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algebra linear lista, Exercícios de Geometria Analítica e Álgebra Linear

exercicio de algebra linear para universitarios

Tipologia: Exercícios

2020

Compartilhado em 30/01/2020

silvia-pacheco-3
silvia-pacheco-3 🇧🇷

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Baixe algebra linear lista e outras Exercícios em PDF para Geometria Analítica e Álgebra Linear, somente na Docsity! 3 57 Livro: Introdução à Álgebra Linear Autores: Abramo Hefez Cecília de Souza Fernandez Capítulo 3: Espaços Vetoriais Sumário 1 Subespaços Vetoriais . . . . . . . . . . . . . . . . . 58 1.1 Caracterização dos Subespaços Vetoriais . . . . . . 58 1.2 Operações com Subespaços . . . . . . . . . . . . . 61 1.3 Subespaços Gerados . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 2 Dependência e Independência Linear . . . . . . . . 69 3 Bases e Dimensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.1 Bases . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75 3.2 Dimensão . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82 4 Espaço Linha de uma Matriz . . . . . . . . . . . . 86 58 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS Neste capítulo, desenvolveremos o conceito de espaço vetorial que intro- duzimos no Capítulo 1. Intimamente associadas à noção de espaço vetorial estão as noções de subespaço vetorial, de base e de dimensão, conceitos esses fundamentais que introduziremos neste capítulo e que nos permitirão enten- der melhor a estrututa desses espaços. A estrutura de espaço vetorial está presente em espaços importantes da Análise Matemática e da Geometria Di- ferencial, como os espaços de Banach e os espaços de Hilbert, que possuem muitas aplicações na Física moderna, entre outros. Neste texto enfatizaremos os espaços vetoriais sobre o corpo R dos nú- meros reais. Apesar do fato de muitos dos resultados que obteremos serem válidos no contexto mais geral dos espaços vetoriais sobre corpos abitrários, nos restringiremos aos espaços vetoriais reais. 1 Subespaços Vetoriais Na Subseção 1.3 do Capítulo 1, vimos que o conjunto solução Sh de um sistema de equações lineares homogêneo com n incógnitas forma um espaço vetorial contido no espaço Rn. Esta é uma situação típica da noção de subespaço de um espaço vetorial, que deniremos a seguir com maior generalidade. 1.1 Caracterização dos Subespaços Vetoriais Sejam V um espaço vetorial e W um subconjunto não vazio de V . Dize- mos que W é um subespaço vetorial de V , ou simplesmente um subespaço de V , se W , com as operações de adição em V e de multiplicação de vetores de V por escalares, é um espaço vetorial. Para mostrar que um subconjunto não vazio W de V é um subespaço de V é preciso inicialmente vericar se as operações de adição de vetores e de multiplicação de vetores por escalares em V estão denidas em W . Em seguida, seria necessário vericar as propriedades A1A4 e ME1ME4 da denição de espaço vetorial que demos na Subseção 1.2 do Capítulo 1. No 1. SUBESPAÇOS VETORIAIS 61 1.2 Operações com Subespaços Como, antes de mais nada, espaços vetoriais são conjuntos, é bastante natural perguntar-se se a união e a interseção de conjuntos preservam a propriedade de espaço vetorial. Dados U = {(x, y) ∈ R2 ; x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 ; x − y = 0}, subespaços de R2, o conjunto U ∪W não é um subespaço de R2. De fato, temos que u = (1, 1) ∈ U ∪W e w = (1,−1) ∈ U ∪W , mas u+w = (2, 0) /∈ U ∪W . Este exemplo mostra que a união de dois subespaços de um espaço vetorial V não é necessariamente um subespaço de V . A próxima proposição mostra que a interseção