daí λv + w = λ(α 1 v 1 +... + α n v n ) + (β 1 w 1 +... + β m v m ) = n m (λα i )v i + β j w j i=1 j=1 = γ 1 x 1 +... γ p x p span(x). Portanto, span(x) é um subespaço vetorial de V que contém X. Exemplo 2.1.5. Seja v R 3, v 0. Então [v] = {αv ; α R} é a reta em R 3 que passa pela origem. Exemplo 2.1.6. Sejam v 1 e v 2 vetores em R 3 não-nulos e não-colineares. Então [v 1, v 2 ] = {α 1 v 1 + α 2 v 2 ; α 1, α 2 R} é o plano em R 3 gerado por v 1 e v 2. Exemplo 2.1.7. Os vetores e 1 = (1, 0,..., 0), e 2 = (0, 1, 0,..., 0),..., e n = (0,..., 0, 1) geram o espaço R n. De fato, span(e 1,..., e n ) = {x 1 e 1 +... + x n e n ; x 1,..., x n R} = {(x 1,..., x n ) ; x 1,..., x n R} = R n. Então span(e 1,..., e n ) = R n. canônicos de R n. Os vetores e 1,..., e n são ditos os vetores Exemplo 2.1.8. Os polinômios p 0 (x) = 1 e p j (x) = x j para todo j = 1,..., n geram o espaço P n (K) dos polinômios sobre K de grau n. De fato, span(p 0,..., p n ) = {α 0 p 0 + α 1 p 1 +... + α n p n ; α 0,..., α n K} = {α 0 + α 1 x +... + α n x n ; x 1,..., x n K} = P n (K).

2.1. COMBINAÇÃO LINEAR 23 Então span(p 0,..., p n ) = P n (K). Os polinômios p 0,..., p n são ditos os polinômios canônicos de P n (K). Mais ainda, se X = {p j ; j = 0, 1,...}, então span(x) = P(K). ( ) ( ) ( ) 1 0 0 1 0 0 Exemplo 2.1.9. As matrizes E 11 =, E 0 0 12 =, E 0 0 21 = 1 0 ( ) 0 0 e E 22 = geram o espaço das matrizes das matrizes M 0 1 2 (R). De fato, span(e 11, E 12, E 21, E 22 ) = {ae 11 + be 12 + ce 21 + de 22 ; a, b, c, d R} ( ) a b = { ; a, b, c, d R} c d = M 2 (R). Então span(e 11, E 12, E 21, E 22 ) = M 2 (R). Mais geralmente, as matrizes E ij = (a rs ) onde a rs = 0 se r i ou s j e a rs = 1 caso contrário, para i = 1,..., m e j = 1,..., n, geram o espaço das matrizes M m n (R), isto é, span(e 11,..., E mn ) = M m n (R). As matrizes E 11,..., E mn são ditas as matrizes canônicas de M m n (R). Exemplo 2.1.10. Os vetores v 1 = (1, 1, 2), v 2 = (1, 0, 1) e v 3 = (2, 1, 3) não geram o espaço R 3. Isto é, span(v 1, v 2, v 3 ) R 3. Caso contrário, para todo b = (b 1, b 2, b 3 ) R 3, existiriam reais α 1, α 2 e α 3 tais que α 1 v 1 + α 2 v 2 + α 3 v 3 = b. Isto equivale a dizer que o sistema α 1 + α 2 + 2α 3 = b 1 α 1 + α 3 = b 2 2α 1 + α 2 + 3α 3 = b 3 é compatível para quaisquer b 1, b 2, b 3 reais. Mas pelo escalonamento da matriz aumentada do sistema temos 1 1 2 b 1 1 1 2 b 1 1 0 1 b 2 0 1 1 b 2 + b 3 2 1 3 b 3 0 0 0 b 1 + b 2 b 3 e se escolhemos b 1, b 2, b 3 tais que b 1 + b 2 b 3 0, obtemos que o sistema é incompatível. Note que v 3 = v 1 + v 2, de modo que span(v 1, v 2, v 3 ) = span(v 1, v 2 ) = {(x, y, x + y) ; x, y, R}. Proposição 2.1.2. Sejam V um espaço vetorial sobre K e X um subconjunto não-vazio de V. Então S(X) = span(x).

