Algebra Linear II, Notas de estudo de Física

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Álgebra

Linear II

Dário Souza Rocha

Disney Douglas de Lima Oliveira

Domingos Anselmo Moura da Silva

Manaus 2007

º

Período

FICHA TÉCNICA

Governador Eduardo Braga Vice–Governador Omar Aziz Reitora Marilene Corrêa da Silva Freitas Vice–Reitor Carlos Eduardo S. Gonçalves Pró–Reitor de Planejamento Osail de Souza Medeiros Pró–Reitor de Administração Fares Franc Abinader Rodrigues Pró–Reitor de Extensão e Assuntos Comunitários Rogélio Casado Marinho Pró–Reitora de Ensino de Graduação Edinea Mascarenhas Dias Pró–Reitor de Pós–Graduação e Pesquisa José Luiz de Souza Pio Coordenador Geral do Curso de Matemática (Sistema Presencial Mediado) Carlos Alberto Farias Jennings Coordenador Pedagógico Luciano Balbino dos Santos NUPROM Núcleo de Produção de Material Coordenador Geral João Batista Gomes Editoração Eletrônica Helcio Ferreira Junior Revisão Técnico–gramatical João Batista Gomes

Rocha, Dário Souza. R672a Álgebra linear II / Dário Souza Rocha, Disney Douglas de Lima Oliveira, Domingos Anselmo Moura da Silva. - Manaus/AM: UEA,

2007. • (Licenciatura em Matemática. 4. Período)

101 p.: il. ; 29 cm. Inclui bibliografia.

1. Álgebra linear - Estudo e ensino. I. Oliveira, Disney Douglas de Lima. II. Silva, Domingos Anselmo Moura da. III. Série. IV. Título.

CDU (1997): 512. CDD (19.ed.): 512.

Dário Souza Rocha Licenciado e Bacharel em Matemática - UFAM Especialista em Matemática - UFAM

Disney Douglas de Lima Oliveira Licenciado e Bacharel em Matemática - UFAM Mestre em Matemática - UFAM Doutorando em Computação Gráfica - UFRJ

Domingos Anselmo Moura da Silva

Licenciado e Bacharel em Matemática - UFAM Mestre em Matemática - UFAM

PERFIL DOS AUTORES

UNIDADE I

Espaço e Subespaço Vetorial

ços vetoriais reais. Assim, quando dissermos que V é um espaço vetorial, deve ficar bem claro que V é um espaço vetorial sobre o con- junto IR dos números reais. Vamos agora, como exemplo, mostrar que o conjunto

,

Munidos das operações adição de matrizes e produto de um escalar por uma matriz respec- tivamente definidos por:

+:Mm x n(IR) x Mm x n(IR) → M m x n(IR)

(A,B) → A + B

• : IR x Mm x n(IR)^ →^ M^ m x n(IR)

(λ,B) → λ.B

Sendo A = (aij )m x n, B = (b ij )m x n ∈ M m x n(IR) e

λ∈IR temos que:

i) A + B = C = (cij )m x n, onde cij = aij + b (^) ij para

todo 1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n com m,n∈ *.

ii) λ.B = C = (cij )m x n, onde cij = λb ij para todo

1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n com m,n∈ *.

Exemplo 1 Mostre que o conjunto Mm x n(IR) definido aci- ma, com as operações de adição de matrizes e produto de um escalar por uma matriz, é um espaço vetorial real. Solução: Como foi definido acima, para todo par de ma-

trizes A = (aij )m x n, B = (bij )m x n ∈ M m x n(IR) e

λ∈IR temos que:

i) A + B = C = (cij )m x n, onde cij = aij + b (^) ij para

todo 1 ≤ j ≤ m e 1 ≤ j ≤ n com m,n∈ *.

ii) λ.B = C = (cij )m x n, onde cij = λb ij para todo

1 ≤ i ≤ m e 1 ≤ j ≤ n com m,n∈ *.