de subespaços é sempre um subespaço. Proposição 3.1.3. A interseção de dois subespaços de um espaço vetorial V é um subespaço de V . Demonstração Sejam U e W subespaços de V . Para vericarmos que U ∩W é também um subespaço de V , vamos fazer uso do Corolário 3.1.2 Para isto, primeiramente note que U ∩W é um subconjunto não vazio de V , pois 0 ∈ U e 0 ∈ W , já que ambos U e W são subespaços de V . Agora, tomemos a ∈ R e u, v ∈ U ∩ W . Como u, v ∈ U e u, v ∈ W , segue do Corolário 3.1.2 que u + av ∈ U e u + av ∈ W , ou seja, u + av ∈ U ∩W . Novamente, pelo Corolário 3.1.2, segue que U ∩W é um subespaço de V . Observemos que o principal problema quando consideramos a união de subespaços é que se tomamos um vetor em cada subespaço, a soma deles pode não pertencer à união. Seria, então, natural considerarmos o conjunto soma denido a seguir. Dados U e W subespaços de um espaço vetorial V , denimos a soma de U e W , denotada por U +W , como o conjunto U +W = {u+ w ; u ∈ U e w ∈ W}. Com isto, quando somamos um elemento de um subespaço com um elemento do outro, automaticamente, a soma destes elementos está na soma dos sub- espaços. 62 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS Como exemplo, consideremos U = {(x, y) ∈ R2 ; x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 ; x − y = 0}. Temos que U +W = R2, e, consequentemente, U +W é um subespaço de R2. De fato, se (x, y) ∈ R2 então (x, y) = ( x− y 2 , y − x 2 ) + ( x+ y 2 , x+ y 2 ) , o que mostra que todo elemento de R2 se escreve como a soma de um elemento de U e um elemento de W . Este exemplo ilustra o resultado a seguir. Proposição 3.1.4. A soma de dois subespaços U e W de um espaço vetorial V é um subespaço de V . Este é o menor subespaço de V que contém cada um dos subespaços, no sentido que se um subespaço vetorial L de V é tal que U ⊂ L e W ⊂ L, então U +W ⊂ L. Demonstração Sejam U e W subespaços de V . Tomemos a ∈ R e v1, v2 ∈ U +W . Como v1, v2 ∈ U +W , existem u1 e u2 elementos de U e existem w1 e w2 elementos de W tais que v1 = u1 + w1 e v2 = u2 + w2 . Então, v1 + av2 = (u1 + w1) + a(u2 + w2) = (u1 + au2) + (w1 + aw2) ∈ U +W . Assim, provamos que U +W é um subespaço de V . Para mostrar que U +W é o menor subespaço vetorial de V que contém U e W , seja L um subespaço de V que contém U e W . Para todos u ∈ U e w ∈ W , temos que u,w ∈ L, logo u + w ∈ L. Isto mostra que U +W ⊂ L.  Sejam U e W subespaços de um espaço vetorial V . O espaço vetorial V é dito ser a soma direta de U e W , e representado por V = U ⊕W , se V = U +W e U ∩W = {0}. Como exemplo de uma soma direta, consideremos novamente os subespa- ços U = {(x, y) ∈ R2 ; x + y = 0} e W = {(x, y) ∈ R2 ; x − y = 0}. Vimos anteriormente que R2 = U+W . Como U ∩W = {0}, segue que R2 = U⊕W . O próximo resultado mostra uma importante propriedade das somas di- retas. 1. SUBESPAÇOS VETORIAIS 63 Teorema 3.1.5. Sejam U e W subespaços de um espaço vetorial V . Temos que V = U ⊕W se, e somente se, todo vetor v em V se escreve de modo único como v = u+ w, onde u ∈ U e w ∈ W . Demonstração Suponhamos V = U ⊕W . Tomemos v ∈ V . Como V = U +W , pela denição de soma de subespaços, existem u ∈ U e w ∈ W tais que v = u+ w. Vejamos que a decomposição acima é única no sentido de que se v = u′ + w′, com u′ ∈ U e w′ ∈ W , então u = u′ e w = w′. Ora, como v = u + w e v = u′ + w′, então u− u′ = −(w − w′). Como o lado esquerdo pertence a U e o lado direito a W , da igualdade anterior decorre que u−u′ ∈ U ∩W e w−w′ ∈ U ∩W . Como U ∩W = {0}, segue então que u = u′ e w = w′. Reciprocamente, suponhamos que todo vetor de V se escreve de modo único como a soma de um vetor de U e de um vetor de W . Claramente, então, V = U +W . Se U ∩W 6= {0}, existiria um vetor não nulo v em U ∩W . Como v ∈ W e W é um subespaço, então −v ∈ W também. Consequentemente, teríamos 0 = 0 + 0, com 0 ∈ U e 0 ∈ W , e 0 = v + (−v), com v ∈ U e −v ∈ W . Como v 6= 0, teríamos duas escritas distintas para um mesmo vetor de V . Como isto não ocorre, temos de fato que U ∩W = {0}.  