Seja 𝑉 um espaço vetorial e sejam𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛 ∈ 𝑉. Dizemos que um vetor 𝑣 ∈ 𝑉 é combinação linear de 𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛se existirem𝛼1, 𝛼2, . . . , 𝛼𝑛 ∈Rtais que
𝑣=𝛼1𝑢1+𝛼2𝑢2+ · · · +𝛼𝑛𝑢𝑛.
(Essa definição dever ser comparada com a definição de combinação linear definida entre vetores deV3na Seção 2.2.) Exemplo 4.3.1EmR2,(−3,8)é combinação linear de(−1,0)e(1,2), uma vez que(−3,8)=7(−1,0) +4(1,2). Exemplo 4.3.2EmP4(R), 𝑓 =8𝑥4−3𝑥2+5𝑥+52 é combinação linear de𝑔 =𝑥4−2𝑥+8 eℎ =𝑥2−7𝑥+4, pois
𝑓 =8𝑔−3ℎ.
Exemplo 4.3.3Qualquer vetor deP𝑛(R)é combinação linear dos seguintes𝑛+1 vetores: 1, 𝑥, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛.
Exemplo 4.3.4EmR2,(2,1)não é combinação linear de (1,0)e(−1,0), uma vez que qualquer combinação linear desses dois vetores será da forma(𝛼,0), para algum𝛼∈R.
Definição Seja𝑉 um espaço vetorial e seja𝑆 ={𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}um subconjunto finito de𝑉. Definimos osubespaço vetorial de𝑉gerado por𝑆como sendo o subconjunto de𝑉dado por
𝑆
=
𝛼1𝑢1+𝛼2𝑢2+ · · · +𝛼𝑛𝑢𝑛|𝛼1, 𝛼2, . . . , 𝛼𝑛∈R . Isto é,[𝑆]é o conjunto formado portodasas combinações lineares dos elementos de𝑆.
Por exemplo, vimos no Exemplos 4.3.1 e 4.3.4, que, emR2,(−3,8) ∈ [ (−1,0),(1,2)], mas(2,1)∉[ (1,0),(−1,0)]. Já no Exemplo 4.3.3, foi observado que, emP𝑛(R), temos
1, 𝑥, 𝑥2, . . . , 𝑥𝑛
=P𝑛(R). Por convenção, definimos[∅]={0𝑉}.
A proposição a seguir justifica o nome dado a[𝑆].
Proposição 4.3.5Seja𝑉 um espaço vetorial e seja𝑆um subconjunto finito de𝑆. Então,[𝑆]é um subespaço de𝑉. Demonstração Se𝑆 =∅, a convenção acima dá conta do resultado. Suponha que 𝑆 = {𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}. Mostremos que[𝑆], conforme definido acima, satisfaz as três condições na definição de subespaço de𝑉.
(i) 0𝑉 ∈ [𝑆], pois 0𝑉 =0𝑢1+0𝑢2+ · · · +0𝑢𝑛.
(ii) Sejam𝑣, 𝑤∈ [𝑆]. Então,𝑣=𝛼1𝑢1+𝛼2𝑢2+ · · · +𝛼𝑛𝑢𝑛e𝑤=𝛽1𝑢1+𝛽2𝑢2+ · · · +𝛽𝑛𝑢𝑛, com𝛼𝑖, 𝛽𝑖 ∈R. Logo, 𝑣+𝑤=(𝛼1𝑢1+𝛼2𝑢2+ · · · +𝛼𝑛𝑢𝑛) + (𝛽1𝑢1+𝛽2𝑢2+ · · · +𝛽𝑛𝑢𝑛)
=(𝛼1+𝛽1)𝑢1+ (𝛼2+𝛽2)𝑢2+ · · · + (𝛼𝑛+𝛽𝑛)𝑢𝑛, e, portanto,𝑣+𝑤 ∈ [𝑆].
(iii) Sejam𝜆∈Re𝑣∈ [𝑆]. Então,𝑣=𝛼1𝑢1+𝛼2𝑢2+ · · · +𝛼𝑛𝑢𝑛, com𝛼𝑖 ∈R, e, portanto, 𝜆𝑣=𝜆(𝛼1𝑢1+𝛼2𝑢2+ · · · +𝛼𝑛𝑢𝑛)
=(𝜆𝛼1)𝑢1+ (𝜆𝛼2)𝑢2+ · · · + (𝜆𝛼𝑛)𝑢𝑛.
O que prova que𝜆𝑣∈ [𝑆].
