é igual ao produto de todos os termos da forma(𝜆𝑗−𝜆𝑖), com 1≤𝑖 < 𝑗 ≤𝑛, que, sendo os𝜆𝑖todos distintos, é diferente de zero. Esse determinante chama-sedeterminante de Vandermonde. Uma prova da igualdade mencionada pode ser facilmente encontrada na internet, por exemplo, emhttps://en.wikipedia.org/wiki/Vandermonde_matrix.
Exercícios Lista 1 - Álgebra Linear II: Exs. 6–16.
𝛼+𝛾=𝑥 2𝛼+2𝛽=𝑦 3𝛼+2𝛽−𝛾=𝑧
(4.10)
nas variáveis𝛼, 𝛽, 𝛾, tem solução. Como det
1 0 1 2 2 0 3 2−1
= −4 ≠ 0, segue do Teorema 1.3.6 que o sistema (4.10) é possível determinado; em particular, tem solução. Portanto, de fato, [B] =R3. (Na realidade, o Teorema 1.3.6 nos garante que (4.10) tem uma única solução. Pelo método do escalonamento, por exemplo, pode-se determinar que a única solução de (4.10) é dada por𝛼 = 𝑥−𝑦+𝑧2 , 𝛽 = −𝑥+2𝑦−𝑧2 , 𝛾 = 𝑥+𝑦−𝑧2 . Em outras palavras, se𝑣 = (𝑥, 𝑦, 𝑧), então 𝑣=(𝑥−2𝑦+𝑧)𝑢1+ (−𝑥+2𝑦2 −𝑧)𝑢2+ (𝑥+𝑦2−𝑧)𝑢3.)
(ii) B é LI: aqui, o objetivo é mostrar que se 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ R são tais que 𝛼𝑢1 + 𝛽𝑢2 +𝛾𝑢3 = (0,0,0), então necessariamente,𝛼=𝛽=𝛾=0. Isso é equivalente a mostrar que o sistema (4.10) com𝑥=𝑦=𝑧=0 é determinado.
Mas uma vez, esse fato segue do Teorema 1.3.6.
No exemplo acima, vimos que essencialmente a mesma razão garantiu que o conjuntoBera gerador e LI. Veremos que essa correlação sempre estará presente quando o conjunto em questão tiver a quantidade certa, num sentido a ser precisado, de elementos (cf. Coroláro 4.4.15).
Exemplo 4.4.5O conjunto{(1,0,0),(0,1,0)}não é uma base deR3, porque, apesar de ser LI (como é fácil ver), não geraR3; por exemplo,(0,0,1)não é combinação linear de(1,0,0)e(0,1,0).
Exemplo 4.4.6O conjunto{(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),(1,2,3)}não é uma base deR3, porque, apesar de gerarR3 (todo vetor de R3 é combinação linear dos três primeiros, e, portanto, dos quatro vetores), não é LI: (1,2,3) = 1(1,0,0) +2(0,1,0) +3(0,0,1).
Todo espaço vetorial que pode ser gerado por um conjunto finito de vetores tem, pelo menos, uma base. Isso é consequência do Teorema 4.4.8, que veremos a seguir.
O lema abaixo, necessário na demonstração do teorema, é uma consequência quase imediata da definição de subespaço gerado.
Lema 4.4.7Seja𝑉um espaço vetorial e sejam𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛 ∈𝑉. Para todo𝑣∈𝑉, temos:
𝑣∈ [𝑢1, . . . , 𝑢𝑛] se, e somente se, [𝑣, 𝑢1, . . . , 𝑢𝑛]=[𝑢1, . . . , 𝑢𝑛].
Em outras palavras, o lema afirma que um vetor que é combinação linear de outros vetores de um conjunto gerador de um subespaço pode ser omitido desse conjunto gerador sem afetar o subespaço gerado.
Demonstração Como sempre vale que𝑣∈ [𝑣, 𝑢1, . . . , 𝑢𝑛], se[𝑣, 𝑢1, . . . , 𝑢𝑛]=[𝑢1, . . . , 𝑢𝑛], então𝑣∈ [𝑢1, . . . , 𝑢𝑛]. Por outro, lado, a inclusão [𝑢1, . . . , 𝑢𝑛] ⊆ [𝑣, 𝑢1, . . . , 𝑢𝑛] é sempre válida. Agora, se 𝑣 ∈ [𝑢1, . . . , 𝑢𝑛], como 𝑢1, . . . , 𝑢𝑛 ∈ [𝑢1, . . . , 𝑢𝑛], segue que[𝑣, 𝑢1, . . . , 𝑢𝑛] ⊆ [𝑢1, . . . , 𝑢𝑛]. Teorema 4.4.8Seja𝑉um espaço vetorial e sejam𝑢1, . . . , 𝑢𝑛 ∈𝑉. Se𝑉 =[𝑢1, . . . , 𝑢𝑛], então existe uma baseBde𝑉 tal queB ⊆ {𝑢1, . . . , 𝑢𝑛}.