1.3 Subespaços Gerados Seja V um espaço vetorial e sejam v1, v2, . . . , vr vetores de V . Diremos que um vetor v de V é uma combinação linear de v1, v2, . . . , vr se existirem números reais a1, a2, . . . , ar tais que v = a1v1 + a2v2 + · · ·+ arvr . (1) 66 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS Figura 1 Exemplo 7. Vamos encontrar o subespaço de R3 gerado pelos vetores v1 = (1,−2,−1) e v2 = (2, 1, 1). Seja W = G(v1, v2). Tomemos v = (x, y, z) ∈ R3. Temos que v ∈ W se, e somente se, existem números reais a1 e a2 tais que v = a1v1 + a2v2 , ou, equivalentemente, se, e somente se, o sistema linear a1 + 2a2 = x −2a1 + a2 = y −a1 + a2 = z (2) tem solução. A matriz ampliada do sistema (2) é equivalente à matriz1 2 x0 1 (x+ z)/3 0 0 (x+ 3y − 5z)/3  . Portanto, (2) tem solução se, e somente se, x + 3y − 5z = 0. Assim, W = {(x, y, z) ∈ R3 ; x+ 3y − 5z = 0}. Para gerarmos um mesmo espaço, podemos usar conjuntos geradores dis- tintos. Por exemplo, se considerarmos um vetor não nulo w qualquer em W no Exemplo 6 temos que G(v) = G(w). A seguinte proposição, cuja de- monstração é deixada como exercício ao leitor (ver Problema 1.14), nos dá 1. SUBESPAÇOS VETORIAIS 67 uma condição necessária e suciente para que conjuntos distintos de vetores gerem um mesmo espaço. Proposição 3.1.7. Sejam α = {v1, v2, . . . , vr} e β = {w1, w2, . . . , wm} dois conjuntos de vetores em um espaço vetorial V . As seguintes armações são equivalentes: (a) G(v1, v2, . . . , vr) = G(w1, w2, . . . , wm); (b) cada vetor em α é uma combinação linear dos vetores de β e cada vetor em β é uma combinação linear dos vetores de α. Seja W um subespaço de um espaço vetorial V . Dar um conjunto de geradores w1, . . . , wr de W é o mesmo que dar uma parametrização para o espaço W . De fato, considerando a aplicação ϕ : Rr → V (a1, . . . , ar) 7→ a1w1 + · · ·+ arwr temos que W coincide com a imagem de ϕ. Problemas 1.1* Demonstre o Corolário 3.1.2. 1.2 Verique, em cada caso, se o conjunto W é um subespaço vetorial de R2: (a) W = {(x, y) ; x+ y = 0}; (b) W = {(x, y) ; x+ y = 1}; (c) W = {(x, y) ; x2 = y}; (d) W = {(x, y) ; −x+ 3y = 0}. 1.3 Verique, em cada caso, se o conjunto W é um subespaço vetorial de R3: (a) W = {(x, y, z) ; x = 0}; (b) W = {(x, y, z) ; x+ y + z ≥ 0}; (c) W = {(x, y, z) ; z = 3x− 2y}; (d) W = {(x, 2x, x) ; x ∈ R}; (e) W = {(4x, y, y − x) ; x, y ∈ R}. 68 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS 1.4 Verique, em cada caso, se o conjunto W é um subespaço vetorial de M(3, 3): (a) W = {[aij] ; a11 + a22 + a33 = 0}; (b) W = {[aij] ; aij = aji para todo 1 ≤ i, j ≤ 3}; (c) W = {[aij] ; aij = 0 se i 6= j}; (d) W = {A ; A2 = A}; (e) W = {A ;A é invertível}. 1.5 Verique, em cada caso, se o conjunto W é um subespaço vetorial de R[x]: (a) W = {p(x) = a+ bx+ cx2 ; a, b, c ∈ Z}; (b) W = {p(x) = a+ bx+ cx2 ; a = c = 0}; (c) W = {p(x) = a+ bx+ cx2 ; c = a+ b}; (d) W = {p(x) = a+ bx+ cx2 ; c ≥ 0}. 1.6 Determine, em cada caso, V ∩W e V +W : (a) V = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = y} e W = {(x, y, z) ∈ R3 ; x = y = z}; (b) V={[aij]2×2 ; a11=a22 e a12=a21} e W={[aij]2×2 ; a11=a21 e a12=a22}; (c) V = {(x, y,−x− 3y) ; x, y ∈ R} e W = {(0, 0, z) ; z ∈ R}; (d) V = {(x, y, z, w) ∈ R4 ; x+ 2y − w = 0} e W = {(x, x, x, x) ; x ∈ R}; (e) V = {(x, x, x) ; x ∈ R} e W = {(0, 0, z) ; z ∈ R}. Quais das somas anteriores são somas diretas? 