Basta mostrar que a terna (Mmxn(IR), +, • ) satifaz as seguintes propriedades, para to- dos u = (uij )m x n, v = (vij )m x n,

w = (wij )m x n ∈M m x n (IR) e λ, β∈IR.

i) u + (v + w) = (u + v) + w ii) u + v = v + u

iii) ∃θ∈V tal que u + θ = u (θ é chamado de

vetor nulo).

iv) para cada u ∈ V existe –u ∈ V tal que

u + (–u) = θ

v) (λ + β).u = λ.u + β.u

vi) λ .(u + v) = λ.u + λ.v

vii) (λ.β).u = λ(β.u)

viii) ∃1∈IR tal que 1.u = u

i) u + (v + w) = (u + v) + w u + (v + w) = (uij )mxn + ((vij )mxn + (wij )mxn) = = (uij )mx n + (vij + wij )mxn = (uij + (vij + wij ))mx n (u + v) + w = ((uij )mxn +(vij )mx (^) n) + (wij )mxn = = (uij +vij )mx n + (wij )mx n = ((uij + vij ) + wij )mxn = onde uij + (vij + wij ) = (uij + vij ) + wij

∀ uij , vij , wij ∈IR

portanto

u+(v +w) = (u + v) + w ∀u, v, w∈M m x n(IR)

ii) u + v = v + u u + v = (uij )m x n + (vij )m x n = (uij + vij )m x n v + u = (vij )m x n + (uij )m x n = (vij + uij )m x n onde

uij + vij = vij + uij ∀ uij , vij ∈IR

portanto u + v = v + u

iii) ∃θ∈V tal que u + θ = u (θ é chamado de

vetor nulo)

Seja θ = (θij )m x n ∈M m x n(IR) tal que θij = 0∀ 1

≤ i ≤ m e ∀ 1 ≤ j ≤ n, esta matriz é denomi-

nada de matriz nula .Sendo assim temos:

u + θ = (uij )m x n + (θij )m x n = (uij + θij )m x n

Sendo θij = 0∀ 1 ≤ i ≤ m e ∀ 1 ≤ j ≤ n, temos

que uij + θij = uij. De onde concluímos que

u + θ = u ∀u∈M m x n(IR)

iv) para cada u∈M m x n(IR) existe –u∈M m x n(IR),

tal que u + (–u) = θ

Dada a matriz u = (uij )m x n∈V, podemos

definir a matriz –1.u = –u∈M m x n(IR) pondo

–u = (–uij )m x n. Dessa forma, temos: u + (–u) = (uij )m x n + (–uij )m x n =

= (uij + (–uij ))m x n = θ

Pois uij + (–uij) = 0 ∀ 1 ≤ i ≤ m e ∀ 1 ≤ j ≤ m

v) (λ + β).u = λ.u + β.u

UEA – Licenciatura em Matemática

(λ + β).u = (λ + β).(uij )m x n = ((λ + β).uij )m x n

λ.u + β.u = λ(uij )m x n + β(uij )m x n =(λuij )m x n +

+ (βuij )m x n =(λuij + βuij )m x n

onde

(λ + β).uij = λuij + βuij ∀ 1 ≤ i ≤ m e ∀ 1 ≤ j ≤ n

portanto (λ + β).u = λ. u + β. u

vi) λ.(u + v) = λ.u + λ.v

λ.(u+v) = λ.((uij )m x n + (vij )m x n) = λ.(uij +vij)m x n

λ.(u+v) = λ.(uij + vij )m x n = (λ.(uij +vij ))m x n

λ.u + λ.v = λ.(uij )m x n + λ.(vij )m x n =

= (λuij )m x n +(λvij )m x n = (λuij + λvij )m x n

onde λ(uij + vij ) = λuij + λvij ∀ 1 ≤ i ≤ m e

∀ 1 ≤ j ≤ n

portanto λ(u + v) = λ.u + λ.v.

vii) (λ.β).u = λ(β.u)

(λ.β).u = (λ.β).(uij )m x n = ((λ.β).uij )m x n =

= (λ.(β.uij ))m x n = λ.(β.uij )m x n =

= λ.(β.(uij )m x n) = λ.(β.u)

viii)∃1∈IR tal que 1. u = u

1.u = 1.(uij )m x n = (1.uij )m x n = (uij )m x n = u Exemplo 2 Mostre que o conjunto de todas as funções

F = F(IR, IR) = { f : IR→IR, funções reais},

com as operações de adição de funções e produto de um escalar por uma função de- finidas abaixo, é um espaço vetorial real.