24 2. BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL Demonstração. Lembramos que S(X) = {W ; W subespaço de V e X W }. Como span(x) é um subespaço vetorial de V que contém X, temos que S(X) span(x). Reciprocamente, dado v span(x), então v = ni=1 α i v i para α 1,..., α n K e v 1,..., v n X. Mas X S(X) e daí v 1,..., v n S(X). Do fato de S(X) ser um subespaço vetorial, segue que v = n i=1 α i v i S(X). Portanto, span(x) S(X). Assim, S(X) = span(x). Proposição 2.1.3. Sejam V um subespaço vetorial sobre K e X 1, X 2 subconjuntos não-vazios de V. Valem as seguintes afirmações: (I) S(X 1 ) = S(S(X 1 )). (II) Se X 1 X 2, então S(X 1 ) S(X 2 ). (III) S(X 1 X 2 ) = S(X 1 ) + S(X 2 ). Demonstração. Exercício! 2.2 Dependência Linear Seja V um espaço vetorial sober K. Um subconjunto não-vazio X de V é dito linearmente dependente (LD) quando existem vetores distintos v 1,..., v n e escalares não todos nulos α 1,..., α n K tais que α 1 v 1 +... + α n v n = 0. (2.1) Se X não é linearmente dependente, dizemos que X é linearmente independente (LI). Equivalentemente, para quaisquer vetores w 1,..., w m X, a equação em K dada por β 1 w 1 +... + β m w m = 0, tem como única solução β 1 =... = β m = 0. Quando X é finito, digamos X = {u 1,..., u p }, dizer que o conjunto X é LD (ou LI) é dizer que os vetores u 1,..., u p são LD (ou LI). Os vetores canônicos dos exemplos 2.1.7, 2.1.8 e 2.1.9 são linearmente independentes (verifique!). Exemplo 2.2.1. Os vetores v 1 = (1, 1, 0), v 2 = (1, 4, 5) e v 3 = (3, 6, 5) em R 3 são LD. Para isso, devemos achar a solução geral da equação (2.1). Então x + y + 3z = 0 xv 1 + yv 2 + zv 3 = 0 x + 4y + 6z = 0 5y + 5z = 0 que tem como solução S = {( 2z, z, z) ; z R}. Em particular, 2(1, 1, 0) (1, 4, 5) + (3, 6, 5) = (0, 0, 0).

2.2. DEPENDÊNCIA LINEAR 25 Exemplo 2.2.2. Vejamos que os vetores v 1 = (1, 2, 3), v 2 = (1, 4, 9) e v 3 = (1, 8, 27) em R 3 são LI. Reescrevendo a equação (2.1), obtemos x + y + z = 0 xv 1 + yv 2 + zv 3 = 0 2x + 4y + 8z = 0 3x + 9y + 27z = 0 que tem como solução geral {(0, 0, 0)}. Exemplo 2.2.3. O conjunto {e x, e 2x } é LI no espaço C([a, b], R) (a < b). Com efeito, da equação (2.1) temos αe x + βe 2x = 0 x [a, b]. Em particular, para x = a e x = b, obtemos o seguinte sistema linear homogêneo { αe a + βe 2a = 0 αe b + βe 2b = 0 Mostra-se que este sistema linear tem como única solução α = β = 0, donde segue que o conjunto é LI. Observação 2.2.1. Seja V um espaço vetorial sobre K. 1) Todo subconjunto de V contendo o vetor nulo é LD. 2) Se v V é tal que v 0, então X = {v} é LI. 3) Se X V é LD, então um de seus vetores é combinação linear de outros vetores em X. De fato, se X V é LD, existem v 1,..., v n X e α 1,..., α n K não todos nulos tais que α 1 v 1 +... + α n v n = 0. Podemos supor, sem perda de generalidade, que α 1 0. α1 1 α 1 = 1. Daí Como K é um corpo, existe α 1 1 K tal que α 1 v 1 +... + α n v n = 0 v 1 = α 1 1 α 2v 2 +... α 1 1 α nv n, isto é, v 1 span(v 2,..., v n ). 4) Todo subconjunto de V contendo um subconjunto LD é LD. 5) Todo subconjunto de V contido num subconjunto LI é LI. 6) Se X = {v 1,..., v n } V e v j span(x \ {v j }), então span(x) = span(x \ {v j }). Com efeito, é claro que span(x \ {v j }) span(x). Por outro lado, se v span(x), então existem α 1,..., α n em K tais que v = α 1 v 1 +... + α j v j +... + α n v n (2.2)