1.7 Seja V = M(3, 3). Sejam U e W os subespaços de V das matrizes triangulares superiores e inferiores, respectivamente. Mostre que V 6= U⊕W . Construa subespaços U ′ e W ′ de V tais que V = U ⊕W ′ e V = U ′ ⊕W . 1.8 Sejam U e W subespaços de um espaço vetorial V . Mostre que: (a) U e W estão ambos contidos em U +W ; (b) U ∩W é o maior subespaço contido em U e em W ; (c) W +W = W . 1.9 Sejam U e W subespaços de um espaço vetorial V . Prove que: (a) U ∪W é subespaço vetorial se, e somente se, U ⊆ W ou W ⊆ U ; (b) U +W = U ∪W se, e somente se, U = W . 2. DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR 71 e o coeciente de v1 não é 0. Por outro lado, qualquer vetor não nulo v é, por si só, independente, pois se av = 0, então a = 0. A seguir, apresentamos outros exemplos de vetores independentes e dependentes. Exemplo 1. Os vetores e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) e e3 = (0, 0, 1) são independentes, pois a equação a1e1 + a2e2 + a3a3 = 0, equivalente à equação a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) + a3(0, 0, 1) = (0, 0, 0), é satisfeita somente se a1 = a2 = a3 = 0. Exemplo 2. Vamos vericar se os vetores v1 = (1,−3, 4), v2 = (3, 2, 1) e v3 = (1,−1, 2) são independentes ou dependentes. A equação a1v1 + a2v2 + a3v3 = 0 é dada por a1(1,−3, 4) + a2(3, 2, 1) + a3(1,−1, 2) = (0, 0, 0) ou, equivalentemente, é dada pelo sistema linear homogêneo a1 + 3a2 + a3 = 0 −3a1 + 2a2 − a3 = 0 4a1 + a2 + 2a3 = 0 . (1) Assim, os vetores v1, v2 e v3 são independentes, se o sistema em (1) tiver somente a solução trivial; ou são dependentes, se o sistema tiver uma solução não trivial. Mas, o sistema em (1) tem somente a solução trivial se, e somente se, a matriz dos coecientes A =  1 3 1−3 2 −1 4 1 2  72 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS é invertível (cf. Corolário 2.2.7). Como a matriz é equivalente por linhas à matriz (justique)  1 3 1−3 2 −1 0 0 0  , concluímos que v1, v2 e v3 são linearmente dependentes. A solução do exemplo anterior motiva o próximo resultado, que nos ofe- rece um método para vericar se n vetores de Rn são linearmente indepen- dentes ou dependentes. A demonstração é deixada ao cargo do leitor (veja Problema 2.8). Proposição 3.2.1. Sejam v1, v2, . . . , vn vetores em Rn, onde, para cada i, com 1 ≤ i ≤ n, temos vi=(ai1, ai2, . . . , ain). Seja A = [aij]. Temos que {v1, v2, . . . , vn} é linearmente independente se, e somente se, A é invertível. E caso tenhamos n+1 vetores em Rn? O próximo teorema mostra que um conjunto linearmente independente em Rn pode conter no máximo n vetores. Teorema 3.2.2. Sejam v1, v2, . . . , vr vetores em Rn. Se r > n, então os vetores v1, v2, . . . , vr são linearmente dependentes. Demonstração Suponhamos que, para cada 1 ≤ i ≤ r, vi = (ai1, . . . , ain). Consideremos a equação k1v1 + k2v2 + · · ·+ krvr = 0. Esta equação é equivalente ao sistema linear homogêneo a11k1 + a21k2 + · · ·+ ar1kr = 0 a12k1 + a22k2 + · · ·+ ar2kr = 0 ... ... ... ... a1nk1 + a2nk2 + · · ·+ arnkr = 0 . (2) O sistema dado em (2) é um sistema linear homogêneo de n equações nas r incógnitas k1, k2, . . . , kr . Como r > n, segue do Corolário 2.2.7 que o sistema tem soluções não triviais. Isto mostra que v1, v2, . . . , vr são dependentes.  