Se𝑆 = {𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}, é comum denotar [𝑆] por [𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛], simplesmente. (Um alerta: a notação, com colchetes, para o subespaço gerado por um conjunto com 3 vetores pode se confundir, emV3, com a notação para o produto misto. Geralmente, o contexto será suficiente para evitar ambiguidades.)
Exemplo 4.3.6Descreva o subespaço𝑊 deR3definido por𝑊=[𝑢, 𝑣], em que𝑢=(1,−1,1)e𝑣=(0,1,−2). Solução:Dado𝑤=(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈R3, temos
𝑤∈ [𝑢, 𝑣] ⇐⇒ existem𝛼, 𝛽∈Rtais que𝑤=𝛼𝑢+𝛽𝑣
⇐⇒ existem𝛼, 𝛽∈Rtais que(𝑥, 𝑦, 𝑧)=𝛼(1,−1,1) +𝛽(0,1,−2)
⇐⇒ existem𝛼, 𝛽∈Rtais que
𝛼=𝑥
−𝛼+𝛽=𝑦 𝛼−2𝛽=𝑧
⇐⇒ o sistema linear
1 0
−1 1 1 −2
𝛼 𝛽
=
𝑥 𝑦 𝑧
, nas variáveis𝛼, 𝛽, tem solução.
Para encontrar, em função de𝑥, 𝑦, 𝑧, condições para a existência de soluções do sistema
1 0
−1 1 1 −2
𝛼 𝛽
=
𝑥 𝑦 𝑧
, iremos,
1 0 𝑥
−1 1 𝑦 1 −2 𝑧
→
1 0 𝑥
0 1 𝑥+𝑦 0−2−𝑥+𝑧
→
1 0 𝑥
0 1 𝑥+𝑦 0 0𝑥+2𝑦+𝑧
Assim, o sistema tem solução se, e somente se,𝑥+2𝑦+𝑧=0. Portanto, dado𝑤=(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈R3, segue que𝑤∈𝑊se, e somente se,𝑥+2𝑦+𝑧=0. Em outras palavras,
𝑊 =
(1,−1,1),(0,1,−2)
=
(𝑥, 𝑦, 𝑧) ∈R3 |𝑥+2𝑦+𝑧=0 . ^ Exemplo 4.3.7Mostre que, emF (R), temos
sen2(𝑥),cos2(𝑥)
=
1,cos(2𝑥) .
Solução:Aqui, pede-se para demonstrar que, no espaço vetorialF (R), de todas as funções reais com domínio a reta toda, os subespaços𝑊1 =[𝑓 , 𝑔]e𝑊2 =[𝑝, 𝑞]coincidem, em que as funções 𝑓 , 𝑔, 𝑝, 𝑞:R→Rsão definidas por
𝑓(𝑥)=sen2(𝑥), 𝑔(𝑥)=cos2(𝑥), 𝑝(𝑥)=1, 𝑞(𝑥)=cos(2𝑥), para todo𝑥∈R.
Com efeito, seja ℎ ∈ 𝑊1. Então, existem 𝛼, 𝛽 ∈ Rtais que ℎ = 𝛼 𝑓 + 𝛽𝑔, isto é, ℎ(𝑥) = 𝛼 𝑓(𝑥) +𝛽𝑔(𝑥) = 𝛼sen2(𝑥) +𝛽cos2(𝑥), para todo𝑥∈R. Assim, lembrando que cos2(𝑥)= 12 1+cos(2𝑥)
, para todo𝑥∈R, temos ℎ(𝑥)=𝛼sen2(𝑥) +𝛽cos2(𝑥)
=𝛼 1−cos2(𝑥)
+𝛽cos2(𝑥)
=𝛼+ (−𝛼+𝛽)cos2(𝑥)
=𝛼+ (−𝛼+𝛽) 1
2 1+cos(2𝑥)
=𝛼+𝛽
2 +−𝛼+𝛽 2 cos(2𝑥)
=𝛼+𝛽
2 𝑝(𝑥) +−𝛼+𝛽 2 𝑞(𝑥),
para todo𝑥∈R. Portanto,ℎ = 𝛼+2𝛽𝑝+−𝛼2+𝛽𝑞, o que prova queℎ∈𝑊2. Logo,𝑊1 ⊆𝑊2. Para demonstrar a inclusão reversa, tome𝑡 ∈𝑊2. Então, existem𝛾, 𝛿 ∈Rtais que𝑡 =𝛾 𝑝+𝛿𝑞, ou seja,𝑡(𝑥)=𝛾 𝑝(𝑥) +𝛿𝑞(𝑥)=𝛾+𝛿cos(2𝑥), para todo𝑥∈R. Logo,
𝑡(𝑥)=𝛾+𝛿cos(2𝑥)
=𝛾+𝛿 −1+2 cos2(𝑥)
=(𝛾−𝛿) +2𝛿cos2(𝑥)
=(𝛾−𝛿) sen2(𝑥) +cos2(𝑥)
+2𝛿cos2(𝑥)
=(𝛾−𝛿)sen2(𝑥) + (𝛾+𝛿)cos2(𝑥),
para todo𝑥 ∈R, donde se conclui que𝑡 =(𝛾−𝛿)𝑓 + (𝛾+𝛿)𝑔∈𝑊1. Assim, também temos𝑊2 ⊆𝑊1. Comparando as duas inclusões que foram demonstradas, concluímos que𝑊1=𝑊2. ^
Observação Seja𝑉 um espaço vetorial, sejam𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛 ∈ 𝑉 e seja𝑊 um subespaço de𝑉. Para mostrar que [𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛] ⊆𝑊, basta mostrar que𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛 ∈𝑊, uma vez que se esses vetores estão em𝑊, então qualquer combinação linear deles (isto é, qualquer elemento do subespaço gerado por eles) também estará em𝑊, já que, sendo um subespaço de𝑉,𝑊é fechado para somas e multiplicações por escalares.