+: F x F → F

( f , g) → f + g : IR → IR

x → ( f + g)(x) = f (x) + g(x)

∀x∈IR

e

• : IR x F → F

(λ,g) → λ.g : IR → IR

x → (λ.g)(x) .=.λ.g(x)

∀x∈IR

Solução: De fato, vamos mostrar que a terna (F, +, • ) satifaz as seguintes propriedades a seguir

para todos u,v,w∈F e λ, β∈IR.

i) u + (v + w) = (u + v) + w ii) u + v = v + u

iii) ∃θ∈F tal que u + θ = u (θ é chamado de

vetor nulo)

iv) para cada u∈F existe –u∈F tal que u+(–u) = θ

v) (λ + β).u = λ.u + β.u

vi) λ.(u + v) = λ.u + λ.v

vii) (λ. β).u = λ.(β.u)

viii) ∃1∈IR tal que 1. u = u

i) u + (v + w) = (u + v) + w

Aplicando u + (v + w) em x ∈ IR temos que:

(u + (v + w))(x) = u(x) + (v + w)(x)= = u(x)+(v(x) + w(x)) = (u(x) + v(x)) +w(x) = = (u + v)(x) + w(x) = ((u + v) + w)(x) sendo

(u + (v + w))(x) = ((u + v) + w)(x) ∀x∈IR

temos que é válida a propriedade

u + (v + w) = (u + v) + w ∀u, v, w∈F

ii) u + v = v + u

Aplicando u + v em x ∈ IR, temos que:

(u+v)(x)= u(x) + v(x) = v(x)+u(x) = (v+u)(x) Sendo

(u + v)(x) = (v + u)(x) ∀x∈ , temos

u + v = v + u ∀u, v∈F.

iii) ∃θ∈F tal que u + θ = u (θ é chamado de

vetor nulo)

Tome θ∈F como sendo a aplicação nula , ou

seja θ : IR → IR; θ(x) = 0 ∀x∈IR. Logo, para

toda função u ∈ F tem-se

(u + θ)(x) = u(x) + θ(x) = u(x) + 0 = u(x)

∀x∈IR, sendo assim temos que u + θ = u.

iv) para cada u ∈ F existe –u ∈ F tal que

u + (–u) = θ

Para cada vamos^ definir

. Destas forma temos que:

(u+(–u))(x) = u(x) + (–u)(x)= u(x)+(–u(x)) = 0

∀x∈IR

Logo u + (–u) = θ para cada u ∈ F.

Álgebra Linear II – Espaço e Subespaço Vetorial

adição (a,b) + (x,y) = (a – x, b +y) e mutipli-

cação por um escalar λ(x,y) = (λx,y), ∀(a,b),

(x,y) ∈ IR^2 e ∀λ ∈ IR é um espaço vetorial real.

8. Verifique se o conjunto M2 x 2(IR) das matrizes de ordem 2, munido das operações adição

e mutiplicação

por um escalar ,

e ∀λ∈IR é um espa-

ço vetorial real.

TEMA 02

SUBESPAÇOS VETORIAIS

2.1 Subespaço vetorial Definição – Seja V um espaço vetorial, e S um subconjunto não vazio de V. Diremos que S é um subespaço vetorial de V se forem satisfei- tas as seguintes condições:

i) ∀u, v∈S tem-se u + v∈S.

ii) ∀u∈S e ∀λ∈IR tem-se λu∈S.