2. DEPENDÊNCIA E INDEPENDÊNCIA LINEAR 73 O termo linearmente dependente" sugere que os vetores de alguma ma- neira dependem uns dos outros. O próximo resultado mostra que isto real- mente ocorre. Teorema 3.2.3. Um conjunto nito α com dois ou mais vetores de um espaço vetorial V é linearmente dependente se, e somente se, pelo menos um dos vetores de α pode ser escrito como uma combinação linear dos outros vetores. Demonstração Seja α = {v1, v2, . . . , vr} um subconjunto de um espaço vetorial V . Se α é linearmente dependente, então existem números reais a1, a2, . . . , ar , não todos nulos, tais que a1v1 + a2v2 + · · · + arvr = 0. Supo- nhamos que aj 6= 0. Então vj = − a1 aj v1 − · · · − aj−1 aj vj−1 − aj+1 aj vj+1 − · · · − ar aj vr , mostrando que vj é uma combinação linear dos demais vetores de α. Supo- nhamos agora que α tem a propriedade de que um de seus vetores, digamos vi , pode ser escrito como uma combinação linear dos outros vetores de α. Ou seja, que existem números reais b1, . . . , bi−1, bi+1, . . . , br tais que vi = b1v1 + · · ·+ bi−1vi−1 + bi+1vi+1 + · · ·+ brvr . A equação anterior equivale a b1v1 + · · ·+ bi−1vi−1 − 1vi + bi+1vi+1 + · · ·+ brvr = 0. (3) Como o coeciente de vi na equação (3) não é 0, segue que α é linearmente dependente.  Do resultado acima, segue imediatamente que um conjunto nito α com dois ou mais vetores de um espaço vetorial V é linearmente independente se, e somente se, nenhum dos vetores de α pode ser escrito como uma combinação linear dos outros vetores. Por exemplo, nenhum dos vetores dados no Exemplo 1 pode ser escrito como uma combinação linear dos demais. Já, no Exemplo 2, observemos que v3 = 5 11 v1 + 2 11 v2 . 76 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS δij = { 1, se i = j 0, se i 6= j. Seja n ∈ N \ {0}. Para cada 1 ≤ i ≤ n, denotemos por ei o vetor (δi1, δi2, . . . , δij, . . . , δin) = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . 0) em Rn, onde a componente 1 encontra-se na i-ésima posição. O conjunto α = {e1, e2, . . . , en} é linearmente independente, pois a equação k1e1 + k2e2 + · · ·+ knen = 0 é satisfeita somente se k1 = k2 = · · · = kn = 0. Além disto, este conjunto também gera Rn, pois qualquer vetor v = (a1, a2, . . . , an) em Rn pode ser escrito como v = a1e1 + a2e2 + · · ·+ anen . Assim, α, com a ordenação dada pelo índices dos e′is é uma base de Rn, chamada base canônica de Rn. O próximo exemplo apresenta a base canônica deM(m,n). Exemplo 2. Sejam M1 = [ 1 0 0 0 ] , M2 = [ 0 1 0 0 ] , M3 = [ 0 0 1 0 ] eM4 = [ 0 0 0 1 ] . O conjunto α = {M1,M2,M3,M4} é uma base deM(2, 2). Com efeito, para vermos que α geraM(2, 2), observemos que um vetor qualquer M = [ a b c d ] emM(2, 2) pode ser escrito como M = aM1 + bM2 + cM3 + dM4 . pela polêmica envolvendo os trabalhos de Cantor, o criador da Teoria dos Conjuntos, que Kronecker não considerava Matemática. 3. BASES E DIMENSÃO 77 Para vericarmos que α é linearmente independente, suponhamos que a1M1 + a2M2 + a3M3 + a4M4 = 0, ou seja, a1 [ 1 0 0 0 ] + a2 [ 0 1 0 0 ] + a3 [ 0 0 1 0 ] + a4 [ 0 0 0 1 ] = [ a1 a2 a3 a4 ] = [ 0 0 0 0 ] . Segue-se que a1 = a2 = a3 = a4 = 0 e, portanto, α é linearmente indepen- dente. A base α é chamada a base canônica deM(2, 2). Mais geralmente, a base canônica de M(m,n) é formada por mn matrizes distintas, cada uma das quais possuindo uma única entrada igual a 1 e todas as demais entradas iguais a 0, ordenadas de forma semelhante ao que foi feito no casoM(2, 2). A noção de base é uma generalização para espaços vetoriais arbitrários do sistema de coordenadas em R2 e R3 já que, como veremos a seguir, uma base de um espaço vetorial V é um conjunto gerador no qual cada vetor de V pode ser escrito de modo único como combinação linear desses vetores. Teorema 3.3.1. Seja α = {v1, v2, . . . , vn} um conjunto ordenado de vetores de um espaço vetorial V . As seguintes