Poderíamos ter utilizado essa observação no exemplo anterior e mostrado apenas que 𝑓 ∈𝑊2 e𝑔 ∈𝑊2 a fim de garantir𝑊1 =[𝑓 , 𝑔] ⊆𝑊2. Como𝑊2 =[𝑝, 𝑞], mostrar que 𝑓 ∈𝑊2é mostrar que a função sen2(𝑥)se escreve como combinação linear da função constante igual a 1 e da função cos(2𝑥). Mas isso é, de fato, verdade, uma vez que, para todo𝑥∈R, temos
sen2(𝑥)= 1 21+
−1 2
cos(2𝑥).
Similarmente, mostrar que𝑔∈𝑊2é mostrar que a função cos2(𝑥)é combinação linear da função constante igual a 1 e da função cos(2𝑥), e isso é verdade, como já vimos:
cos2(𝑥)= 1 21+ 1
2cos(2𝑥).
A outra inclusão,𝑊2 ⊆𝑊1, poderia ser mostrada de modo similar, utilizando as identidades 1=1 sen2(𝑥) +1 cos2(𝑥) e cos(2𝑥)=(−1)sen2(𝑥) +1 cos2(𝑥).
Dependência linear
Definição Seja𝑉um espaço vetorial e sejam𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛 ∈𝑉. Dizemos que o conjunto{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}é linear-mente dependente(LD) se existirem𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛∈R, não todos nulos, tais que
𝜆1𝑢1+𝜆2𝑢2+ · · · +𝜆𝑛𝑢𝑛=0𝑉. Caso contrário, dizemos que{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}élinearmente independente(LI).
Por convenção, o conjunto vazio∅é LI.
Observação Dado um conjunto{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛} de vetores em um espaço vetorial𝑉, é sempre possível escrever o vetor nulo 0𝑉 como combinação linear de𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛, basta tomar escalares todos nulos: 0𝑢1+0𝑢2+ · · · +0𝑢𝑛=0𝑉. Chamemos essa combinação linear de trivial. O que diz a definição acima é que se houveroutracombinação linear de 𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛que resulta no vetor nulo, além da trivial, então o conjunto{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}é dito LD.
Assim, para mostrar que um conjunto de vetores{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}em um espaço vetorial𝑉é LI é preciso mostrar que se𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛∈Rsão tais que
𝜆1𝑢1+𝜆2𝑢2+ · · · +𝜆𝑛𝑢𝑛 =0𝑉, então, necessariamente,𝜆1=𝜆2 =· · ·=𝜆𝑛=0.
Exemplo 4.3.8No espaço vetorialR4decida se{𝑢, 𝑣}é LI ou LD, em que𝑢=(1,2,3,4)e𝑣=(1,1,2,3).
Solução:É preciso decidir se os únicos escalares𝛼, 𝛽tais que𝛼𝑢+𝛽𝑣=0R4são𝛼=𝛽=0 (caso em que{𝑢, 𝑣}é LI) ou não (e{𝑢, 𝑣}seria LD). Vejamos,
𝛼𝑢+𝛽𝑣=0R4 ⇐⇒ 𝛼(1,2,3,4) +𝛽(1,1,2,3)=(0,0,0,0)
⇐⇒
𝛼+𝛽=0 2𝛼+𝛽=0 3𝛼+2𝛽=0 4𝛼+3𝛽=0
Como, evidentemente,𝛼=𝛽=0 é a única solução desse sistema linear,{𝑢, 𝑣}é LI. ^ Exemplo 4.3.9No espaço vetorialR3, decida se{(1,2,3),(2,3,4),(−1,0,1)}é LI ou LD.