26 2. BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL Por hipótese, v j span(x \ {v j }) de modo que existem β 1,..., β n K tais que v j = β 1 v 1 +... + β j 1 v j 1 + β j+1 v j+1 +... + β n v n. (2.3) Substituindo (2.3) em (2.2), obtemos j 1 v = (α k + α j β k )v k + k=1 n k=j+1 (α k + α j β k )v k span(x \ {v j }). Logo span(x) span(x \ {v j }). Portanto span(x) = span(x \ {v j }). 2.3 Base e Dimensão Sejam V um espaço vetorial sobre K. Um subconjunto não-vazio B de V é dito uma base de V quando satisfaz as seguintes condições i) B é linearmente independente; ii) B gera V, isto é, span(b) = V. Isto significa que todo vetor de V pode ser escrito de modo único como uma combinação linear de vetores em B. Exemplo 2.3.1. O conjunto dos vetores canônicos B = {e 1,..., e n } do exemplo 2.1.7 é uma base de R n denominado a base canônica de R n. Mais ainda, considerando C n espaço vetorial sobre C, temos que B é também uma base de C n. Exemplo 2.3.2. O conjunto {1, i} é uma base do espaço vetorial C sobre R. Por outro lado, {1} é uma base de C sobre C. Exemplo 2.3.3. O conjunto dos polinômios canônicos B = {p 0,..., p n } do exemplo 2.1.8 é uma base de P n (K) denominado a base canônica de P n (K). Mais geralmente, {p j ; j = 0, 1,...} é uma base de P(K). Exemplo 2.3.4. O conjunto das matrizes canônicas B = {E 11,..., E mn } do exemplo 2.1.9 é uma base de M m n (R) denominado a base canônica de M m n (R). Exemplo 2.3.5. Seja A M n (R) inversível. Então o conjunto B formado pelas colunas da matriz A, i.e., B = {A (1),..., A (n) }, é uma base para o espaço vetorial das matrizes colunas M n 1 (R). De fato, B é LI pois se α 1,..., α n R são tais que α 1 A (1) +... + α n A (n) = 0,

2.3. BASE E DIMENSÃO 27 então AX = 0 onde X = α 1. α n. Como A é inverísvel, segue que X = 0, donde α 1 =... = α n = 0. Agora, se Y M n 1 (R), seja A 1 Y = x 1.. Defina X = A 1 Y. Logo Y = AX e daí Y = x 1 A (1) +... + x n A (n). Ou seja, Y span(b). Isto é, span(b) = M n 1 (R). É possível provar que todo espaço vetorial possui uma base. Não faremos isso aqui nessas notas pois para a demonstração faz-se uso do chamado Axioma da Escolha, ao qual não veremos neste curso! Além disso, o próximo exemplo nos mostra a existência de mais de uma base para o mesmo espaço vetorial. Exemplo 2.3.6. Vejamos que o conjunto B = {(1, 2, 1), (2, 9, 0), (3, 3, 4)} é uma base de R 3. Primeiramente, vejamos que span(b) = R 3. Isto é, dado (b 1, b 2, b 3 ) R 3, devemos garantir que existem x, y, z R tais que x(1, 2, 1) + y(2, 9, 0) + z(3, 3, 4) = (b 1, b 2, b 3 ). Isto equivale a dizer que o sistema linear x n x + 2y + 3z = b 1 2x + 9y + 3z = b 2 x + 4z = b 3 (2.4) é compatível. Fazendo as contas, vemos que este sistema é compatível e determinado e, portanto, o conjunto B gera o espaço R 3. Para provar que esses vetores são LI, achar a solução da equação (2.1) é o mesmo que encontrar as soluções do sistema (2.4) no caso em que b 1 = b 2 = b 3 = 0 (sistema linear homogêneo). Como vimos, este sistema tem solução única (não importando a escolha de b 1, b 2 e b 3 ), de modo que x = y = z = 0 e isto mostra que B é LI. Assim, B é uma base de R 3. Nosso objetivo agora é provar que todas as bases de um espaço vetorial gerado por um número finito de vetores têm o mesmo número de elementos. Isso é consequência do seguinte Teorema 2.3.1. Seja V um espaço vetorial sobre K gerado por um conjunto finito de vetores v 1,..., v m em V. Então todo subconjunto LI de V é finito e contém no máximo m elementos. Demonstração. Basta provar que todo subconjunto de V com mais de m elementos é LD. Seja W = {u 1,..., u n } V com n > m. Suponhamos que α 1 u 1 +... + α n u n = 0 (2.5)