armações são equivalentes: (i) α é uma base de V ; (ii) cada vetor v em V pode ser escrito de modo único na forma v = a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn. Demonstração Suponhamos que α é uma base de V . Tomemos v ∈ V . Como α gera V , existem números reais a1, a2, . . . , an tais que v = a1v1 + a2v2 + · · ·+ anvn . (1) Para mostrar que a combinação linear em (1) é única, suponhamos que exis- tem b1, b2, . . . , bn em R tais que v = b1v1 + b2v2 + · · ·+ bnvn . (2) 78 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS De (1) e (2) segue que (a1 − b1)v1 + (a2 − b2)v2 + · · ·+ (an − bn)vn = 0. (3) Como α é independente, a equação (3) é satisfeita somente se aj − bj = 0 para todo 1 ≤ j ≤ n, ou seja, se bj = aj para todo 1 ≤ j ≤ n. Como v ∈ V foi tomado de modo arbitrário, (ii) segue. Suponhamos agora que α tem a propriedade de que cada vetor v em V pode ser escrito de modo único como combinação linear dos elementos de α. Pela denição de espaço gerado, claramente α gera V . Para mostrarmos que α é independente, consideremos a equação k1v1 + k2v2 + · · ·+ knvn = 0. Como 0 = 0v1 + 0v2 + · · · + 0vn e esta escrita é única, segue que k1 = k2 = · · · = kn = 0.  Os números reais a1, a2, . . . , an que aparecem no Teorema 3.3.1 são cha- mados coordenadas de v na base α. A matriz n× 1 a1 a2 ... an  , denotada por [v]α , é chamada a matriz das coordenadas de v na base α. Por exemplo, se α é a base canônica de R3 e v = (1, 2, 1), então [v]α = 12 1  . Tomemos agora β = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (1, 1, 1)}, que é uma base de R3. Então [v]β = 01 1  . 3. BASES E DIMENSÃO 81 Um espaço vetorial não nulo V é chamado de dimensão nita se con- tém um conjunto nito {v1, v2, . . . , vn} de vetores que constitui uma base de V . Se não existir um tal conjunto, dizemos que V é de dimensão innita. Convencionamos que o espaço vetorial nulo é um espaço de dimensão nita. O próximo resultado, que é uma consequência do Teorema 3.3.3, nos garante que todas as bases de um espaço vetorial de dimensão nita têm o mesmo número de elementos. Teorema 3.3.4. Sejam α = {v1, v2, . . . , vr} e β = {w1, w2, . . . , ws} duas bases de um espaço vetorial V . Então, r = s. Além disso, se A = (aij) e B = (bij) são as matrizes com coecientes reais tais que vi = r∑ j=1 aijwj e wj = r∑ k=1 bjkvk, então AB = I. Demonstração Como α gera V e β é um conjunto linearmente indepen- dente, segue do Teorema 3.3.3 que s ≤ r. Por outro lado, como β gera V e α é um conjunto linearmente independente, segue do Teorema 3.3.3 que r ≤ s. Portanto, r = s. Sejam A e B tais que vi = r∑ j=1 aijwj e wj = r∑ k=1 bjkvk. . Logo vi = ∑r j=1 aijwj = ∑r j=1 aij ( ∑r k=1 bjkvk) = ∑n k=1 (∑n j=1 aijbjk ) vk. Como os vi, i = 1, . . . , r formam um conjunto linearmente independente, isto acarreta (justique) que r∑ j=1 aijbjk = δik, logo AB = I, provando a parte que faltava do resultado.  82 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS 3.2 Dimensão O número de elementos de uma base de um espaço vetorial V de dimensão nita é chamado de dimensão de V e denotado por dimV . Convencionamos que se V é o espaço vetorial nulo, então dimV = 0. Exemplo 3. Rn eM(m,n) são espaços vetoriais de dimensão nita. A di- mensão de Rn é n, já que a base canônica de Rn tem n elementos (ver Exemplo 1). Por esta razão, Rn é chamado de espaço n-dimensional. Os espaços veto- riais R2 e R3 são usualmente chamados de espaços bidimensional e tridimen- sional, respectivamente. Já a dimensão de M(m,n) é m · n (ver Exemplo 2). O espaço vetorial R[x], introduzido por Peano e que apresentamos no Exemplo 3 da Seção 1, Capítulo 