Exemplo 1

Seja V = IR^2 e S = {(x,2x); x∈IR} ⊂IR^2 uma reta

que passa pela origem dos espaços. Mostre que S é um subespaço vetorial de IR^2. Solução: Vamos verificar as condições (i) e (ii) da definição de subespaço vetorial.

i) ∀u, v∈S tem-se u + v∈S.

ii) ∀u∈S e ∀λ∈IR tem-se λu∈S.

i) Se u = (a, 2a) e v = (b,2b), temos que: u+v = (a,2a) + (b,2b) = (a + b, 2a + 2b) =

= (a + b, 2(a + b))∈S

ii) Se u = (a, 2a) e λ∈IR, temos que:

λu = λ(a, 2a) = (λa, λ(2a)) = (λa,(λ.2)a) =

= (λa,(2.λ)a) = (λa, 2(λa))∈S

Sendo satisfeitas as condições (i) e (ii), temos que o conjunto S é um subespaço vetorial do espaço vetorial IR^2. Esse subespaço vetorial representa geometri- camente uma reta que passa pela origem.

Exemplo 2 Mostre que o conjunto S = {(t, t + 1);

t∈IR}⊂IR^2 não é um subespaço de IR^2.

Álgebra Linear II – Espaço e Subespaço Vetorial

UEA – Licenciatura em Matemática

Solução: Basta mostrar que uma das condições dadas na definição não é satisfeita. Por exemplo:

i) ∀u,v∈S tem-se u + v∈S.

Sendo u = (a, a +1) e v = (b,b + 1), temos que u + v = (a, a + 1) + (b, b + 1) =

= (a + b, (a + b) + 2)∉S

Logo, S não é um subespaço vetorial de IR^2. Geometricamente, temos:

Exemplo 3 Seja S um subespaço vetorial do espaço veto-

rial V. Sendo θ é o vetor nulo de V, então θ∈S.

Solução: Sendo S subespaço vetorial de V, vamos fazer uso da condição (ii) da definição de sube-

spaço, que nos diz que ∀u∈S e ∀λ∈IR tem-se

λu∈S.

Fazendo λ = θ, teremos 0.u = θ∈S.

Observação: O exemplo 2 diz-nos que, se o subconjunto S não possui o vetor nulo do espaço vetorial, en- tão tal subconjunto não pode ser um subes- paço vetorial. Exemplo 4 Verifique se o subconjunto

S = {(a^2 + 1, b, 0); a, b∈IR} é um subespaço

vetorial do espaço vetorial V = IR^3. Solução: Uma condição necessária para que tal subcon- junto seja um subespaço é que ele possua o

vetor nulo do IR^3. Sendo assim, suponha que o vetor nulo pertença a S, logo teríamos:

O que gera um absurdo, pois a^2 + 1 ≠ 0 ∀a∉IR.

Donde concluímos que osubconjunto S = {(a^2

+ 1,b,0); a,b∈IR}, não pode ser um subespa-

ço vetorial do espaço vetorial IR^3. Exemplo 5

Seja V = IR^4 um espaço vetorial, e S⊂V, dada

por S = {(a,b,c,d)∈IR^4 ; a = b + d e c = 0}.

Mostre que tal conjunto, munido das opera- ções de adição e produto por um escalar definidas em V, é subespaço vetorial. Solução: Observe que podemos reescrever o sub- conjunto S, como sendo

S = {(b + d,b,0,d);b,d∈IR}

Vamos verificar as condições (i) e (ii) da defini- ção de subespaço vetorial.

i) ∀u = (b 1 +d 1 ,b 1 ,0,d 1 ), v = (b 2 +d 2 , b 2 , 0, d 2 )∈S

temos que: u + v = (b 1 +d 1 ,b 1 ,0,d 1 ) + (b 2 +d 2 , b 2 , 0, d 2 ) u + v = (b 1 +d 1 ) + (b 2 + d 2 ), b 1 + b 2 , 0, d 1 +d 2 )

u + v = ((b 1 +b 2 )+(d 1 +d 2 ),b 1 +b 2 ,0, d 1 +d 2 )∈S

ii) ∀u = (b+d, b, 0, d 1 )∈S e ∀λ∈IR, temos que:

λu = λ(b+d, b, 0, d) = (λ(b + d), λb, λ0, λd) =

= (λb + λd, λb, 0, λd)∈S

Portanto S é um subespaço vetorial de IR^4.