28 2. BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL onde α 1,..., α n K. Como V = span(v 1,..., v m ), existem β i1,..., β in K, i = 1,..., m tais que u j = β 1j v 1 +... + β m1 v m, (2.6) para todo j = 1,..., n. Substituindo 2.6 em 2.5 segue que (α 1 β 11 +... + α n β 1m )v 1 +... + (α 1 β m1 +... + α n β mn )v m = 0. É claro que a igualdade anterior se verifica quando cada um dos parênteses é igual a zero. Ou seja, quando α 1 β 11 +... + α n β 1n = 0 α 1 β m1 +... + α n β mn = 0 Este sistema linear homogêneo possui infinitas soluções pois m < n 1. Logo existem α 1,..., α n K não todos nulos que satisfazem 2.5. Portanto, {u 1,..., u n } é LD. Um espaço vetorial sobre K tem dimensão finita quando possui uma base finita. Um espaço vetorial sobre K que não tem dimensão finita (ou seja, que nenhuma base tem um número finito de elementos) são chamados de dimensão infinita. Neste curso não iremos trabalhar com espaços de dimensão infinta 2. Um exemplo clássico é o espaço dos polinômios P(K) sobre um corpo K. É possível mostrar que nenhum conjunto finito de elementos em P(K) é uma base de P(R). Corolário 2.3.1. Se V é um espaço vetorial sobre K de dimensão finita, então quaisquer duas bases de V tem o mesmo número de elementos. Demonstração. Sejam B 1 e B 2 duas bases de V com m e n elementos, respectivamente. Aplicando o teorema anterior, sabendo que V = span(b 1 ) e B 2 é LI, temos que n m. Por outro lado, V = span(b 2 ) e B 1 é LI, de modo que m n. Portanto, m = n. Seja V um espaço vetorial sobre K de dimensão finita. Definimos a dimensão de V como sendo o número de elementos de qualquer base de V. Notação: dim K V ou dim V (quando não houver dúvida quanto ao corpo K). Por definição, dim{0} = 0. Portanto, temos que dim R n = n, dim C C n = n, dim R C = 2, dim C C = 1, dim P n (K) = n + 1 e dim M m n (R) = mn. A partir de agora, usaremos apenas a palavra espaço vetorial ao invés de espaço vetorial sobre K. O corolário a seguir é consequência direta do Teorema anteior e da definicão de dimensão. 1 Toda a teoria de matrizes e sistema linear feita para números reais, pode ser feita para qualquer corpo. 2 O estudo dos espaços de dimensão infinita são feitos num curso de Análise Funcional..

2.3. BASE E DIMENSÃO 29 Corolário 2.3.2. Seja V um espaço vetorial tal que dim V = n. Então: (I) todo subconjunto com mais de n elementos é LD. (II) nenhum subconjunto com menos de n elementos pode gerar V. Lembrando que todo subespaço é um espaço vetorial, podemos também procurar por uma base e, consequentemente, a dimensão de qualquer subepaço. O que iremos provar agora é que a dimensão de um subespaço é sempre menor ou igual a dimensão do espaço vetorial. Para isso precisamos do seguinte Lema 2.3.1. Sejam V um espaço vetorial e X um subconjunto LI de V. Se v / span(x), então X {v} é LI. Demonstração. Sejam x 1,..., x n X e α 1,..., α n, β K tais que α 1 x 1 +... + α n x n + βv = 0. Se β 0, então existe β 1 K tal que β 1 β = 1. Da igualdade anterior temos v = ( β 1 α 1 )x 1 +... + ( β 1 α n )x n ou seja, v span(x), o que contraria a hipótese. Portanto, β = 0. Assim, α 1 x 1 +... + α n x n = 0 e como X é LI, temos que α 1 =... = α n = 0. Concluimos então que X {v} é LI. Teorema 2.3.2. Seja V um espaço vetorial de dimensão finita. Se W é um subespaço vetorial de V, então todo subconjunto LI de W é finito e é parte de uma base de W. Demonstração. Seja dim V = n. Suponhamos que X 0 é um subconjunto LI de W. Como todo subconjunto LI de W contendo X 0 é um subconjunto LI de V e dim V = n, então X 0 não contém mais do que n elementos. Agora estendemos X 0 a uma base de W. Se W = span(x 0 ), então X 0 é uma base de W. Caso contrário, existe w 1 W tal que w 1 / span(x 0 ). Pelo lema anterior, X 1 = X 0 {w 1 } é LI. Se W = span(x 1 ), então X 1 é uma base de W. Caso contrário, existe w 2 W tal que w 2 / span(x 1 ). Pelo lema anterior, X 2 = X 1 {w 2 } = X 0 {w1, w 2 } é LI. Continuando com este processo (não mais do que n passos), construímos um conjunto X 0 {w 1,..., w m } que é uma base de W. Corolário 2.3.3. Se W é um subespaço vetorial próprio de um espaço vetorial V de dimensão finita, então dim W < dim V.

