1 Espa¸ cos vetoriais

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Bibliografia b´asica do curso: [3,2,1,4]

Autor: Leandro Fiorini Aurichi - [email protected] Vers˜ao: 2008

1 Espa¸ cos vetoriais

Comecemos com a defini¸c˜ao de espa¸co vetorial.

Defini¸cão 1.1. (V,⊕,) é dito um espa¸co vetorial¹ se V é um conjunto que contém um elemento que denotaremos por 0 e se ⊕ : V ×V −→ V e : R×V −→ V são fun¸cões que satisfazem as seguintes propriedades:

(A1) ∀u, v, w∈V (u⊕v)⊕w=u⊕(v⊕w) (A2) ∀u, v∈V u⊕v=v⊕u

(A3) ∀u∈V u⊕0 =u

(A4) ∀v∈V ∃u∈V v⊕u= 0

(M1) ∀α∈R∀u, v∈V α(u⊕v) = (αu)⊕(αv) (M2) ∀α, β ∈R∀v ∈V (αβ)v=α(βv)

(M3) ∀α, β ∈R∀v ∈V (α+β)v= (αv)⊕(βv) (M4) ∀v∈V 1v=v

Cada elemento de V é chamado de vetor. ⊕ é chamada de soma e é chamada de multiplica¸cão por escalar.

Vamos ver alguns exemplos de espa¸cos vetoriais. Note que, para isso, precisamos exibir um conjunto, determinar duas opera¸cões e mais um elemento que fará o papel do elemento 0 destacado acima. Tudo isso de forma que sejam satisfeitas as propriedades da defini¸cão.

No que se segue, quando aparecer = quer dizer que a igualdade vale pela defini¸^⊕ cão de ⊕ que for dada no exemplo. Analogamente, quando aparecer = a justificativa ´ e a defini¸cão de . Quando aparecer =, a igualdade se d´^R a por propriedades dos números reais. Quando aparecer

A1= a justificativa ´e a propriedade (A1) da defini¸c˜ao de espa¸co vetorial. Analogamente para as propriedades (A2), ..., (A4) e (M1), ..., (M4).

1na verdade a defini¸cão apresentada aqui é a de um espa¸co vetorial sobreR, mas, como só trabalharemos com espa¸cos desta forma, omitiremos o “sobreR”

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Exemplo 1.2. Considere (R²,⊕,) onde R² := {(a, b) :a, b ∈ R} e, dados (a, b),(c, d) ∈ R² e α ∈ R, definimos (a, b)⊕(c, d) := (a+c, b+d) e α(a, b) := (αa, αb). Considere como 0 o elemento (0,0). ´E poss´ıvel mostrar que (R²,⊕,) satisfaz todas as propriedades de um espa¸co vetorial. Como exemplo, vamos mostrar que satisfaz as propriedades (A3) e (A4), deixando as outras como exerc´ıcio:

(A3) Note que, dado (a, b)∈R² temos (a, b)⊕(0,0)= (a^⊕ + 0, b+ 0)= (a, b) e, portanto, temos^R (A3).

(A4) Seja (a, b) ∈ R². Considere (−a,−b) que, de fato, pertence a R². Note que (a, b) ⊕ (−a,−b)= (a^⊕ −a, b−b)= (0,^R 0) = 0 e, portanto, temos (A4).

Apesar do nome vetor ter um certo apelo geométrico, os elementos de um espa¸co vetorial não precisam estar num plano, nem mesmo em qualquer outra figura geométrica. O próximo exemplo mostra exatamente isso.

Exemplo 1.3. Considere (F,⊕,) onde F :={f :f é fun¸cão de RemR}e ⊕:F × F −→ F e :R× F −→ F são fun¸cões dadas por (f⊕g)(x) =f(x) +g(x) e (αf)(x) =αf(x). Para quem não está acostumado, esta nota¸cão pode parecer confusa. Uma maneira de se ler a defini¸cão de⊕

´

e a seguinte: dadasf, g∈ F queremos quef⊕g seja uma fun¸cão deRemRde forma que, para cadax∈R, seu valor neste ponto seja o mesmo quef(x) +g(x). Como o elemento 0, considere a fun¸cão z:R−→Rdada por z(x) := 0 para qualquer x∈R. Novamente, pode-se mostrar que (F,⊕,) satisfaz a defini¸cão de espa¸co vetorial. Como exemplo, verifiquemos as propriedades (M3) e (M4) deixando as outras como exerc´ıcio.

(M3) Sejam α, β, x∈R ef ∈ F. Temos

((α+β)f)(x) = (α+β)f(x)

=R αf(x) +βf(x)

= (αf)(x)⊕(βf)(x) (M4) Sejam f ∈ F e x∈R. Temos (1f)(x)= 1f (x)=^R f(x).

As opera¸c˜oes assim definidas s˜ao as usuais deF.

Note que, no exemplo 1.2, poder´ıamos ter considerado, em vez do R², Rⁿ := {(x₁, ..., xn) : x1, ..., xn ∈ R} com ⊕ e análogos, isto é, (x1, ..., xn)⊕(y1, ..., yn) := (x1 +y1, ..., xn+yn) e α(x₁, ..., x_n) := (αx₁, ..., αx_n) para (x₁, ..., x_n),(y₁, ..., y_n)∈Rⁿeα∈R. Essas opera¸cões assim definidas são as usuais no Rⁿ. Desta maneira, em particular, temos que (R,⊕,) é um espa¸co vetorial onde⊕e são a soma e o produto usuais respectivamente.

O que nos impede de tentar fazer o mesmo e obter que (Z,⊕,), onde Z é o conjunto dos números inteiros e⊕esão, respectivamente, a soma e o produto usuais, é um espa¸co vetorial?

Pode-se verificar que as propriedades (A1), ..., (A4) e (M1), ..., (M4) s˜ao satisfeitas. O problema

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exemploz:= 1 eα:= ¹₂). Assim, não temos que ⊕assim definida é uma fun¸cão de R×Z−→Z e, portanto, (Z,⊕,) não é um espa¸co vetorial.

Vamos ver outro exemplo que n˜ao ´e um espa¸co vetorial.

Exemplo 1.4. Considere (R²,⊕,) onde⊕é o mesmo de1.2eé dada porα(a, b) := (αa, b), ondeα∈Re (a, b)∈R². Note que, pela defini¸cão de, temos que 2(1,2) = (2,2). Suponha por absurdo que (R²,⊕,) é um espa¸co vetorial. Ou seja, temos que valem todas as propriedades da defini¸cão de espa¸co vetorial. Então, temos 2(1,2)= (1+1)^R (1,2)^M3= (1(1,2))⊕(1(1,2))= (1,2)⊕(1,2)= (1 + 1,^⊕ 2 + 2)= (2,^R 4). Como (2,2)6= (2,4) temos uma contradi¸cão e, portanto, (R²,⊕,) não é um espa¸co vetorial.

Por comodidade, dado (V,⊕,) um espa¸co vetorial, denotaremos o s´ımbolo ⊕por + (assim, v⊕u = v+u) e por · (assim, α v = α ·v). Na verdade, o mais usual (e que tamb´em adotaremos aqui) ´e simplesmente omitir o s´ımbolo . Por exemplo, αv ficaαv. Quando ⊕e estiverem claros no contexto, chamaremos deV o espa¸co vetorial (V,⊕,).

Já vimos alguns exemplos de espa¸cos vetoriais e alguns exemplos de coisas que não são espa¸cos vetoriais. Vamos agora come¸car a ver o que pode ser deduzido a partir da defini¸cão de um espa¸co vetorial. Ou seja, vamos ver algumas propriedades que todos os espa¸cos vetoriais têm, independente de sua defini¸cão particular.

Defini¸c˜ao 1.5. SejaV um espa¸co vetorial. Dizemos quev∈V ´e umelemento neutrose, para qualqueru∈V, temosu+v=u.

Note que o elemento 0 que aparece em (A3) da defini¸cão de espa¸co vetorial é um elemento neutro. Será que podem haver outros? O próximo resultado diz que não.

Proposi¸c˜ao 1.6. Seja V um espa¸co vetorial e seja v elemento neutro de V. Ent˜aov= 0.

Dem.: Como v é elemento neutro de V, temos que 0 +v = 0. Por outro lado, temos 0 +v Â2= v+ 0Â3= v. Logo, 0 =v como quer´ıamos.