Demonstração Se o conjuntoA={𝑢1, . . . , 𝑢𝑛}é LI, então ele é uma base e não há o que demonstrar. Suponha, então, queAé LD. Assim, algum𝑢𝑗 é combinação linear dos demais, isto é,𝑢𝑗 ∈
𝑢1, . . . , 𝑢𝑗−1, 𝑢𝑗+1, . . . , 𝑢𝑛
. Daí segue,
do Lema 4.4.7, que
𝑢1, . . . , 𝑢𝑗−1, 𝑢𝑗+1, . . . , 𝑢𝑛
=[A]=𝑉 .
SeA1 ={𝑢1, . . . , 𝑢𝑗−1, 𝑢𝑗+1, . . . , 𝑢𝑛}for LI, esta será uma base de𝑉 contida emA. Se não, repetimos o argumento comA1no lugar deA. Desse modo, obteremos uma cadeia estritamente descendente
A A A
de subconjuntos deA, todos gerando𝑉. Como esses conjuntos são todos finitos e diminuem de tamanho ao longo da cadeia, em algum ponto, a cadeia estacionará em um conjunto que é também LI (já que o conjunto vazio é LI). Nesse
ponto, teremos uma base de𝑉contida emA.
A demonstração do teorema fornece um método para obter uma base contida em um conjunto gerado. Vejamos um exemplo.
Exemplo 4.4.9Mostre que o conjuntoA ={(1,0),(1,1),(1,2)}gera o espaço vetorialR2e exiba uma base deR2 contida nele.
Solução:Vejamos, primeiramente, queAgeraR2. Para tanto é preciso mostrar que todo vetor deR2 é combinação linear dos elementos deA. Dado(𝑎, 𝑏) ∈R2, teremos(𝑎, 𝑏) ∈ [A] se, e somente se, existirem𝑥, 𝑦, 𝑧∈Rtais que (𝑎, 𝑏)=𝑥(1,0) +𝑦(1,1) +𝑥(1,2), ou, equivalentemente,𝑥, 𝑦, 𝑧satisfazerem
(𝑥+𝑦+𝑧=𝑎
𝑦+2𝑧=𝑏 (4.11)
Como a matriz aumentada
1 1 1𝑎 0 1 2𝑏
desse sistema já é escalonada, vemos que, para quaisquer𝑎, 𝑏 ∈R, o sistema (4.11) tem solução. Logo,A, de fato, geraR2. (As soluções de (4.11) são dadas por(𝑎−𝑏+𝑡, 𝑏−2𝑡, 𝑡), 𝑡 ∈ R; portanto, uma decomposição de(𝑎, 𝑏)como combinação linear dos elementos deAé, por exemplo,
(𝑎, 𝑏)=(𝑎−𝑏+1)(1,0) + (𝑏−2)(1,1) +1(1,2),
em que tomamos𝑡=1. Existem infinitas decomposições como essa, uma para cada escolha do parâmetro𝑡.)
O conjuntoAé LD, pois olhando para (4.11) com𝑎=𝑏=0, vemos que existem combinações lineares não triviais dos elementos deAque resultam no vetor nulo deR2, por exemplo, tomando a solução com𝑡=2,
2(1,0) + (−4)(1,1) +2(1,2)=(0,0). (4.12) Assim,Anão é uma base deR2, mas, pelo Teorema 4.4.8,Acontém uma. A relação de dependência linear (4.12) permite que se escreva, por exemplo,(1,0)como combinação linear de(1,1)e(1,2):
(1,0)= 1
2 4(1,1) + (−2)(1,2)
=2(1,1) −1(1,2).
Assim, pelo Lema 4.4.7,[ (1,1),(1,2)] = [A] = R2. Ou seja, é possível reduzir o conjunto geradorAdeR2para um conjunto que continua gerandoR2, está contido emA, mas tem um elemento a menos. Agora, esse novo conjunto A1 ={(1,1),(1,2)}é LI, uma vez que𝛼(1,1) +𝛽(1,2) =(0,0)implica𝛼=𝛽=0, como o leitor pode facilmente verificar. Portanto A1 é uma base deR2, que está contida emA. (No Apêndice A, apresenta-se um método mais eficiente para se extrair uma base de um conjunto gerador.) ^
Dimensão
Nosso objetivo, agora, será mostrar que duas bases de um mesmo espaço vetorial têm sempre a mesma quantidade de elementos. Esse fato seguirá como consequência do resultado a seguir.