30 2. BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL Demonstração. Se W = {0}, então dim W = 0 < dim V. Agora, supondo que existe w W tal que w 0, pelo teorema anterior, existe uma base de W contendo w com até dim V elementos. Portanto, W tem dimensão finita e dim W dim V. Como W é um subespaço próprio, existe v V tal que v / W. Sendo B uma base de W, temos que B {v} é um subconjunto LI de V. Portanto, dim W < dim V. Corolário 2.3.4. Em um espaço vetorial V de dimensão finita, todo subconjunto não-vazio LI é parte de uma base de V. Corolário 2.3.5. Seja A M n (R). Se os vetores A (1),..., A (n) (linhas de A), formam um subconjunto LI em R n, então A é inversível. Demonstração. Sejam v i = A (i), para todo i = 1,..., n, os vetores-linha de A. Então W = span(v 1,..., v n ) R n. Como {v 1,..., v n } é LI por hipótese, temos que dim W = n. Mas dim R n = n, donde segue que W = R n. Logo {v 1,..., v n } é uma base de R n. Daí existem α ij R, i, j = 1,..., n, tais que α i1 v 1 +... + α in v n = e i para todo i = 1,..., n onde e 1,..., e n são os vetores canônicos de R n. Tomando α 11 α 1n B =... α n1 α nn segue que BA = I n. Teorema 2.3.3. Seja V um espaço vetorial. Se W 1 e W 2 são subespaços de dimensão finita de V, então W 1 + W 2 tem dimensão finita e dim W 1 + dim W 2 = dim(w 1 W 2 ) + dim(w 1 + W 2 ). Demonstração. Suponhamos que dim W 1 = n e dim W 2 = m. Se n = 0 ou m = 0, então W 1 + W 2 = W 2 ou W 1 + W 2 = W 1 e W 1 W 2 = {0}. Assim, dim W 1 + dim W 2 = dim(w 1 W 2 ) + dim(w 1 + W 2 ). Suponhamos então n, m 1. Sejam B 1 = {v 1,..., v n } e B 2 = {u 1,..., u m } bases de W 1 e W 2, respectivamente. Vamos separar a prova em dois casos. 1 o caso: W 1 W 2 = {0}. Vejamos que o conjunto B 1 B 2 é uma base de W 1 W 2. Com efeito: - B 1 B 2 é LI. Sejam α 1,..., α n, β 1,..., β m K tais que α 1 v 1 +... + α n v n + β 1 u 1 +... + β m u m = 0.