Já que num espa¸co vetorial temos que existe um único elemento neutro, é freqüênte, ao se definir um espa¸co vetorial, se omitir quem é o elemento 0. Mas o leitor pode facilmente determinar quem é tal elemento. Uma maneira simples é dada pelo próximo resultado:

Proposi¸cão 1.7. Seja V um espa¸co vetorial e sejav∈V. Temos que0v= 0 (Aten¸cão: o 0 que aparece à esquerda da igualdade é o número real zero. Já o 0que aparece à direita, é o elemento neutro de V).

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Dem.: Sejau∈V tal que 0v+u= 0. Taluexiste por (A4). Temos que 0v= (0 +0)v^R ^M= 0v³ +0v.

Assim, temos que 0 = 0v+u= (0v+ 0v) +u^A1= 0v+ (0v+u) = 0v+ 0^A3= 0v.

Defini¸c˜ao 1.8. Sejam V um espa¸co vetorial e v ∈ V. Dizemos que u ∈ V ´e um elemento opostoa v sev+u= 0.

Pela propriedade (A4) da defini¸cão de espa¸co vetorial, temos que todo elemento v tem um oposto. O próximo resultado diz que existe apenas um único oposto para cada elemento.

Proposi¸cão 1.9. Sejam V um espa¸co vetorial e v ∈ V. Suponha que u, w ∈ V são elementos opostos a v. Então u=w.

Dem.: Temos

u ^A3= u+ 0

= u+ (v+w)

A1= (u+v) +w

A2= (v+u) +w

= 0 +w

A2= w+ 0

A3= w

Vamos agora ver que, dado um elementov, para encontrarmos seu oposto, basta multiplic´a-lo pelo escalar −1.

Proposi¸c˜ao 1.10. Sejam V um espa¸co vetorial e seja v∈V um elemento qualquer. Ent˜ao−1v

´

e oposto a v (e, por1.9, ´e o ´unico elemento oposto a v).

Dem.: Temos v+ (−1v)^M= 1v⁴ + (−1v)^M3= (1−1)v= 0v^R ^1.7= 0. Logo,−1v´e o oposto dev.

Por comodidade, quando tivermos v, u ∈ V e α ∈ V, denotaremos v+ (−αu) simplesmente por v−αu. Analogamente, o oposto dev ser´a denotado simplesmente por−v.

Vamos agora a algumas propriedades elementares:

Proposi¸c˜ao 1.11. Sejam V um espa¸co vetorial, v∈V e α∈R. Temos:

(i) α(−v) =−αv;

(ii) α0 = 0.

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(iii) Se αv= 0 ent˜aoα= 0 ou v= 0;

Dem.: (i) α(−v) =α(−1v)^M2= (α·(−1))v=^R −αv.

(ii) α0^A3= α(0 + 0)^M=¹α0 +α0. Somando-se−α0 em ambos os lados da igualdade, temos, pela parte (i), 0 =α0.

(iii) Suponha α 6= 0. Vamos ent˜ao mostrar que v = 0. Considere α⁻¹ ∈ R tal que α⁻¹α = 1.

Deα0 = 0 temos α⁻¹(αv) =α⁻¹0. Aplicando (ii) ao lado direito da igualdade, temos que α⁻¹(αv) = 0. Assim, temos que 0 =α⁻¹(αv)^M2= (α⁻¹α)v= 1v^M=⁴v.

1.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 1.1. Considere M2:=

a b c d

:a, b, c, d∈R

,⊕:M2×M2 −→M2 dada por a1 b1

c₁ d₁

⊕

a2 b2

c₂ d₂

:=

a1+a2 b1+b2

c₁+c₂ d₁+d₂

e :R×M₂−→M₂ dada por α

a b c d

:=

αa αb αc αd

Mostre que (M2,⊕,) é um espa¸co vetorial. As opera¸cões assim definidas são as usuais para M2.

Exerc´ıcio 1.2. ConsidereQo conjunto dos números racionais,⊕ea soma e o produto usuais de números reais. (Q,⊕,) é um espa¸co vetorial? Justifique.

Exerc´ıcio 1.3. Exiba os elementos neutros dos seguintes espa¸cos vetoriais: R³ e M2 (cada um com a soma e a multiplica¸c˜ao por escalar usuais).

Exerc´ıcio 1.4. Sejaf ∈ F. Determine qual ´e a fun¸c˜ao representada por−f.

Exerc´ıcio 1.5. Seja V := {r ∈ R : r > 0}. Considere sobre V as seguintes opera¸c˜oes ⊕ : V ×V −→ V e :R×V −→ V dadas por r⊕s := rs e αr := r^α onde r, s∈ V e α ∈ R. Mostre que (V,⊕,) ´e um espa¸co vetorial e exiba o elemento neutro de V.

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Exerc´ıcio 1.6. Considere C ={a+bi :a, b ∈ R} o conjunto dos números complexos. Mostre queC com as opera¸cões usuais é um espa¸co vetorial.

Exerc´ıcio 1.7. SejaP :={a+bx+cx² :a, b, c∈R} o conjunto dos polinˆomios de grau menor ou igual a 2. Mostre que P ´e um espa¸co vetorial e exiba seu elemento neutro.

Exerc´ıcio 1.8. Seja A, B, C ∈M₂, onde A :=

1 2 2 1

, B :=

0 3 1 0

e C :=

7 −4

1 0

. Calcule, com as opera¸c˜oes usuais de M₂, os seguintes elementos:

(a) A+B (b) B+¹₂C

(c) A−B+ 4C

Exerc´ıcio 1.9. Sejam V um espa¸co vetorial e v, u, w∈V. Mostre as seguintes afirma¸c˜oes:

(a) −(−v) =v;

(b) Se u+v=w+v ent˜ao u=w.

(c) Seu+u= 0 ent˜ao u= 0.

Exerc´ıcio 1.10. Sejam V um espa¸co vetorial e u, v ∈ V. Mostre que existe um ´unico vetor w∈V tal queu+w=v.

Exerc´ıcio 1.11. Considere (R,⊕,) onde, dados a, b ∈ R e α ∈ R, definimos a⊕b = a−b e αa=αa. (R,⊕,) ´e um espa¸co vetorial?

Exerc´ıcio 1.12. Sejam (U,⊕_U,_U) e (V,⊕_V,_V) espa¸cos vetoriais. ConsidereU×V :={(u, v) : u∈U, v ∈V} com as seguintes opera¸c˜oes:

(u₁, v₁) + (u₂, v₂) := (u₁⊕_U u₂, v₁⊕_V v₂) α·(u, v) := (α_Uu, α_V v)

ondeu, u₁, u₂∈U,v, v₁, v₂ ∈V eα∈R. Mostre que (U×V,+,·) ´e um espa¸co vetorial.

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2 Subespa¸ cos vetoriais

Vejamos agora um modo de obter espa¸cos vetoriais “novos” a partir de “velhos”. Dado (V,+,·) um espa¸co vetorial, podemos tentar criar um novo espa¸co (S,⊕,) simplesmente tomandoS ⊂V e fazendo com que⊕e sejam as restri¸cões de + e ·respectivamente. E, é claro, queremos que (S,⊕,) satisfa¸ca as propriedades da defini¸cão de espa¸co vetorial. Ou seja, temos a seguinte defini¸cão:

Defini¸cão 2.1. Seja (V,+,·) um espa¸co vetorial. Dizemos que (S,⊕,) é um subespa¸co vetorial de V se (S,⊕,) é um espa¸co vetorial, S ⊂ V e, dados u, v ∈ S e α ∈ R temos que u⊕v = u+v e αv = α·v. Dizemos que ⊕ e são as opera¸cões induzidas por + e · respectivamente.

Por comodidade, normalmente usaremos os mesmos s´ımbolos para as opera¸cões no espa¸co ori- ginal e no subespa¸co. E, quando as opera¸cões estiverem claras no contexto, diremos simplesmente queS é subespa¸co deV.

O próximo resultado é simples, mas é importante tê-lo em mente.

Proposi¸cão 2.2. Se (S,⊕,) é subsespa¸co vetorial de (V,+,·), então, dados u, v∈S e α∈R, temos que u+v∈S eαv ∈S.