Solução:Se𝛼, 𝛽, 𝛾∈Rsão tais que
𝛼(1,2,3) +𝛽(2,3,4) +𝛾(−1,0,1)=(0,0,0), (4.2)
então
𝛼+2𝛽−𝛾=0 2𝛼+3𝛽=0 3𝛼+4𝛽+𝛾=0
. Esse sistema linear é indeterminado, uma vez que det
1 2−1 2 3 0 3 4 1
=0 (ver Teorema 1.3.6).
Portanto, existe pelo menos uma solução não trivial (são infinitas, na verdade) para a equação (4.2), o que implica que{(1,2,3),(2,3,4),(−1,0,1)}é LD. Para determinar uma combinação linear não trivial explícita, basta exibir uma solução não trivial. As soluções do sistema linear são da forma (−3𝑡,2𝑡, 𝑡), 𝑡 ∈ R. Tomando, por exemplo,𝑡 = 1, obtemos a seguinte combinação linear não trivial dos três vetores resultando no vetor nulo:
−3(1,2,3) +2(2,3,4) +1(−1,0,1)=(0,0,0). ^
Exemplo 4.3.10No espaço vetorial P (R), de todos os polinômios, decida se{𝑓 , 𝑔, ℎ} é LI ou LD, em que 𝑓 = 𝑡2+1, 𝑔 = 𝑡2−1, ℎ = 𝑡+2. (Neste exemplo, a variável está sendo denotada por𝑡, ao invés de𝑥, como vínhamos fazendo.)
Solução:Sejam 𝛼, 𝛽, 𝛾 ∈ Rtais que𝛼 𝑓 +𝛽𝑔+𝛾ℎ = 0P (R). Então, 𝛼(𝑡2 +1) +𝛽(𝑡2−1) +𝛾(𝑡+2) =0, o que é equivalente a(𝛼+𝛽)𝑡2+𝛾𝑡+ (𝛼−𝛽+2𝛾) =0. EmP (R)isso vale se, e só se,
𝛼+𝛽=0 𝛾=0
𝛼−𝛽+2𝛾=0
. A única solução desse sistema é𝛼=𝛽=𝛾=0. Logo,{𝑓 , 𝑔, ℎ}é LI. ^
Exemplo 4.3.11No espaço vetorialF (R), o conjunto
sen2(𝑥),cos2(𝑥),cos(2𝑥) é LD, uma vez que (−1)sen2(𝑥) +1 cos2(𝑥) + (−1)cos(2𝑥)=0,
para todo𝑥∈R.
Observação Seja𝑉um espaço vetorial, são consequências imediatas da definição:
• Dado𝑢 ∈𝑉, o conjunto unitário{𝑢}é LD se, e somente se,𝑢=0𝑉 (uma vez que se𝑢≠0𝑉, então𝜆𝑢=0𝑉 só ocorre quando𝜆=0).
• Dados𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛∈𝑉, o conjunto{𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}é LD se, e somente se, algum dos𝑢𝑖 é combinação linear dos demais. (O mesmo argumento utilizado na demonstração da Proposição 2.2.3 se aplica aqui.)
Vejamos algumas propriedades hereditárias, por assim dizer, da dependência linear.
Proposição 4.3.12Seja𝑉 um espaço vetorial e sejam 𝐴, 𝐵 ⊆ 𝑉 dois conjuntos finitos de vetores de𝑉. Valem as seguintes propriedades:
(i) Se0𝑉 ∈𝐴, então𝐴é LD.
(ii) Se𝐴⊆𝐵e𝐴é LD, então𝐵é LD.
(iii) Se𝐴⊆𝐵e𝐵é LI, então 𝐴é LI.
Demonstração Para (i), suponha que 𝐴 = {0𝑉 = 𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}, então 1𝑢1 +0𝑢2 +. . .0𝑢𝑛 = 0𝑉 e os escalares utilizados nessa combinação linear não são todos nulos; logo, 𝐴 é LD. É claro que (ii) e (iii) são equivalentes.