Exemplo 6 Seja V = Mnxn(IR) o espaço vetorial das matri-

zes quadradas de ordem n, e seja B∈M nxn(IR)

fixa. Mostre que o subconjunto

S={A∈M nxn(IR); A.B = 0} das matrizes que ao

multiplicar à esquerda de B é um subespaço vetorial. Solução: Vamos verificar as condições (i) e (ii) da de- finição de subespaço vetorial, as quais são:

i) ∀u, v∈S tem-se u + v∈S.

ii) ∀u∈S e ∀λ∈IR tem-se λu∈S.

i) ∀A 1 , A 2 ∈S temos que A 1. B = 0 e A 2. B =

0, dessa forma temos:

S 1 ,S 2 ,S 3 ,...,Sn do espaço vetorial V, ou seja,

. Sendo assim, temos que S é um

subespaço vetorial de V.

Demonstração:

i) Se u,v são elementos quaisquer de S, então

u, v∈Sk ∀k = 1,2,3,...,n. Logo teríamos que

u + v ∈Sk ∀k, emplicando que

Satisfaz-se, assim, a primeira condição.

ii) Para qualquer λ∈IR: se u é elemento quais-

quer de S, então u∈Sk ∀k = 1,2,3,...,n.

Logo teríamos que λu∈S k ∀k, emplicando

que.

Satisfaz-se, assim, a segunda condição.

Sendo assim, temos que é um

subespaço vetorial do espaço vetorial V.

Exemplo 8

V = IR^3 e S 1 ∩ S2 é a reta de interseção dos

planos S 1 e S 2 , onde S 1 e S 2 são subespaço vetoriais do IR 3.

Exemplo 9

Seja o espaço vetorial IR^4 e os subespaços S (^1)

= {(x,y,z,0); x,y,z∈IR} e

S 2 = {(0,b,c,d); b,c,d ∈ IR}. Determine a inter-

seção de S 1 com S 2.

Solução:

Seja (x,x 2 ,x 3 ,x 4 )∈S 1 ∩ S2 qualquer. Dessa forma,

teríamos:

(x,x 2 ,x 3 ,x 4 )∈S1 e (x,x 2 ,x 3 ,x 4 )∈S

⇒ x 1 = 0 e x 4 = 0

De onde concluímos que interseção de S 1 com S 2 , é dada por

S 1 ∩ S 2 ={(0,x 2 ,x 3 ,0); x 2 ,x 3 ∈IR}.

1. Sejam S = {(a,b,c,d); a + b = 0 e c – d = 0} e W = {(a,b,c,d); a – b – c + d = 0} subespaços vetoriais do espaço vetorial IR 4 ; determine

S∩W.

2. Sendo (^) e

subespa-

ços vetoriais do espaço vetorial das matrizes

M 2x2(IR), determine S∩W.

2.5 Teorema da soma de subespaços A soma dos n subespaços vetoriais S 1 , S 2 , S 3 ,...,Sn do espaço vetorial V é um subespaço vetorial do espaço vetorial V. Seja,

onde s k∈Sk. Te-

mos que S é um subespaço vetorial de V. Demonstração:

Seja onde s k∈Sk

para cada k = 1,2,3,...,n. Se u e v são elementos quaisquer de S, onde

, uk∈Sk e , vk∈Sk

∀k = 1,2,...n. Dessa forma, temos:

Se ∀uk ,vk∈Sk , temos que uk + vk∈Sk , pois, por

hipótese, Sk é subespaço vetorial ∀k = 1,2,...n.

Satisfaz-se, assim, a condição (i) da definição de subespaço vetorial.

Para qualquer λ∈IR e para todo com

u∈Sk ∀k = 1,2,3,...,n, temos:

Satisfaz-se, assim, a condição (ii) da definição de subespaço veetorial.

Exemplo 10

Sejam w 1 e w 2 dois subespaços do espaço ve- torial IR^3 , sendo W 1 e W 2 duas retas concor- rentes. Esboçe, geometricamente, a soma de W 1 com W 2.

Solução:

Sabemos, da geometria espacial, que duas re- tas concorrentes determinam um único plano, e esde plano pode ser determinado fazendo uso da Álgebra Linear da seguinte forma:

Os vetores diretores das retas são linearmente independentes, pois as retas são, por hipóte- se, concorrentes. Dessa forma, podemos de- terminar o vetor normal a esse plano fazendo uso do produto vetorial entre os vetores dire- tores da retas, determinando, assim, a equa- ção normal do plano que passa pela origem.