Dem.: Como S ´e espa¸co vetorial, temos que ⊕:S×S −→S. Logo, dados u, v∈S, temos que u⊕v ∈ S. Como u+v = u⊕v, temos que u+v ∈ S. Analogamente, temos o resultado para αv.

Vamos agora a um exemplo de subespa¸co.

Exemplo 2.3. Seja (D,+,·) onde D :=

a 0 0 b

:a, b∈R

e + e · são as restri¸cões das opera¸cões emM₂. Vamos ver queDé subespa¸co deM₂. Para isso, precisamos ver, primeiramente, que as opera¸cões + e ·, que são as restri¸cões da opera¸cões deM₂, de fato são fun¸cões deD×D emDeR×DemDrespectivamente. Ou seja, precisamos mostrar que, dadosA, B ∈Deα∈R, temos que A+B ∈D e αA∈ D. SejamA :=

a1 0 0 a₂

, B :=

b1 0 0 b₂

∈D. Temos que

a1 0 0 a₂

+

b1 0 0 b₂

+

=

a1+b1 0 0 a₂+b₂

∈ D. Para mostrar que αA ∈ D é análogo (exerc´ıcio). Observe também que o elemento

0 0 0 0

∈D faz o papel de elemento neutro em D. Assim, para concluirmos que D é de fato um espa¸co vetorial, só resta mostrar que valem as propriedades (A1), ..., (A4), (M1), ..., (M4) da defini¸cão de espa¸co vetorial. Como exemplo,

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vamos mostrar a propriedade (A2) deixando as outras como exerc´ıcio: SejamA:=

a₁ 0 0 a₂

, B :=

b₁ 0 0 b2

∈D. Temos

A+B =

a₁ 0 0 a2

+

b₁ 0 0 b2

=

a1+b1 0 0 a₂+b₂

=

b1 0 0 b2

+

a1 0 0 a2

= B+A

O pr´oximo exemplo mostra que podemos ter (V,+,·), (S,⊕,) ambos espa¸cos vetoriais e com S ⊂V mas sem queS seja subespa¸co de V.

Exemplo 2.4. Considere (R,+,·), onde + e·são as opera¸cões usuais. Considere (P,⊕,), onde P :={r ∈R:r >0} e⊕e são as opera¸cões definidas no exerc´ıcio1.5, isto é, dadosr, s∈P e α∈R, temos que r⊕s=rse αr =r^α. Pelo exerc´ıcio 1.5, temos que (P,⊕,) é um espa¸co vetorial. Mas, apesar de P ⊂ R, não é verdade que (P,⊕,) é subespa¸co vetorial de (R,+,·).

Isso se dá porque as opera¸cões em P não são as opera¸cões induzidas porR. De fato, considere 1,2∈P. Por um lado, tomando as opera¸cões emP, temos que 1⊕2 = 1·2 = 2. Por outro lado, tomando as opera¸cões em R, temos que 1 + 2 = 3.

O próximo exemplo mostra que podemos ter (S,+,·), comS ⊂V, “definir”as opera¸cões em S como as de V e, ainda assim,S não ser subespa¸co de V.

Exemplo 2.5. Considere [0,1] ⊂ R. Temos que ([0,1],+,·), onde + e · são as restri¸cões das opera¸cões usuais deR, não é um subespa¸co vetorial deR. Para ver isso, suponha que seja. Então, dadosa, b∈[0,1] temos, por2.2, quea+b∈[0,1]. Como 1∈[0,1], temos que 1 + 1 = 2∈[0,1], contradi¸cão. Logo, [0,1] não é subespa¸co vetorial de R.

Vimos que, dado um subconjunto S de um espa¸co vetorial V é necessário fazer muitas verifica¸cões para decidir se ele é um subespa¸co vetorial ou não. Temos que verificar as oito propriedades de espa¸co vetorial, a existência de um elemento neutro e ainda verificar se as restri¸cões das duas opera¸cões têm contra dom´ınio S. O próximo resultado mostra uma maneira mais fácil de fazer tal decisão.

Proposi¸cão 2.6. Seja (V,⊕,) um espa¸co vetorial. Seja S ⊂ V. Então (S,+,·), onde + e · são as restri¸cões das opera¸cões deV, é um subespa¸co vetorial se, e somente se, são satisfeitas as seguintes condi¸cões:

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(b) Dados u, v∈S temos que u⊕v∈S;

(c) Dados v∈S e α∈R temos que αv ∈S.

Dem.:

⇒): Suponha que S é um subespa¸co vetorial. Então, por 2.2, temos (b) e (c). Em particular, temos queS é um espa¸co vetorial e, portanto, S6=∅. Sejav∈S. Temos 0 = 0v= 0·v∈S e, portanto, temos (a).

⇐): Suponha queS satisfa¸ca (a), (b) e (c). Por (a) temos queS´e n˜ao vazio. Por (b) temos que +

´

e uma fun¸cão deS×S emS e, por (c), temos que·é uma fun¸cão de R×S emS. Assim, resta verificarmos as propriedades (A1), ..., (A4), (B1), ..., (B4). Vamos verificar as propriedades (A2) e (M1) deixando as outras como exerc´ıcio.

(A2) Sejam u, v ∈ S. Temos que u+v = u⊕v =^∗ v⊕u = v+u, onde ∗ vale por que vale a propriedade (A2) emV.

(M1) Sejam u, v∈ S e α∈R. Temos α(u+v) = α(u⊕v)^∗∗= (αu)⊕(αv) =αu+αv, onde∗∗ vale pois (M1) vale emV.

Vamos aproveitar o resultado anterior e dar mais alguns exemplos de subespa¸cos vetoriais, agora fazendo as verifica¸c˜oes de maneira bem mais simples.

Exemplo 2.7. Considere C := {f : f é fun¸cão cont´ınua de R em R}. Temos que C, com as opera¸cões usuais de fun¸cões, é um espa¸co vetorial. De fato, podemos mostrar que C é subespa¸co vetorial de F (ver exemplo 1.3). Para isso, vamos aplicar 2.6. Note que o elemento neutro de F é a fun¸cão identicamente nula que é uma fun¸cão cont´ınua. Logo, 0∈ C. Se f e g são fun¸cões cont´ınuas, temos que f +g também é uma fun¸cão cont´ınua. Finalmente, se f é um fun¸cão cont´ınua eα∈R, temos que αf é uma fun¸cão cont´ınua.

Exemplo 2.8. Considere R² com as opera¸c˜oes usuais. Considere S := {(a,−a)∈ R² :a∈R}.

Vamos mostrar que Sé um subespa¸co vetorial deR² com as opera¸cões induzidas. Pela defini¸cão de S, temos que 0 = (0,0) ∈ S (basta tomarmos a = 0). Agora sejam (a,−a),(b,−b) ∈ R². Temos (a,−a) + (b,−b) = (a+b,−a−b) = (a+b,−(a+b)) ∈ S. Agora sejam (a,−a) ∈ S e α∈R. Temos α(a,−a) = (αa,−αa)∈S.

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2.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 2.1. Sejam V um espa¸co vetorial e S ⊂V. Suponha que, dados u, v ∈ S e α ∈ R temos que u+v∈S e αv∈S. Mostre que 0∈S se, e somente se,S ´e n˜ao vazio.

Exerc´ıcio 2.2. SejaV espa¸co vetorial eS ⊂V. Mostre queS com as opera¸c˜oes restritas deV

´

e um subespa¸co vetorial de V se, e somente se, S ´e n˜ao vazio e, dados α ∈ R e u, v ∈S temos αu+v∈S.

Exerc´ıcio 2.3. Seja V um espa¸co vetorial. Considere S := {0} ⊂ V. S com as opera¸c˜oes induzidas porV ´e um subespa¸co vetorial?

Exerc´ıcio 2.4. Decida se os conjuntos abaixo são subespa¸cos vetoriais deR³ com as opera¸cões induzidas pelas opera¸cões usuais de R³. Justifique suas afirma¸cões.

(a) A:={(x, y, z)∈R³ :z= 0}

(b) B :={(x, y, z)∈R³ :x+y=z}

(c) C :={(x, y, z)∈R³ :xy= 0}

(d) D:={(x, y, z)∈R³ :x+z= 0}

(e) E :={(x, y, z)∈R³ :x²+z²= 1})

Exerc´ıcio 2.5. SejamV um espa¸co vetorial eA, B⊂V subespa¸cos vetoriais deV. As seguintes afirma¸c˜oes s˜ao verdadeiras? Justifique suas respostas.