Teorema 4.4.10Seja𝑉 um espaço vetorial, sejam A = {𝑢1, . . . , 𝑢𝑛} e B = {𝑣1, . . . , 𝑣𝑚} subconjuntos de𝑉. Se 𝑉 =[A]eBé LI, então𝑚≤𝑛.
Demonstração A demonstração será feita por contradição. Suponha que𝑚 > 𝑛. ComoAé um conjunto gerador de 𝑉, todo vetor de𝑉se escreve como combinação linear dos elementos deA, em particular, isso se aplica aos elementos deB: para cada𝑗 =1, . . . , 𝑚, existem𝛼𝑖 𝑗∈R(1≤𝑖 ≤𝑛)tais que
𝑣𝑗 = Õ𝑛
𝑖=1
𝛼𝑖 𝑗𝑢𝑖.
Considere o sistema linear homogêneo de𝑛equações e𝑚incógnitas cujos coeficientes são os escalares𝛼𝑖 𝑗:
𝛼11𝑥1+𝛼12𝑥2+ · · · +𝛼1𝑚𝑥𝑚=0 𝛼21𝑥1+𝛼22𝑥2+ · · · +𝛼2𝑚𝑥𝑚=0
...
𝛼𝑛1𝑥1+𝛼𝑛2𝑥2+ · · · +𝛼𝑛𝑚𝑥𝑚=0
(4.13)
Como𝑚 > 𝑛, pelo Teorema 1.1.8, esse sistema tem pelo menos uma solução não trivial(𝛽1, 𝛽2, . . . , 𝛽𝑚). Assim, 𝛽1𝑣1+𝛽2𝑣2+ · · · +𝛽𝑚𝑣𝑚=𝛽1
Õ𝑛 𝑖=1
𝛼𝑖1𝑢𝑖
! +𝛽2
Õ𝑛 𝑖=1
𝛼𝑖2𝑢𝑖
!
+ · · · +𝛽𝑚 Õ𝑛
𝑖=1
𝛼𝑖𝑚𝑢𝑖
!
=©
« Õ𝑚
𝑗=1
𝛼1𝑗𝛽𝑗ª®
¬ 𝑢1+©
« Õ𝑚
𝑗=1
𝛼2𝑗𝛽𝑗ª®
¬
𝑢2+ · · · +©
« Õ𝑚
𝑗=1
𝛼𝑛 𝑗𝛽𝑗ª®
¬ 𝑢𝑛
Como(𝛽1, 𝛽2, . . . , 𝛽𝑚)é uma solução de (4.13), cada um dos coeficientes dos𝑢𝑖na combinação linear acima é zero.
Segue que
𝛽1𝑣1+𝛽2𝑣2+ · · · +𝛽𝑚𝑣𝑚=0𝑉.
Mas os escalares𝛽𝑗 não são todos nulos, pois formam uma solução não trivial de (4.13). Portanto,Bé LD, o que é
uma contradição. Logo,𝑚≤𝑛.
Corolário 4.4.11SejamB1 eB2 duas bases de um espaço vetorial𝑉. Então,B1 eB2 têm a mesma quantidade de elementos.
Demonstração Suponha queB1tenha𝑛elementos e queB2tenha𝑚elementos. Como𝑉 =[B1]eB2é LI, segue, do Teorema 4.4.10, que𝑚≤𝑛. Por outro lado, como𝑉=[B2]eB1é LI, segue, do mesmo resultado, que𝑛≤𝑚. Logo,
𝑛=𝑚.
Esse resultado justifica a próxima definição.
Definição Se𝑉é um espaço vetorial que tem uma base com𝑛elementos, diremos que𝑉temdimensão𝑛e escreveremos dim(𝑉)=𝑛. Por convenção, o espaço vetorial nulo tem dimensão 0.
Exemplo 4.4.12Segue, pelo que vimos nos exemplos no início desta seção, que
•dim(R𝑛)=𝑛,
•dim P𝑛(R)
=𝑛+1 e
•dim 𝑀2(R)
=4.
Nesse último caso, mais geralmente, dim 𝑀𝑚×𝑛(R)
=𝑚𝑛. Uma base de𝑀𝑚×𝑛(R)é{𝐸𝑖 𝑗 | 1≤𝑖 ≤𝑚,1 ≤ 𝑗 ≤𝑛}, em que𝐸𝑖 𝑗denota a matriz𝑚×𝑛com entrada(𝑖, 𝑗)igual a 1 e as demais, todas, nulas.
Como vimos no Teorema 4.4.8, todo espaço vetorial que pode ser gerado por um conjunto finito de vetores tem uma base. Esses espaços serão chamado deespaços vetoriais de dimensão finita.
Terminamos esta seção com um resultado que é, em certo sentido, dual do Teorema 4.4.8. Aqui, também, precisa-remos de um lema preparatório.