1, é um espaço vetorial que tem dimensão innita. De fato, tomemos n ∈ N \ {0} e suponhamos que α = {p1, . . . , pn} é uma base de R[x]. Observemos que qualquer combinação linear dos elemen- tos de α tem grau no máximo M , onde M = max{grau(pi) ; 1 ≤ i ≤ n}. Assim, o polinômio q(x) = xM+1 está em R[x], mas não pode ser escrito como combinação linear dos elementos de α. Portanto, α não forma uma base de R[x]. Como n foi tomado de modo arbitrário, vemos que nenhum conjunto nito de vetores em R[x] constitui uma base para este espaço vetorial. Vimos no Teorema 3.3.2 que em espaços vetoriais V de dimensão nita, um conjunto gerador contém sempre uma base de V . A seguir, veremos que um conjunto linearmente independente está contido em alguma base de V . Teorema 3.3.5. Qualquer subconjunto linearmente independente de um es- paço vetorial V de dimensão nita pode ser completado de modo a formar uma base de V . Demonstração Suponhamos dimV = n. Seja α = {w1, w2, . . . , wr} um conjunto de vetores linearmente independentes de V . Pelo Teorema 3.3.3, r ≤ n. Se α gera V , então α é uma base de V , e a demonstração acaba aqui (neste caso, r = n). Se α não gera V , então existe um vetor de V que não pertence ao espaço gerado por α. Chamemos este vetor de wr+1 . O conjunto {w1, w2, . . . , wr+1} é linearmente independente. (Por quê? Veja 3. BASES E DIMENSÃO 83 Problema 2.9). Se este conjunto gera V , temos então uma base de V que contém α. Caso contrário, prosseguimos usando o argumento acima. Como não podemos ter mais do que n vetores independentes em V , após um número nito de passos teremos obtido uma base de V que contém os vetores de α.  Terminamos esta seção apresentando um resultado que envolve a noção de dimensão para subespaços. Mais precisamente, mostraremos que a dimensão de um subespaço W de um espaço vetorial de dimensão nita V não pode exceder a dimensão de V e que a única maneira de W ter a mesma dimensão de V é sendo igual a V . Teorema 3.3.6. Seja V um espaço vetorial de dimensão nita. Se W é um subespaço de V , então W tem também dimensão nita e dimW ≤ dimV . Além disso, se dimW = dimV , então W = V . Demonstração Se W = {0}, W tem dimensão nita. Se W 6= {0}, tome w1 ∈ W com w1 6= 0. O conjunto α1 = {w1} é independente. Se α1 gera W , então α1 é uma base de W . Assim, W tem dimensão nita igual a 1. Se α1 não gera W , existe w2 ∈ W com w2 /∈ G(w1). O conjunto α2 = {w1, w2} é independente. Se α2 gera W , então W tem dimensão nita igual a 2. Se α2 não gera W , prosseguimos com o raciocínio anterior. Como dimV é nita, digamos n, e qualquer conjunto independente de V tem no máximo n vetores, existe m ∈ N \ {0} com m ≤ n tal que αm = {w1, w2, . . . , wm} é uma base de W . Isto prova que W tem dimensão nita e que dimW = m, com m ≤ n. Suponhamos agora que dimW = dimV = n. Seja β = {w1, w2, . . . , wn} uma base de W . Suponhamos que W 6= V . Como W ⊂ V , existe então um vetor de V que não está em W . Chamemos este vetor de v. Como v /∈ W , o conjunto {w1, w2, . . . , wn, v} é um conjunto de vetores de V linearmente independente. Como este conjunto tem n + 1 vetores e dimV = n, temos uma contradição. Portanto, de fato, W = V .  86 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS (a) u = (1,−1) em relação à base {(2,−4), (3, 8)} de R2; (b) u = (1,−1) em relação à base {(1, 1), (0, 2)} de R2; (c) p(x) = 2 + x− x2 em relação à base {1 + x, 1 + x2, x+ x2} de R[x]2. 