(a) A∩B ´e um subespa¸co vetorial de V. (b) A∪B ´e um subespa¸co vetorial de V.

(c) {a+b:a∈A e b∈B}é um subespa¸co vetorial deV. (d) Se A⊂B então Aé subespa¸co vetorial de B.

Exerc´ıcio 2.6. SejaS subespa¸co vetorial deV. Seja 0V o elemento neutro deV e 0S o elemento neutro de S. Mostre que 0_V = 0_S.

Exerc´ıcio 2.7. Considere S := {A ∈ M2 : detA 6= 0} ∪

0 0 0 0

. S com as opera¸c˜oes induzidas porM2 ´e subespa¸co vetorial de M2?

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3 Combina¸ c˜ oes lineares e subespa¸ cos gerados

Segue imediatamente das propriedades de espa¸cos vetoriais que podemos sempre somar dois elementos e que podemos multiplicarmos qualquer elemento por um número real sempre tendo como resultado outro elemento do espa¸co. O próximo resultado simplesmente diz que podemos, na verdade, somar qualquer quantidade (finita) de elementos do espa¸co e sempre obteremos outro elemento do espa¸co. Além disso, cada elemento desta soma pode ser multiplicado por um escalar sem preju´ızo algum. Antes de mostrar tal resultado, vamos demonstrar uma importante ferramenta matemática que nos será útil:

Teorema 3.1 (Princ´ıpio da indu¸cão). Seja P uma propriedade. Suponha que sabemos que tal propriedade vale para o número0 e que, sempre que ela vale para um número n∈Nela também vale para o número n+ 1. Então a propriedade P vale para todos os números¹ m∈N.

Dem.: Suponha que existe um número para o qual a propriedade P não vale. Seja n o menor número para o qual não vale P. Por hipótese, temos que n6= 0. Assim, temos que n−1 ∈ N e, como n−1 < n, temos que a propriedade P vale para n−1. Por hipótese, temos que a propriedadeP vale para (n−1) + 1 =n, contradi¸cão.

Corolário 3.2. SejaP uma propriedade que vale para um número m∈Ne que se ela vale para um número n ∈N ela também vale para n+ 1. Então a propriedade P vale para todo número k∈N com k≥m.

Dem.: Considere a propriedade P⁰ tal que P⁰ vale para um n´umero nse, e somente se, P vale paran+m. Aplicamos o teorema paraP⁰ e obtemos o resultado.

Proposi¸c˜ao 3.3. Seja V um espa¸co vetorial. Sejam α₁, ..., α_n∈Re v₁, ..., v_n∈V. Ent˜ao

n

X

i=1

α_iv_i∈V

Dem.: Por indu¸c˜ao² sobren. Cason= 1, temos queα₁v₁∈V pela defini¸c˜ao de espa¸co vetorial.

Agora suponha que vale o resultado parane vamos mostrar paran+ 1. Por hip´otese, temos que Pn

i=1α_iv_i∈V. Assim

n+1

X

i=1

α_iv_i = (

n

X

i=1

α_iv_i)

| {z }

∈V

+α_n+1v_n+1

| {z }

∈V

1Uma versão “informal”deste resultado que talvez ajude a entendê-lo melhor: se há uma fila infinita de bolas e sabemos que a primeira está pintada e que, se alguma está pintada, então a próxima também está pintada, podemos concluir que toda a fila está pintada.

2ou seja, a propriedade aqui considerada ´e que dadosα1, ..., αn∈Rev1, ..., vntemos quePn

i=1αivi∈V.

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Este tipo de opera¸c˜ao vai ser importante para o restante do texto.

Defini¸cão 3.4. Seja V espa¸co vetorial. Sejam u, v₁, ..., v_n ∈ V. Dizemos que u é uma combina¸cão linearde v1, ..., vn se existem α1, ..., αn∈Rtais queu=Pn

i=1αivi.

Exemplo 3.5. ConsidereR³com a soma e multiplica¸cão usuais. Temos que (1,1,1) é combina¸cão linear de (1,0,0), (0,¹₂,1) e (0,0,1) pois

1(1,0,0) + 2(0,1

2,1)−1(0,0,1) = (1,1,1)

Por outro lado, temos que (1,1,1) não é combina¸cão linear de (1,0,0) e (0,1,0). Pois, suponha que seja. Então existem α, β∈Rtais que α(1,0,0) +β(0,1,0) = (1,1,1). Com isso, olhando as equa¸cões dadas pelas terceiras coordenadas, temos que 1 =α·0 +β·0 = 0, contradi¸cão.

Exemplo 3.6. SejaV espa¸co vetorial. Sejamu, v∈V. Temos queu+v´e combina¸c˜ao linear de u−v e v. De fato, temos que 1(u−v) + 2v=u+v.

Suponha que temos um espa¸co vetorial V e A ⊂ V um conjunto qualquer não vazio. Pelo resultado3.3temos que seAé um subespa¸co vetorial deV, então qualquer combina¸cão linear de elementos deAtambém é um elemento deA¹. E seAnão for um subespa¸co? Será que é suficiente acrescentarmos as combina¸cões lineares deApara obtermos um subespa¸co? O resultado seguinte afirma que sim.

Proposi¸cão 3.7. Seja V um espa¸co vetorial. Seja A ⊂ V um conjunto não vazio. Então S :={v ∈V :∃n≥1, v₁, ..., v_n∈A eα₁, ..., α_n∈R Pn

i=1α₁v_i =v} ´e um subespa¸co vetorial de V. Al´em disso,A⊂S.

Dem.: Vamos usar 2.6 para mostrar que A é subespa¸co. Como A é não vazio, podemos tomar v ∈ A. Então 0v = 0 ∈ S. Sejam u, v ∈ S. Então existem u₁, ..., u_n, v₁, ...., v_m ∈ A e α1, ..., αn, β1, ..., βm∈Rtais queu=Pn

i=1αiui e v=Pm

i=1βivi. Note que u+v=

n

X

i=1

αiui+

m

X

i=1

βivi

Logo, u+v∈S. Sejaα ∈R. Temos que αv=α

m

X

i=1

β_iv_i=

m

X

i=1

αβ_iv_i

Logo, αv∈S e, portanto,S ´e subespa¸co vetorial de V.

Para mostrar que A⊂S, basta notar que para cadaa∈A, temos que a= 1a∈S.

(13)

Com esse resultado, fazemos a seguinte defini¸c˜ao:

Defini¸c˜ao 3.8. Sejam V um espa¸co vetorial e A ⊂ V um subconjunto n˜ao vazio. Denotamos por [A] :={v∈V :∃n≥1, v₁, ..., v_n∈A eα₁, ..., α_n∈R Pn

i=1α₁v_i=v}osubespa¸co vetorial geradoporA. E, neste caso, dizemos queA´e umconjunto geradorpara [A]. Por conven¸c˜ao, dizemos que [∅] = 0.

Por comodidade, quando exibirmos os elementos de um conjunto A, omitiremos as chaves.

Por exemplo, em vez de denotar por [{u, v, w}], usaremos [u, v, w].

Exemplo 3.9. Considere o espa¸co vetorialR³com as opera¸c˜oes usuais. Temos que [(0,1,2),(1,0,0)] = {(a, b,2b) :a, b∈R}. De fato, considere (a, b,2b) e vamos mostrar que (a, b,2b)∈[(0,1,2),(1,0,0)].

Para isso, basta notar que (a, b,2b) =b(0,1,2) +a(1,0,0). Assim, temos que {(a, b,2b) :a, b ∈ R} ⊂[(0,1,2),(1,0,0)]. Para o outro lado, considereα(0,1,2) +β(1,0,0) = (β, α,2α). Tomando- sea=β eb=α, temos queα(0,1,2)+β(1,0,0)∈ {(a, b,2b) :a, b∈R}. Logo, temos a igualdade.

Já o subespa¸co S := {(x, y, z) : z = 0} é gerado por {(1,0,0),(0,1,0)}. De fato, seja (x, y,0)∈ S. Então (x, y,0) = x(1,0,0) +y(0,1,0). E, dados α, β ∈ R, temos que α(1,0,0) + β(0,1,0) = (α, β,0) tem a terceira coordenada 0 e, portanto, pertence a S.