2.3. BASE E DIMENSÃO 31 Daí, α 1 v 1 +... + α n v n = β 1 u 1... β m u m W 1 W 2. Como W 1 W 2 = {0}, segue que α 1 v 1 +... + α n v n = 0 e β 1 u 1 +... + β m u m = 0 donde temos α 1 =... = α n = β 1 =... = β m = 0. - span(b 1 B 2 ) = W 1 + W 2. Se w W 1 +W 2, então w = w 1 +w 2 onde w 1 W 1 e w 2 W 2. Assim, w = w 1 + w 2 span(b 1 ) + span(b 2 ) = span(b 1 B 2 ). Portanto, B 1 B 2 é uma base de W 1 + W 2 donde dim(w 1 + W 2 ) = n + m e daí dim W 1 + dim W 2 = n + m = dim(w 1 W 2 ) + dim(w 1 + W 2 ). 2 o caso: W 1 W 2 {0}. Neste caso, W 1 W 2 possui dimensão finita j, onde 1 j n, m. Seja {w 1,..., w j } uma base de W 1 W 2. Então existem w j+1,..., w n W 1 e w j+1,..., w m W 2 tais que B 1 = {w 1,..., w j, w j+1,..., w n } é uma base de W 1 e B 2 = {w 1,..., w j, w j+1,..., w m} é uma base de W 2. Vamos mostrar que o conjunto B = {w 1,..., w j, w j+1,..., w n, w j+1,..., w m} é uma base de W 1 + W 2. Com efeito: - B 1 B 2 é LI. Sejam α 1,..., α j, β 1,..., β n j, γ 1,..., γ m j K tais que α 1 w 1 +...+α j w j +β 1 w j+1 +...+β n j w n +γ 1 w j+1+...+γ m j w m = 0. Daí, α 1 w 1 +...+α j w j +β 1 w j+1 +...+β n j w n = (γ 1 w j+1+...+γ m j w m) e, portanto, γ 1 w j+1 +... + γ m jw m W 1 W 2. Assim, existem δ 1,..., δ j K tais que isto é γ 1 w j+1 +... + γ m j w m = δ 1 w 1 +... + δ j w j, δ 1 w 1 +... δ j w j + γ 1 w j+1 +... + γ m j w m = 0. Daí segue que δ 1 =... = δ j = γ 1 =... = γ m j = 0. Assim α 1 w 1 +... + α j w j + β 1 w j+1 +... + β n j w n = 0 e, portanto, α 1 =... = α n = β 1 =... = β n j = 0.

32 2. BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL - span(b 1 B 2 ) = W 1 + W 2. Se w W 1 +W 2, então w = w 1 +w 2 onde w 1 W 1 e w 2 W 2. Assim, w = w 1 + w 2 span(b 1 ) + span(b 2 ) = span(b 1 B 2 ). Portanto, B 1 B 2 é uma base de W 1 + W 2 donde dim(w 1 + W 2 ) = n + m j e daí dim(w 1 + W 2 ) = n + m j = dim W 1 + dim W 2 dim(w 1 W 2 ). 2.4 Espaço-Linha, Espaço-Coluna e Espaço-Nulo Seja A M m n (R). Os vetores A (1),..., A (m) em R n formados pelas linhas de A são chamados os vetores-linha de A; e os vetores A (1),..., A (n) em R m formados pelas colunas de A são chamados os vetores-coluna de A. A esses vetores associamos três espaços vetoriais: se A é uma matriz m n, então o subespaço de R n gerado pelos vetores-linha de A é chamado espaço-linha de A, sendo denotado por EL(A). O subespaço de R m gerado pelos vetores-coluna de A é chamado espaço-coluna de A, sendo denotado por EC(A). O espaço-solução do sistema linear homogêneo de equação AX = 0, que é um subespaço de R n, é chamado o espaço-nulo de A e será denotado por EN(A). Ou seja,. EL(A) = espaço-linha de A = span(a (1),..., A (m) ) R n ;. EC(A) = espaço-coluna de A = span(a (1),..., A (n) ) R m ;. EN(A) = espaço-nulo de A = {X ; AX = 0} R n. Proposição 2.4.1. Sejam A M m n (R), X M n 1 (R) e B M m 1 (R). O sistema AX = B é compatível se, e somente se, B EC(A). Demonstração. Seja X = (x j ) M n 1 (R). É fácil ver que AX = x 1 A (1) +... + x n A (n). Daí, AX = B se, e somente se, x 1 A (1) +... + x n A (n) = B. Portanto, AX = B é compatível se, e somente se, B EC(A). Teorema 2.4.1. Sejam A M m n (R), X M n 1 (R) e B M m 1 (R). Se X 0 denota uma solução particular do sistema linear compatível AX = B e se {v 1,..., v k } é uma base do espaço-nulo de A, então cada solução de AX = B pode ser escrita na forma X = X 0 + α 1 v 1 +... + α k v k (2.7) e, reciprocamente, para qualquer escolha de escalares α 1,..., α k, o vetor X da fórmula 2.7 é uma solução de AX = B.