3.14 Seja V um espaço vetorial de dimensão nita e seja α uma base de V . Mostre que: (a) [v + w]α = [v]α + [w]α para quaisquer v e w em V ; (b) [cv]α = c[v]α para todo v em V e para todo c ∈ R. 3.15 Sejam U e V espaços vetoriais, de dimensões r e s, respectivamente. Mostre que o espaço vetorial U × V , denido no Problema 1.5, do Capítulo 1, tem dimensão r + s. Sugestão Se {u1, . . . , ur} é uma base de U e {v1, . . . , vs} é uma base de V , mostre que {(ui, 0); 1 ≤ i ≤ r} ∪ {(0, vj); 1 ≤ j ≤ s} é uma base de U × V . 3.16 Sejam U eW subespaços de um espaço vetorial V tais que U∩W = {0}. Sejam {u1, . . . , ur} e {w1, . . . , ws}, respectivamente, bases de U e W . Mostre que {ui; 1 ≤ i ≤ r} ∪ {wj; 1 ≤ j ≤ s} é uma base de U +W . Conclua que dim(U +W ) = dimU + dimW . 4 Espaço Linha de uma Matriz Nesta seção vamos apresentar um método para encontrar uma base de subespaços de Rn, usando as transformações elementares nas linhas de uma matriz. Para uma matriz m× n A =  a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n ... ... ... am1 am2 . . . amn  , 4. ESPAÇO LINHA DE UMA MATRIZ 87 os vetores v1 = (a11, a12, . . . , a1n) v2 = (a21, a22, . . . , a2n) ... ... vm = (am1, am2, . . . , amn) em Rn formados pelas linhas de A são chamados os vetores linha de A. O espaço G(v1, . . . , vm) gerado pelos vetores linha de A é chamado espaço linha de A e denotado por L(A). Note que L(A) é um subespaço de Rn. O espaço linha de uma matriz não se altera ao aplicarmos transformações elementares. De fato, se A = [aij] é uma matriz m× n, é fácil vericar que G(v1, . . . , vi, . . . , vj, . . . , vm) = G(v1, . . . , vj, . . . , vi, . . . , vm), G(v1, . . . , vi, . . . , vm) = G(v1, . . . , kvi, . . . , vm) (k 6= 0), G(v1, . . . , vi, . . . , vj, . . . , vm) = G(v1, . . . , vi + kvj, . . . , vj, . . . , vm) (k ∈ R). Em outras palavras, L(A) = L(B), onde B = e(A), com e : Li ↔ Lj ; L(A) = L(B), onde B = e(A), com e : Li → kLi (k 6= 0); L(A) = L(B), onde B = e(A), com e : Li → Li + kLj (k ∈ R). Disto decorre o seguinte importante fato: Duas matrizes equivalentes geram o mesmo espaço linha. O próximo resultado mostra como obter uma base para o espaço linha de uma matriz. Teorema 3.4.1. As linhas não nulas de uma matriz Ã, na forma escalonada e equivalente a uma matriz A, formam uma base para o espaço linha de A. Demonstração Sejam A uma matriz m × n e à = [ãij] uma matriz na forma escalonada equivalente a A. Suponhamos que à tem p linhas não 88 CAPÍTULO 3. ESPAÇOS VETORIAIS nulas e consideremos os vetores v1 = (ã11, . . . , ã1n) v2 = (ã21, . . . , ã2n) ... ... vp = (ãp1, . . . , ãpn) formados pelas linhas não nulas de Ã. Pelo que vimos anteriormente, L(A) = L(Ã) = G(v1, v2, . . . , vp), já que à é uma matriz equivalente a A. Vamos mostrar que {v1, v2, . . . , vp} é linearmente independente. Para cada 1 ≤ i ≤ p, seja ki a coluna na qual aparece o primeiro elemento não nulo da i-ésima linha de Ã, ou seja ãiki = 1 e ãi,l = 0, se l < ki. Suponhamos que a1v1 + · · ·+ apvp = 0, que reescrevemos como segue: a1(0, . . . , 0, ã1k1 , ?, . . . , ?, 0 , . . . , 0, . . . , ?) + a2(0, . . . , 0, 0 , 0, . . . , 0, ã2k2 , . . . , 0, . . . , ?) ... + ap(0, . . . , 0, 0 , 0, . . . , 0, 0, . . . , ãpkp , . . . , ?) = (0, . . . , 0, 0 , 0, . . . , 0, 0 , . . . , 0, . . . , 0), onde ? representa um número real. Logo, a igualdade de vetores, acima, nos fornece um sistema de equações lineares nas incógnitas a1, a2, . . . , ap, o qual contém as equações a1ã1k1 = · · · = apãpkp = 0. Como ãiki = 1, para todo i = 1, . . . , p, segue que a1 = a2 = · · · = ap = 0. Portanto, {v1, v2, . . . , vp} gera L(A) e é linearmente independente, ou seja, {v1, v2, . . . , vp} forma uma base de L(A).  Corolário 3.4.2. O posto pA de uma matriz A é o número máximo de linhas linearmente independentes da mesma. Mais precisamente, pA = dimL(A).