Exemplo 3.10. ConsidereS⊂M₂ dado por

a 0 0 b

:a, b∈R

. Temos queS ´e gerado por 1 0

0 0

,

1 0 0 2

De fato, seja

a 0 0 b

∈S. Temos que

a 0 0 b

= (a− b 2)

1 0 0 0

+ b

2

1 0 0 2

Por outro lado, é fácil ver que qualquer combina¸cão linear de

1 0 0 0

e

1 0 0 2

´

e da forma a 0

0 b

.

(14)

3.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 3.1. Considere R² com as opera¸c˜oes usuais. Escreva (1,2) como combina¸c˜ao linear de {(1,1),(0,4)}.

Exerc´ıcio 3.2. Considere R³ com as opera¸cões usuais. Considere S := [(1,0,0),(1,1,0)]. Dê uma interpreta¸cão geométrica para S.

Exerc´ıcio 3.3. SejaV um espa¸co vetorial. Mostre as seguintes afirma¸c˜oes:

(a) SejaS ⊂V. Ent˜ao S⊂[S];

(b) Sejam S₁⊂S₂⊂V. Ent˜ao [S₁]⊂[S₂];

(c) SejaS ⊂V. Ent˜ao [S] = [[S]].

Exerc´ıcio 3.4. ConsidereR³ com as opera¸c˜oes usuais. ConsidereS :={(a, b, a+ 2b) :a, b∈R}.

(a) Mostre que S ´e subespa¸co de R³ com as opera¸c˜oes usuais.

(b) Encontre um conjunto com exatamente 2 elementos que seja um gerador paraS.

(c) Encontre um conjunto com exatamente 3 elementos que seja um gerador paraS.

(d) Encontre A, B⊂R³ tais queA∩B =∅e [A] = [B] =S.

Exerc´ıcio 3.5. Sejam V um espa¸co vetorial e v∈V. Mostre que [V r{v}] =V.

Exerc´ıcio 3.6. SejaV um espa¸co vetorial e seja S ⊂V um subconjunto qualquer. Mostre que S = [S] se, e somente se, S ´e um subespa¸co vetorial de V.

Exerc´ıcio 3.7. Considere M₂ com as opera¸c˜oes usuais. Considere S :=

a b c d

∈M₂:a=c

A:=

0 1 0 0

,

0 0 0 1

,

1 0 1 0

(a) S ´e um subespa¸co vetorial deM2? Justifique.

(b) Relacione S com [A], justificando suas afirma¸c˜oes.

Exerc´ıcio 3.8. Sejam V um espa¸co vetorial e A ⊂V um conjunto n˜ao vazio. Suponha queS seja um subespa¸co deV tal queA⊂S. Mostre que [A]⊂S.

Exerc´ıcio 3.9. Sejam V um espa¸co vetorial e A ⊂ V um conjunto n˜ao vazio. Mostre que [A] =T

{S ⊂V :S⊃A e S ´e subespa¸co de V}.

(15)

4 Dependˆ encia linear

Vimos na se¸c˜ao anterior que um subespa¸co pode ter v´arios conjuntos geradores. Inclusive, podemos ter A ⊂B distintos que gerem o mesmo subespa¸co. Os conceitos que aprentamos a seguir servem para podermos tomar conjuntos geradores que sejam, de alguma forma, minimais.

Defini¸c˜ao 4.1. Sejam V um espa¸co vetorial e v₁, ..., v_n ∈ V distintos. Dizemos que v₁, ..., v_n s˜ao linearmente dependentesse existemα1, ..., αn ∈R, com pelo menos um αi 6= 0, tais que Pn

i=1αivi = 0. Dizemos que v1, ..., vn são linearmente independentes caso contrário, isto é, se dados α₁, ..., α_n ∈ R temos Pn

i=1α_iv_i = 0, então α₁ =· · · =α_n = 0. Dizemos que A⊂ V é linearmente dependente se existemv₁, ..., v_n∈Adistintos linearmente dependentes. Dizemos que A é linearmente independente caso contrário, isto é, se dados quaisquer v1, ..., vn ∈ A distintos temos que v₁, ..., v_n são linearmente independentes. Por conven¸cão, dizemos que o conjunto ∅ é linearmente independente.

Este primeiro exemplo, ilustra uma rela¸cão entre dependência linear e combina¸cão linear.

Exemplo 4.2. Sejam V um espa¸co vetorial e u, v, w∈V. Suponha quew é combina¸cão linear deu, v. Então u, v, wsão linearmente dependentes. De fato, comowé combina¸cão linear deu, v, existem α, β∈Rtais queαu+βv=w. Assim,αu+βv−1w= 0.

Mais adiante, veremos que vale uma esp´ecie de rec´ıproca para este exemplo. Mas antes, vejamos mais alguns exemplos simples.

Exemplo 4.3. ConsidereR⁴com as opera¸c˜oes usuais. Temos que (0,1,0,1), (4,6,2,6) e (2,0,1,0) s˜ao linearmente dependendentes. De fato, temos que

3(0,1,0,1)−1

2(4,6,2,6) + 1(2,0,1,0) = 0

Exemplo 4.4. Considere M₂ com as opera¸c˜oes usuais. Ent˜ao A:=

1 1 0 1

,B :=

1 1 0 0

, C :=

0 0 2 2

são linearmente independentes. De fato, sejamα, β, γ ∈R tais que αA+βB+ γC = 0. Então, temos o seguinte sistema de equa¸cões:











α+β = 0 α+β = 0 2γ = 0 α+ 2γ = 0 De onde obtemos queα=β=γ = 0

(16)

Exemplo 4.5. ConsidereF com as opera¸cões usuais. Temos que que as fun¸cõessen(x) ecos(x) são linearmente independentes. De fato, sejam α, β ∈ R tais que, para todo x ∈ R, temos que αsen(x) +βcos(x) = 0. Fazendo x = 0, temos que 0 = αcos0 +βsen0 = α. E, fazendo x = ^π₂, temos que 0 = βsen^π₂ = β. Logo, α = β = 0. Por outro lado, temos que as fun¸cões f(x) := 2sen(x),g(x) :=sen(x)−cos(x) eh(x) :=sen(x)+2cos(x) são linearmente dependentes.

De fato, temos que

−3

2f(x) + 2g(x) +h(x) = 0 para qualquer x∈R.

Agora vamos ao resultado da “rec´ıproca” do primeiro exemplo desta se¸cão. Sua afirma¸cão é a de que se n vetores são linearmente dependentes, é porque um deles é combina¸cão linear dos outros.

Proposi¸cão 4.6. Sejam V um espa¸co vetorial e v1, ..., vn ∈ V. Suponha que v1, ..., vn são linearmente dependentes. Então existe k tal que 1 ≤ k ≤ n tal que v_k é combina¸cão linear de {v_i : 1≤i≤n ei6=k}, isto é, existem α_i ∈R tais que

v_k=

n

X

i= 1 i6=k

α_iv_i

Dem.: Comov1, ..., vn s˜ao linearmente dependentes, existemα1, ..., αn∈R, com pelo menos um β_i 6= 0, tais que Pn

i=1β_iv_i = 0. Sejak tal queβ_k6= 0. Temos vk=

n

X

i= 1 i6=k

−β_i β_kvi

O próximo resultado será útil para quando formos cuidar da minimalidade de conjuntos geradores. Ele simplesmente diz que, se um conjunto gerador finito é linearmente dependente, então existe um elemento dele que podemos “descartar”.

Corol´ario 4.7. Seja V um espa¸co vetorial. SejaA⊂V finito¹ e linearmente dependente. Ent˜ao existe v∈A tal que [A] = [Ar{v}].

Dem.: Escreva A={v₁, ..., v_n}. Pelo resultado anterior, existem ke α_i∈Rtais que v_k= X

i= 1 i6=k

αivi

(17)

Vamos mostrar que [A] = [Ar{v_k}]. ´E claro que [Ar{v_k}]⊂[A] (ver exercicio 3.3). Assim, resta mostrar que [A]⊂ [Ar{v_k}]. Seja u ∈[A]. Sejam β1, ..., βn ∈R tais que v =Pn

i=1βivi. Temos

v = Pn i=iβivi

= β_kv_k+P_n

i= 1 i6=k

β_iv_i

= βkPn i= 1 i6=k

αivi+Pn i= 1 i6=k

βivi

Logo, v∈[Ar{v_k}].