2.4. ESPAÇO-LINHA, ESPAÇO-COLUNA E ESPAÇO-NULO 33 Demonstração. Sejam X 0 uma solução particular de AX = B e X uma solução arbitrária. Então AX 0 = B e AX = B. Daí A(X X 0 ) = AX AX 0 = 0 o que mostra que X X 0 é uma solução de AX = 0. Como {v 1,..., v k } é uma base do espaço-nulo de A, então existem α 1,..., α k R tais que isto é, X X 0 = α 1 v 1 +... + α k v k X = X 0 + α 1 v 1 +... + α k v k. Reciprocamente, um simples cálculo mostra que a fórmula em 2.7 é uma solução de AX = B. A fórmula 2.7 afirma que a solução geral de AX = B é a soma de uma solução particular qualquer de AX = B com a solução geral de AX = 0. Mais ainda, o conjunto solução de AX = B é a translação do subespaço EN(A). Por exemplo, considerando as matrizes 1 3 2 0 2 0 0 2 6 5 2 4 3 A = 0 0 5 10 0 15 B = 1 5 2 6 0 8 4 18 6 o sistema AX = B tem como solução geral S = {( 3r 4s 2t, r, 2s, s, t, 1/3) ; r, s, t R}. Tomando uma solução particular X p = (0, 0, 0, 0, 0, 1/3) temos (em forma matricial) 3 4 2 1 0 0 0 2 0 X = X p + r + s + t 0 1 0 0 0 1 } 0 0 {{ 0 } ( ) onde ( ) é solução geral do sistema linear homogêneo AX = 0 (faça os cálculos!). Os vetores v 1 = ( 3, 1, 0, 0, 0, 0), v 2 = ( 4, 0, 2, 1, 0, 0) e v 3 = ( 2, 0, 0, 0, 1, 0) formam uma base de EN(A) e, portanto, toda solução de AX = B é da forma X = X p + rv 1 + sv 2 + tv 3.

34 2. BASE E DIMENSÃO DE UM ESPAÇO VETORIAL Já vimos que efetuar uma operação elementar sobre uma matriz aumentada de um sistema não altera o conjunto-solução do correspondente sistema linear. Aplicando então uma operação elementar sobre linhas de A não muda o conjunto-solução do sistema linear correspondente AX = 0 ou, dito de outra forma, não altera o espaço-nulo de A. Assim, temos a Proposição 2.4.2. As operações elementares sobre linhas não alteram o espaço-nulo de uma matriz. Proposição 2.4.3. As operações elementares sobre linhas não alteram o espaço-linha de uma matriz. Demonstração. Sejam A, B M m n (R) onde B é obtida de A efetuando uma operação elementar sobre linhas. Mostraremos que span(a (1),..., A (m) ) = span(b (1),..., B (m) ). (1) Aplicando a operação elementar (1): trocando a linha i pela linha j, então B e A têm os mesmos vetores-linhas e, portanto, o mesmo espaço-linha. (2) Aplicando a operação elementar (2): multiplicando a linha i por um número α 0, então B tem as linhas A (1),..., αa (i),..., A (m). Dado v EL(B), existem β 1,..., β m R tais que v = β 1 A (1) +... + β i αa (i) +... + β m A (m) = δ 1 A (1) +... + δ i A (i) +... + δ m A (m) onde δ k = β k para todo k i e δ i = β i α. Portanto, v EL(A). Assim, EL(B) EL(A). Como A pode ser obtida de B efetuando o mesmo tipo de operação elementar (2) (multiplicando a linha i de A por 1 α ), então EL(A) EL(B). Portanto, EL(A) = EL(B). (3) Aplicando a operação elementar (3): adicionando à linha j um múltiplo α da linha i, então B tem as linhas B (k) = A (k) para todo k j e B (j) = αa (i) + A (j). Sem perda de generalidade, supomos i < j. Assim, dado v EL(B), existem β 1,..., β m R tais que v = β 1 A (1) +... + β j (αa (i) + A (j) ) +... + β m A (m) = δ 1 A (1) +... + δ i A (i) +... + δ j A (j) +... + δ m A (m) onde δ k = β k para todo k i e δ i = β j α + β j. Segue daí que v EL(A). Assim, EL(B) EL(A). Como A pode ser obtida de B efetuando o mesmo tipo de operação elementar (3) (adicionando à linha j um múltiplo α da linha i), então EL(A) EL(B). Então EL(A) = EL(B).