Sendo assim, temos que a soma dos dois su- bespaços é um plano que passa pela origem e que contém as retas.

Geometricamente, temos:

Exemplo 11

Sejam S 1 e S 2 subespaços vetoriais do espaço vetorial das matrizis reais de dimensão 2, defi- nidas por:

e

Mostre que S 1 + S 2 = M2x2(IR)

Solução:

Temos que S 1 + S 2 = {u + v | u∈S1 e v∈S 2 }.

Logo

1. Sejam S = {(a,b,c,d); a + b = 0 e c – d = 0} e W = {(a,b,c,d); a – b – c + d = 0} subesapaços vetoriais do espaço vetorial IR 4 ; determine S + W.
2. Sendo

e subes-

paços vetoriais do espaço vetorial das matrizes M (^) 2x2(IR), determine S + W.

3. Sejam (^) o

espaço vetorial das funções polinomiais de grau

≤ n, munido das operações usuais de adição e

produto por um escalar, S e W definidos abaixo são subespaços vetoriais de F(IR, IR).

S = {f∈V; f(x) = f(–x) ∀x∈IR}

W = {f∈V; f(–x) = –f(x) ∀x∈IR}

Mostre que F(IR,IR) = S + W, ou seja, toda função f de F(IR, IR) pode ser escrita como a

soma de uma função g∈S com uma função

h∈W, isto é, f = g + h.

Álgebra Linear II – Espaço e Subespaço Vetorial

riais do espaço vetorial IR 4. Verifique se S ⊕ W = 4.

4. Sendo

e

subespa-ços vetoriais do espaço vetorial das matrizes M2x2(IR). Verifique se S ⊕ W = M2x2( ).

5. Sejam S ={(0,y,z); z,y∈ } e S⊥^ = {(x,0,0); x∈ }

dois subconjunto do 3. Mostre que S e S⊥^ são subespaços vetoriais. Verifique ainda que S ⊕ S⊥^ = 3.

6. Sejam f : V → W uma função entre os espaços

vetoriais reais V e W, tal que f(x + y) = f(x) + f(y)

e f(βx) = βf(x) ∀x, y∈V e ∀β∈. Sendo f uma

função bijetiva, S 1 e S 2 subespaços vetoriais de V com S 1 ⊕ S 2 = V, verifique se f(S 1 ) ⊕ f(S 2 ) = W.

Álgebra Linear II – Espaço e Subespaço Vetorial

UNIDADE II

Combinação Linear, Vetores LI e LD.

Base de um Espaço vetoriaL

UEA – Licenciatura em Matemática

De fato se :

e (^) são elementos de W

quaisquer podemos ter

e

Sendo u + v∈W e λu∈W ∀u,v∈W e λ∈ , te-

mos que W é um subespaço espaço vetorial de V.

Exemplo 4: Seja V = 3 , v∈V e v ≠ θ. Desta

forma , temos que [v] = {x = λv|λ∈ } é uma

equação da reta que passa pela origem.

Exemplo 5: Seja V = IR^3 , u, v∈V e u ≠ λv ∀

λ∈IR. Desta forma , temos que [u,v] = {X =

λu + βv | λ, β∈IR} é uma equação de um

plano que passa pela origem.

Exemplo 6: Seja V = 3 , u,v w∈V e

u ≠ λv + βw ∀λ, β∈IR. Desta forma, temos

que [u,v,w] = {X = λu + βv + ϕw|λ, β, ϕ∈IR}

é o próprio IR 3.

Exemplo 7: Determine o subespaço gerado pelos vetores u = (–1,0) e v = (0,2) perten- cente ao 2. Solução: Temos que o subespaço gerado pelos vetores u = (–1,0) e v = (0,2) é dado por:

[u,v] = {w∈ 2 |w = au + bv, onde a e b∈IR}.

Sendo temos que: w = au + bv = a(–1,0) + b(0,2) = (–a,2b), de onde concluimos que todo vetor de 2 pode ser escrito como combinação linear dos veto- res u e v. Sendo assim temos que [u,v] = 2.