O próximo resultado diz que podemos aumentar um conjunto linearmente independente com elementos que não sejam combina¸cão linear dele.

Proposi¸cão 4.8. Sejam V um espa¸co vetorial e A ⊂ V um subconjunto linearmente independente. Seja v∈V tal que v /∈[A]. EntãoA∪ {v}é linearmente independente.

Dem.: Suponha que não. Então existemv1, ..., vn ∈A e α, α1, ..., αn ∈R não todos nulos tais queαv+Pn

i=1αivi = 0. Note queα6= 0 pois, caso contr´ario, ter´ıamosPn

i=1αivi = 0 com algum α_i 6= 0 o que contraria o fato deA ser linearmente independente.

Assim, temos que v=−P_n

i=1 αi

αv_i o que contraria o fato dev /∈[A].

4.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 4.1. Sejam V um espa¸co vetorial e A ⊂ V. Mostre que, se 0 ∈ A, ent˜ao A ´e linearmente dependente.

Exerc´ıcio 4.2. Considere R⁴ com as opera¸cões usuais. Decida se cada conjunto de vetores é linearmente dependente ou não. Justifique suas respostas:

(a) {(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}

(b) {(1,1,0,0),(2,2,4,4),(0,0,1,1)}

(c) {(x, y, z, w) :x+y+z+w= 0}

(d) {(0,0,0,2),(0,0,−1,3),(0,4,2,1),(1,2,3,4)}

(e) {(0,2,2,4),(1,0,2,2),(1,2,2,0)}

Exerc´ıcio 4.3. SejaV um espa¸co vetorial. Sejam A, B ⊂V. Decida se as seguintes afirma¸c˜oes s˜ao verdadeiras ou falsas e justifique suas respostas:

(18)

(a) Se Aé linearmente independente eB ⊂A, então B é linearmente independente.

(b) Se Aé linearmente dependente eB ⊃A, então B é linearmente dependente.

(c) SeAé linearmente independente eB ⊃A, então B é linearmente independente.

(d) Se Aé linearmente dependente eB ⊂A, então B é linearmente dependente.

Exerc´ıcio 4.4. SejaV um espa¸co vetorial tal que V 6={0}. Mostre queV r{0} ´e linearmente dependente.

Exerc´ıcio 4.5. Sejam V um espa¸co vetorial e u, v, w ∈ V. Suponha que v ∈ [w] e u ∈ [w].

Mostre que {u, v}´e linearmente dependente.

Exerc´ıcio 4.6. Sejam V um espa¸co vetorial eu, v, w ∈V. Suponha que{u, v, w}´e linearmente independente. Mostre que {u+v, u+w, v+w}´e linearmente independente.

Exerc´ıcio 4.7. SejamV um espa¸co vetorial eu₁, ..., u_n, v₁, ..., v_m∈V. Suponha que{u₁, ..., u_n, v₁, ..., v_m} seja linearmente independente. Mostre que [u1, ..., un]∩[v1, ..., vm] ={0}.

Exerc´ıcio 4.8. ConsidereP2 :={a+bx+cx² :a, b, c ∈R} o conjuntos dos polinômios de grau menor ou igual a 2 com as opera¸cões usuais. Verifique se os seguintes elementos são linearmente independentes ou não, justificando suas respostas.

(a) f(x) := 1 +x+x²,g(x) := 2 + 2x+ 2x². (b) f(x) :=x+x²,g(x) := 2, h(x) := 1 + 2x².

(c) f(x) := 1 +x,g(x) := 2 +x,h(x) :=x².

Exerc´ıcio 4.9. Mostre que podemos retirar a hipótese deA ser finito em 4.7. Dica: ComoA é linearmente dependente, temos que existemv₁, ..., v_n∈Alinearmente dependentes. Comece com isso e procure fazer algo parecido com a demonstra¸cão de 4.7.

(19)

5 Bases

Agora temos material suficiente para tomarmos conjuntos geradores minimais.

Defini¸c˜ao 5.1. SejamV um espa¸co vetorial e B⊂V. Dizemos queB ´e uma baseparaV seB

´

e linearmente independente e [B] =V. Vejamos alguns exemplos.

Exemplo 5.2. Considere R⁴ com as opera¸c˜oes usuais. Temos que B :={(1,0,1,0), (0,1,0,1), (1,0,0,1), (0,0,1,1)}´e uma base paraR⁴. De fato, seja (a, b, c, d)∈R⁴. Considereα, β, γ, δ∈R tais queα(1,0,1,0) +β(0,1,0,1) +γ(1,0,0,1) +δ(0,0,1,1) = (a, b, c, d). Temos











α+γ =a β =b α+δ=c β+γ+δ=d

De onde, temosα=a−d+b+^c−a+d−b₂ , β=b, γ=d−b−^c−a+d−b₂ , δ= ^c−a+d−b₂ . Assim, temos que [B] =R⁴. Vamos agora mostrar queB ´e linearmente independente. Sejamα, β, γ, δ ∈Rtais queα(1,0,1,0) +β(0,1,0,1) +γ(1,0,0,1) +δ(0,0,1,1) = (0,0,0,0). Temos











α+γ = 0 β = 0 α+δ= 0 β+γ+δ= 0 De onde temos queα=β =γ =δ= 0.

Exemplo 5.3. Para cada k ∈ N, considere p_k : R −→ R dada por p_k(x) = x^k. Seja n ∈ N. Chamamos de polinômios de grau menor ou igual a n o subespa¸co vetorial de F gerado por p0, ..., pn. Denotamos tal espa¸co por Pn. Temos que B := {p₀, ..., pn} é uma base para Pn. De fato, pela própria defini¸cão, já temos que [B] = Pn. Resta mostrar que B é linearmente independente. Sejam α₀, ..., α_n ∈Rtais que Pn

i=0α_ip_i = 0. Isto ´e, dado qualquer y∈R, temos que

(α0p0+· · ·αnpn)(y) =α0y⁰+· · ·+αnyⁿ= 0 (1) Mas temos que um polinˆomio identicamente nulo tem todos os seus coeficientes nulos. Logo, α₀ =· · ·α_n= 0.

Não apresentaremos aqui a demonstra¸cão do próximo resultado pois ela precisa de um pouco de material que foge do nosso escopo. Além disso, para os principais exemplos tratados aqui, apresentaremos uma versão mais fraca (mas suficiente) deste resultado na próxima se¸cão.

Teorema 5.4. Seja V um espa¸co vetorial. Ent˜ao existe B ⊂V base para V. Dem.: Ver [3], p. 76.

(20)

5.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 5.1. Exiba uma base para cada espa¸co vetorial e demonstre que a mesma de fato ´e uma base. Considere para cada conjunto as opera¸c˜oes usuais.

(a) M₂ (b) R³

(c) R

Exerc´ıcio 5.2. SejamV um espa¸co vetorial eB uma base paraV. ConsidereC, D⊂V tais que C(B e D)B. Mostre que C e Dn˜ao s˜ao bases de V.

Exerc´ıcio 5.3. Sejam V um espa¸co vetorial e B uma base para V. Seja α ∈ R com α 6= 0.

Mostre que C:={αv :v∈B} ´e uma base para V.

Exerc´ıcio 5.4. Sejam V um espa¸co vetorial e S⊂V um subespa¸co tal que S 6={0}. Considere B base paraV. ´E verdade que, necessariamente, B∩S6=∅?

Exerc´ıcio 5.5. SejamU, V espa¸cos vetoriais. SejamA base paraU eB base paraV. Considere U ×V (veja o exercicio 1.12). O conjunto C:={(a, b) :a∈A, b∈B}´e uma base para U ×V?

6 Sistemas lineares

Antes de prosseguirmos com os espa¸cos vetoriais, vamos ver uma aplica¸cão no estudo de sistemas lineares homogêneos. Vamos fazer essa aplica¸cão agora pois um dos resultados será utilizado na seqüência de nosso trabalho.