Mostremos (ii). Suponha que𝐴={𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛}e que𝐵={𝑢1, 𝑢2, . . . , 𝑢𝑛, 𝑢𝑛+1, . . . , 𝑢𝑟}. Se𝐴é LD, então existem 𝛼1, 𝛼2, . . . , 𝛼𝑛∈R, não todos nulos, tais que𝛼1𝑢1+𝛼2𝑢2+ · · · +𝛼𝑛𝑢𝑛 =0𝑉. Assim,
𝛽1𝑢1+𝛽2𝑢2+ · · · +𝛽𝑛𝑢𝑛+𝛽𝑛+1𝑢𝑛+1+ · · · +𝛽𝑟𝑢𝑟 =0𝑉,
em que𝛽𝑖 =𝛼𝑖, para𝑖=1, . . . , 𝑛, e𝛽𝑛+1 =· · ·= 𝛽𝑟 =0. Como os escalares utilizados nessa combinação linear não
são todos nulos (algum𝛽𝑖com 1≤𝑖 ≤𝑛é não nulo),𝐵é LD.
Relações de dependência linear em espaços de funções, como a do Exemplo 4.3.11, são incomuns. No Exercício 13 da Lista 1 de Álgebra Linear II, um método para lidar com a independência linear entre funções é esboçado. No exemplo abaixo, apresentamos mais uma técnica que pode ser útil na demonstração da independência linear em espaços de funções muitas vezes diferenciáveis.
Exemplo 4.3.13Mostre que{𝑒𝑡, 𝑒2𝑡, 𝑒3𝑡}é LI no espaço vetorialF (R).
Solução:Para deixar o argumento mais claro, as funções envolvidas serão denotadas por 𝑓:R−→R,
𝑡 ↦−→𝑒𝑡
𝑔:R −→R, 𝑡↦−→𝑒2𝑡
ℎ:R−→R. 𝑡↦−→𝑒3𝑡
Nossa tarefa consiste em mostrar que se𝛼, 𝛽, 𝛾∈Rsão tais que𝛼 𝑓 +𝛽𝑔+𝛾ℎ=0F (R), então𝛼=𝛽=𝛾=0. Como o vetor nulo 0F (R)do espaço vetorialF (R)é a função identicamente nula, precisamos mostrar que os únicos valores de𝛼, 𝛽, 𝛾que satisfazem
𝛼 𝑓(𝑡) +𝛽𝑔(𝑡) +𝛾ℎ(𝑡)=0, para todo𝑡∈R, são𝛼=𝛽=𝛾=0. Ou seja, que
𝛼𝑒𝑡+𝛽𝑒2𝑡+𝛾𝑒3𝑡=0, para todo𝑡∈R, (4.3)
implica𝛼=𝛽=𝛾=0. Mas, (4.3) implica, em particular, fazendo𝑡=0, que
𝛼+𝛽+𝛾=0. (4.4)
Agora, (4.3) é uma igualdade entre funções, a função𝛼 𝑓+𝛽𝑔+𝛾ℎ, do lado esquerdo, e a função nula, do lado direito.
Como ambas são diferenciáveis, suas derivadas devem também coincidir. Assim, derivando (4.3), obtemos
𝛼𝑒𝑡+2𝛽𝑒2𝑡+3𝛾𝑒3𝑡 =0, para todo𝑡 ∈R. (4.5) Em particular, se𝑡=0,
𝛼+2𝛽+3𝛾=0. (4.6)
Derivando, agora, (4.5), obtemos
𝛼𝑒𝑡+4𝛽𝑒2𝑡+9𝛾𝑒3𝑡 =0, para todo𝑡 ∈R, (4.7) que, avaliada em𝑡=0, fonece
𝛼+4𝛽+9𝛾=0. (4.8)
Dessa discussão, segue que𝛼, 𝛽, 𝛾são números reais que satisfazem (juntando (4.4), (4.6) e (4.8))
1 1 1 1 2 3 1 4 9
𝛼 𝛽 𝛾
=
0 0 0
. (4.9)
Como det
1 1 1 1 2 3 1 4 9
=2≠0, a única solução de (4.9) é a trivial:𝛼=𝛽=𝛾=0. Segue que{𝑒𝑡, 𝑒2𝑡, 𝑒3𝑡}é LI. ^ Observação A ideia explorada no exemplo acima pode ser generatizada: se𝜆1, 𝜆2, . . . , 𝜆𝑛são𝑛números reais distintos, então o conjunto{𝑒𝜆1𝑡, 𝑒𝜆2𝑡, . . . , 𝑒𝜆𝑛𝑡}de𝑛vetores deF (R)é LI. Basta argumentar avaliando uma combinação linear desses vetores e das𝑛−1 primeira derivadas dela em𝑡=0. O argumento funciona porque
det
1 1 . . . 1 𝜆1 𝜆2 . . . 𝜆𝑛 𝜆21 𝜆22 . . . 𝜆2𝑛 ... ... ... 𝜆𝑛−11 𝜆𝑛−12 . . . 𝜆𝑛−1𝑛
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.