Exemplo 8: Sejam u = (1,0,1) e v = (0,–1,1) vetores do espaço vetorial 3 .Determine o subespaço gerado pelos vetores u e v. Solução:

Observe que u ≠ λv ∀ λ∈ , e fazendo uso

do exemplo 2 temos que [u,v] = {X = λu + βv

| λ, β∈IR} é a equação de um plano.

Sendo X = (x,y,z)∈[u,v] temos que:

(x,y,z) = λ(1,0,1) + β(0,–1,1)

(x,y,z) = (λ,0,λ) + (0,–β,β) = (λ, – β, λ + β)

x = λ, y = –β, z = λ + β ⇒ z = x – y ⇒ x – y – z = 0

[u,v] = {(x,y,z)∈IR^3 |x – y – z = 0}

Exemplo 9: Mostre que o conjunto A = {u,v,w} gera o 3 , sendo u = (1,1,0), v = (0,–1,1) e w = (2,0,–1). Solução:

Álgebra Linear II – Combinação Linear, Vetores LI e LD. Base de um Espaço Vetorial

Dizer que o 3 é gerado pelo conjunto A, seguinifica que todo vetor z = (x,y,z) de 3 se escrevem como combinação linear dos vetores u = (1,1,0), v = (0,–1,1) e w = (2,0,–1), isto é,

existem escalares a,b,c∈ tais que z = au +

bv + cw.

(x,y,z) = a(1,1,0) + b(0,–1,1) + c(2,0,–1)

(x,y,z) = (a,a,0) + (0,–b,b) + (2c,0,–c)

(x,y,z) = (a + 2c, a – b, b – c)

Tomando a equação (i) temos que a + 2c = x

⇒ a = x –2c(iv).

Substituindo a equação (iv) em (ii) temos:

x – 2c – b = y ⇒ –b – 2c = y – x

e

Substituindo o valor de c em (i), temos

. Desta forma podemos escre-

ver qualquer (x,y,z) de 3 como combinação linear dos vetores u = (1,1,0), v = (0,–1,1) e w = (2,0,–1).

Observação: Sendo V um espaço vetorial e A = {v 1 ,v 2 ,v 3 ,v 4 ,...,vn} um subconjunto finito de ‘V. Diremos que V é um espaço vetorial finita- mente gerado se, e somente se, V = G(A), isto é, o espaço vetorial V é gerado pelo subcon- junto A.

Exemplo 10: Temos que o 3 é um espaço vetorial finitamente gerado, pois existe um sub-

conjunto A ⊂ 3 tal que G(A) = 3.

Solução:

De fato , para todo (x,y,z)∈ 3 tem-se que:

(x,y,z) = x(1,0,0) + y(0,1,0) + z(0,0,1)}, logo tomando A = {(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)} temos que G(A) = 3.

Exemplo 11: Temos que o espaço vetorial M (^) 2x2( 3 ) é finitamente gerado, pois existe um

subconjunto A⊂M 2x2( 3 ) tal que M2x2( 3 ) =

G(A).

De fato , para toda matriz A∈M 2x2( 3 ) com

tem-se:

logo tomando

teremos

que M2x2( 3 ) = G(A).

1. Sejam V = M2x3 ( ) e

Determine G(A).

2. Seja V = 3 um espaço vetorial. Verifique se o

vetor (3,–4,1)∈[(1,–2,0),(0,1,1),(–1,3,0),(0,0,1)].

3. Verifique se o conjunto A = {u,v,w} gera o (^3) , sendo u = (1,–2,0), v = (0,–1,1).
4. Mostre que o 3 é um espaço vetorial finita- mente gerado.
5. Seja W um subconjunto de 3 definido por w = {(1,0,0),(0,0,–1),(1,0,1),(0,–2,0),(1,–1,2)}. a) Verifique se um dos vetores, digamos (1,–1,2)é a combinação linear dos demais vetores. b) Verifique se o subconjunto W gera o 3. c) Encontre um subconjunto A em W, tal que (^3) = G(A).