Defini¸cão 6.1. Dizemos que um sistema comnequa¸cões nas incógnitasx1, ..., xké umsistema linear homogêneo se cada uma das suas equa¸cões é da forma α1x1 +α2x2+· · ·+α_kx_k = 0 com α₁, ..., α_k ∈ R. Dizemos que v = (v₁, ..., v_k) ∈ R^k é uma solu¸cão para o sistema se, para cada equa¸cão α1x1+· · ·αkxk = 0 temos que α1v1+· · ·+αkvk = 0. Dado um sistema linear homogêneo E com k incógnitas, denotamos porSol(E) o conjunto {v∈R^k :v é solu¸cão de E}.

Chamamos Sol(E) de espa¸co solu¸c˜aode E.

(21)

Exemplo 6.2.

x₁+ 2x₂ = 0 x2−x3 = 0

´

e um sistema linear homogêneo¹. Uma solu¸cão para tal sistema é (−2,1,−1)∈R³.

Nosso primeiro resultado já mostra uma liga¸cão entre os sistemas lineares e álgebra linear: o conjunto solu¸cão é um espa¸co vetorial.

Proposi¸cão 6.3. Seja E um sistema linear homogêneo com k incógnitas. Então Sol(E) é um subespa¸co vetorial de R^k.

Dem.: Comecemos mostrando que 0 ∈ Sol(E). Dada Pk

i=1α_ix_i = 0 equa¸c˜ao de E, temos que Pk

i=1α_i0 = 0, logo, 0 ´e solu¸c˜ao.

Agora sejam (v1, ..., vk),(u1, ..., uk) solu¸cões deE. Vamos mostrar que (v1, ..., vk)+(u1, ..., uk) = (v1+u1, ..., v1+u_k) é solu¸cão de E. Seja Pk

i=1αixi= 0 uma equa¸c˜ao de E. Temos:

P_k

i=1α_i(v_i+u_i) = P_k

i=1α_iv_i+P_k

i=1α_iu_i

= 0 + 0

= 0

Agora sejam (v1, ..., vk) ∈ Sol(E) e γ ∈ R. Vamos mostrar que γ(v1, ..., vk) = (γv1, ..., γvk) ∈ Sol(E). SejaPk

i=1αixi= 0 uma equa¸c˜ao de E. Temos:

Pk

i=1α_i(γv_i) = γPk i=1α_iv_i

= γ0

= 0

O que vamos fazer agora é determinar uma condi¸cão para que um sistema linear homogêneo tenha solu¸cões não triviais:

Lema 6.4. Considere E uma equa¸c˜ao da forma Pk

i=1αixi = 0. Sejam u, v∈R^k onde v não é solu¸cão paraE. Então existe γ ∈R tal queu−γv é solu¸cão para E.

Dem.: Escrevemos u = (u₁, ..., u_k) e v = (v₁, ..., v_k). Sejam a := Pk

i=1αu_i e b := Pk i=1αv_i. Comov não é solu¸cão para E, temos queb6= 0. Assim, podemos tomar γ := â_b. Vejamos que tal γ satisfaz o enunciado. Temos queu−γv= (u1−γv1, ..., u_k−γv_k). Assim

Pk

i=1α_i(u_i−γv_i) = Pk

i=1α_iu_i−γPk i=1v_i

= a−^a_bb

= 0

1repare que há incógnitas que não aparecem em todas as equa¸cões, o que seria exigido pela nossa defini¸cão.

Mas isso pode ser facilmente contornado, notando-se, por exemplo, que a primeira equa¸c˜ao ´e equivalente ax1+ 2x2+ 0x3= 0.

(22)

Proposi¸cão 6.5. SejaEum sistema linear homogêneo comnequa¸cões ekincógnitas comk≥n.

Ent˜ao existe um conjunto linearmente independente emSol(E) com pelo menosk−n elementos.

Dem.: Vamos fazer por indu¸c˜ao sobren. Cason= 0 temos queSol(E) =R^ke temos o resultado.

Vamos fazer o caso n+ 1, supondo que o casonvale. Ou seja, temos que mostrar que se E tem n+ 1 equa¸c˜oes, Sol(E) tem um subconjuto linearmente independente comk−n−1 elementos.

Sen+ 1 =k, terminamos porque{0} ⊂Sol(E). Ent˜ao podemos suporn+ 1< k, logo,k−n >0.

ConsidereE0 ⊂E ondeE0 temnequa¸cões. SejaF a equa¸cão restante. Por hipótese de indu¸cão, temos que Sol(E₀) tem um subconjunto A linearmente independente com k−n elementos. Se todos os elemetos de A forem solu¸cão para F, temos que todos os elementos de A são solu¸cão para E e temos o resultado. Se não, então existe v ∈A tal que v não é solu¸cão de F. Escreva Ar{v} = {a₁, ..., ak−n−1}. Para cada i = 1, ..., k−n−1, seja γ_i ∈ R tal que a_i −γ_iv seja solu¸cão para F (existe pelo lema). Como a₁, ..., ak−n−1 e v são solu¸cões para E₀, temos que cada ai−γiv é solu¸cão para E0. Logo, {a₁−γ1v, ..., ak−n−1−γk−n−1v} ⊂ Sol(E). Logo, para concluirmos o resultado, basta mostrarmos que tal conjunto é linearmente independente. Sejam α₁, ..., αk−n−1∈Rtais quePk−n−1

i=1 α_i(a_i−γ_iv) = 0. Temos:

0 = Pk−n−1

i=1 αi(ai−γiv)

= Pk−n−1

i=1 αiai−Pk−n−1 i=1 γiv

= Pk−n−1

i=1 αiai−(Pk−n−1 i=1 γi)v

Como{a₁, ..., ak−n−1, v}=A´e um conjunto linearmente independente, temos que queα₁=...= α_k−n−1 = 0 como quer´ıamos.

Corolário 6.6. Seja E um sistema linear homogêneo com mais incógnitas do que equa¸cões.

EntãoE tem uma solu¸cão não trivial, isto é, existe v∈Sol(E) com v6= 0.

6.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 6.1. Determine o espa¸co solu¸c˜ao de cada um dos sistemas a seguir, determinando tamb´em uma base para cada um deles.

(a)

x1+x2= 0 x2−x3= 0 (b)







x₁+x₂+ 3x₃−x₄ = 0 x1+x5 = 0

x5+x2−x3 = 0

(23)

7 Espa¸ cos finitamente gerados e dimens˜ ao

Vamos definir agora o tipo de espa¸co com o qual mais trabalharemos.

Defini¸c˜ao 7.1. Seja V um espa¸co vetorial. Dizemos que V ´e finitamente gerado se existe A⊂V finito tal que [A] =V.

Uma propriedade de espa¸cos finitamente gerados ´e que existe um limitante para o tamanho dos conjuntos linearmente independentes.

Proposi¸cão 7.2. SejamV um espa¸co vetorial finitamente gerado e suponha que{v₁, ..., v_n} ⊂V seja um gerador de V. Então todo subconjunto de V com mais de n elementos é linearmente dependente.

Dem.: Seja A := {u₁, ..., u_m} com m > n. Vamos mostrar que A ´e linearmente dependente (note que isso implica o resultado). Como {v₁, ..., vn} ´e gerador de V, para cada uk existem β_k,1, ..., β_k,n ∈Rtais que

n

X

i=1

βk,ivi =uk

Considere o seguinte sistema linear, nas inc´ognitasa₁, ..., a_m:







β1,1a1+· · ·+βm,1am = 0 ...

β1,na1+· · ·+βm,nam= 0

Como esse sistema é homogêneo, tem m incógnitas, n equa¸cões e n < m, temos que existe α1, ..., αm, com algum αi 6= 0, que é solu¸cão. Isto é, para cada i = 1, ..., n, temos que β1,iα1 +

· · ·+βm,iαm= 0. Temos:

0 = Pn i=1

Pm

k=1β_k,iα_kv_i

= Pm k=1

Pn

i=1αkβk,ivi

= P_m

k=1α_ku_k Logo, u₁, ..., u_m s˜ao linearmente dependentes.

Corol´ario 7.3. Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado. Dadas B, B⁰ ⊂ V bases de V, temos que B eB⁰ tˆem a mesma quantidade de elementos.

Dem.: Como B gera V e B⁰ ´e linearmente independente, temos que|B⁰| ≤ |B|. Por outro lado, como B⁰ geraV eB ´e linearmente independente, temos que |B| ≤ |B⁰|.