Lema 4.4.13Seja𝑉 um espaço vetorial e seja{𝑣1, . . . , 𝑣𝑚} um conjunto LI de vetores de𝑉. Se 𝑤 ∈ 𝑉 é tal que {𝑤, 𝑣1, . . . , 𝑣𝑚}é LD, então𝑤∈ [𝑣1, . . . , 𝑣𝑚].
Demonstração Como{𝑤, 𝑣1, . . . , 𝑣𝑚}é LD, existem𝛽, 𝛼1, . . . , 𝛼𝑚 ∈R, não todos nulos, tais que𝛽𝑤+𝛼1𝑣1+ · · · + 𝛼𝑚𝑣𝑚=0𝑉. Se𝛽=0, teríamos algum𝛼𝑖 ≠0 e𝛼1𝑣1+ · · · +𝛼𝑚𝑣𝑚=0𝑉, o que é impossível, uma vez que{𝑣1, . . . , 𝑣𝑚} é LI. Logo,𝛽≠0 e, portanto,𝑤=−𝛼𝛽1𝑣1− · · · − 𝛼𝛽𝑚𝑣𝑚∈ [𝑣1, . . . , 𝑣𝑚]. Teorema 4.4.14Seja𝑉 um espaço vetorial de dimensão finita e sejaBum subconjunto LI de𝑉. Então,𝑉 tem uma base contendoB.
Esse resultado é também conhecido comoTeorema do completamento, uma vez que garante que qualquer conjunto LI em um espaço vetorial de dimensão finita pode ser completado a uma base.
Demonstração Suponha que dim(𝑉) =𝑛e sejaA ={𝑣1, . . . , 𝑣𝑚}um conjunto LI formado por vetores de𝑉. Como 𝑉 tem uma base com𝑛elementos, segue do Teorema 4.4.10 que𝑚≤𝑛. Se [A]=𝑉, entãoAé uma base de𝑉e não há o que demonstrar. Suponha que[A] ≠𝑉. Então, existe um vetor𝑤1 ∈𝑉tal que𝑤1 ∉ [A]. Pelo Lema 4.4.13, o conjuntoA1 ={𝑤1, 𝑣1, . . . , 𝑣𝑚}é LI. (Se fosse LD, teríamos𝑤1 ∈ [A].) Consideremos, agora, o conjuntoA1. Ele é LI. Se [A1] =𝑉, entãoA1 será uma base de𝑉 que contémA. Se não, repita o argumento com A1 no lugar de A. Esse processo termina em uma base (que contémA), porque em𝑉 não existem conjuntos LI com mais do que𝑛
vetores.
Corolário 4.4.15Seja𝑉 um espaço vetorial de dimensão finita igual a𝑛.
(i) SeBé um conjunto gerador de𝑉com𝑛elementos, entãoBé uma base de𝑉. (ii) SeBé um subconjunto LI de𝑉com𝑛elementos, entãoBé uma base de𝑉.
Demonstração (i) Pelo Teorema 4.4.8, existe uma base C de𝑉 tal que C ⊆ B. Como C tem 𝑛 elementos (pois dim(𝑉) = 𝑛), segue queC = B. (ii) Pelo Teorema 4.4.14, exise uma baseC de𝑉 tal queB ⊆ C. ComoC tem𝑛
elementos,B=C.
O corolário que acabamos de ver é útil na tarefa de se exibir bases, como ilustra o próximo exemplo.
Exemplo 4.4.16Mostre queB={𝑣1, 𝑣2, 𝑣3, 𝑣4}, em que
𝑣1=(1,1,0,−4), 𝑣2=(3,−1,2,1), 𝑣3 =(−2,−1,1,1), 𝑣4=(0,1,−2,2), é uma base deR4.
Solução:Vejamos seBé LI. Sejam𝛼1, 𝛼2, 𝛼3, 𝛼4∈R. Então,𝛼1𝑣1+𝛼2𝑣2+𝛼3𝑣3+𝛼4𝑣4=0R4se, e somente se,
1 3 −2 0 1 −1−1 1 0 2 1 −2
−4 1 1 2
𝛼1 𝛼2 𝛼3 𝛼4
=
0 0 0 0
.
Como det
1 3 −2 0 1 −1−1 1 0 2 1 −2
−4 1 1 2
=−9 ≠0, segue do Teorema 1.3.6 que, necessariamente,𝛼1 =𝛼2 =𝛼3 =𝛼4 =0. Logo, B é um conjunto LI emR4. Como dim(R4) = 4, e B é um conjunto LI formado por 4 vetores deR4, segue, do Corolário 4.4.15, queBé uma base deR4. ^
Exercícios Lista 1 - Álgebra Linear II: Exs. 17–24.