Dada a unicidade garantida pelo ´ultimo resultado, podemos fazer a seguinte defini¸c˜ao:

(24)

Defini¸cão 7.4. SejaV um espa¸co vetorial. Se V é finitamente gerado e B é uma base para V, dizemos queV temdimensão|B|e denotamos por dimV :=|B|. SeV não é finitamente gerado, simplesmente dizemos queV temdimensão infinita. Neste caso, denotamos dimV =∞.

Exemplo 7.5. Considere C = {a+bi : a, b ∈ R} o conjunto do números complexos com as opera¸cões usuais. Note que (C,+,·) é um espa¸co vetorial (exerc´ıcio). Temos que B := {1, i} é uma base paraC. De fato, dadoa+bi∈C, temos quea+bi= (a·1) + (b·i) e, portanto,B gera C. Resta mostrar que B é linearmente independente. Sejam α, β ∈R tais que α·1 +β·i= 0.

Então α =β = 0 e, portanto, B é base. Assim, temos que dimC = 2. Esta é chamada a base canônica deC.

Vejamos um exemplo de um espa¸co que n˜ao tem dimens˜ao finita.

Exemplo 7.6. ConsidereP :={a₀+a₁x¹+· · ·+a_nxⁿ:a_i∈R, n∈N} o espa¸co dos polinômios com as opera¸cões usuais. Suponha que a dimensão de P seja finita. Então existe B ⊂P finito tal que [B] = P. Seja p ∈ B o polinômio com o maior grau em B. Seja k o grau de p. Note queq(x) :=x^k+1 é tal que q ∈P mas q não é combina¸cão linear dos elementos deB (exerc´ıcio).

Logo, B n˜ao geraP.

A idéia do próximo resultado é que, num espa¸co finitamente gerado, podemos ir “aumentando”

um conjunto linearmente independente at´e obtermos uma base.

Teorema 7.7 (do completamento de base). Sejam V um espa¸co vetorial finitamente gerado e A⊂V um conjunto linearmente independente. Ent˜ao existe B base de V tal que B ⊃A.

Dem.: Se [A] = V, não há nada a mostrar. Caso contrário, existe v1 ∈ V r[A]. Por 4.8, temos que B₁ := A∪ {v₁} é linearmente independente. Se [B₁] =V, acabamos. Se não, existe v₂ ∈ V r[B₁]. Novamente por 4.8, temos que B₂ := B₁ ∪ {v₂} é linearmente independente.

Continuamos tal processo até que [Bn] = V. Observe que, de fato, isso ocorre, pois, caso contrário, ter´ıamos conjuntos linearmente independentes arbitrariamente grandes o que não pode ocorrer já queV é finitamente gerado e por 7.2

Corolário 7.8. SejaV um espa¸co vetorial de dimensãon. Seja B⊂V um conjunto linearmente independente tal que |B|=n. Então B é base paraV.

Dem.: Seja C ⊃B base para V. Pela defini¸cão de dimensão, temos que existe Dbase para V tal que|D|=n. Pelo resultado 7.3, temos que|C|=n. Logo, como |B|=n, temos queC =B e, portanto,B é base deV.

Já o próximo resultado diz que, em espa¸cos finitamente gerados, podemos “diminuir” conjuntos geradores linearmente dependentes até obtermos uma base.

(25)

Proposi¸c˜ao 7.9. Seja V um espa¸co vetorial. Seja A ⊂V finito tal que [A] =V. Ent˜ao existe B ⊂A base para V.

Dem.: Se A é linearmente independente, acabamos. Se não, pelo resultado 4.7, existe v₁ ∈A tal queA1 :=Ar{v₁}é tal que [A1] = [A] =V. SeA1 é linearmente independente, acabamos.

Se não, novamente por 4.7, existe v₂ ∈ A₁ tal que A₂ := A₁r{v₂} = Ar{v₁, v₂} é tal que [A₂] = [A₁] = [A] =V. E podemos repetir tal processo até que se encontre A_n ⊂A linearmente independente tal que [An] = V (note que tal processo de fato termina já que A tem finitos elementos).

Corolário 7.10. Seja V um espa¸co vetorial de dimensão n. Seja B ⊂ V tal que |B| = n e [B] =V. EntãoB é base para V.

Dem.: Pelo resultado anterior, existeC⊂Btal queCé base paraV. Pela defini¸cão de dimensão, existe D base para V tal que |D| = n. Por 7.3, temos que |C| = |D| = n. Assim, C = B e, portanto, B é base paraV.

Observe que pelos resultados 7.8 e 7.10 temos que, num espa¸co vetorial de dimensão n, se temos um conjunto comnelementos, para decidirmos se ele é uma base, basta uma só verifica¸cão:

se ele ´e linearmente independente ou se ele ´e gerador.

7.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 7.1. Considerando as opera¸c˜oes usuais de cada espa¸co, exiba uma base e calcule a dimens˜ao de cada um dos espa¸cos abaixo:

(a) R² (b) M2

(c) Pn

(d) R

Exerc´ıcio 7.2. Considerando as opera¸c˜oes usuais deP₃, mostre que o conjunto{q₁, q₂, q₃, q₄, q₅}

´

e linearmente dependente, ondeq1(x) :=x+ 1, q2(x) :=x²−2x,q3(x) :=x³+ 5x,q4(x) =x²+ 9 e q₅ :=x³+x²−x+ 1.

Dica: Use o exerc´ıcio 7.1

Exerc´ıcio 7.3. Considere R⁴ com as opera¸c˜oes usuais. Defina bases para R⁴ que contenham os seguintes vetores

(26)

(a) (1,1,0,0) e (1,1,1,1).

(b) (0,0,0,1)

(c) (2,0,0,2), (2,0,0,1), (1,1,2,1).

Exerc´ıcio 7.4. SejamV um espa¸co vetorial eS um subespa¸co seu. Mostre que dimS≤dimV.

Exerc´ıcio 7.5. Seja V espa¸co vetorial de dimens˜ao n. Seja S ⊂ V subespa¸co. Suponha que dimS =n. Mostre queS =V.

Exerc´ıcio 7.6. Sejam U e V espa¸cos vetoriais de dimens˜ao m e n respectivamente. Qual a dimens˜ao de U×V?

Exerc´ıcio 7.7. SejaV um espa¸co vetorial. Considere A, B⊂V conjuntos não vazios tais que a dimensão de [A] ém, de [B] é ne a de [A∪B] =k.

(a) Dˆe um exemplo ondem < n < k.

(b) Dˆe um exemplo ondem=n < k.

(c) Dˆe um exemplo ondem=n=k.

(d) ´E poss´ıvel acontecer k <max{m, n}?

(e) O que podemos afirmar sobre [A],[B] e [A∪B] sem=n=k?

(f) Suponha [A]⊂[B]. Calculek em fun¸c˜ao dem e n.

(g) Suponha [A]∩[B] ={0}. Calculek em fun¸c˜ao de m e n.

Exerc´ıcio 7.8. Seja V um espa¸co vetorial. Considere A, B ⊂ V conjuntos não vazios tais que [A] e [B] têm dimensão finita. Mostre que

dim[A∪B] = dim[A] + dim[B]−dim([A]∩[B]) Dica: Use o exerc´ıcio anterior.

(27)

8 Sistemas de coordenadas

O que vamos fazer nesta se¸c˜ao ´e construir um jeito de se descrever os elementos de um espa¸co vetorial.

Defini¸cão 8.1. SejaV um espa¸co vetorial finitamente gerado. Um sistema de coordenadas, ou base ordenada, emV é uma baseB :={v₁, ..., v_n} ⊂V em que a ordem dos elementos está fixada¹.

O pr´oximo resultado nos d´a uma grande utilidade para os sistemas de coordenadas:

Proposi¸c˜ao 8.2. Sejam V um espa¸co vetorial finitamente gerado e B := {v₁, ..., vn} uma base ordenada para V. Ent˜ao, para cada elemento v ∈ V, existem a₁, ..., a_n ∈ Rⁿ tais que v = Pn

i=1aivi. Além disso, tais ai’s são únicos com tal propriedade.

Dem.: A existência de a1, ..., an se dá simplesmente pelo fato de B ser base. Vamos mostrar então a unicidade. Sejamb₁, ..., b_n∈Rtais que v=P_n

i=1b_iv_i. Temos 0 = v−v

= Pn

i=1a_iv_i−Pn i=1b_iv_i

= Pn

i=1(ai−bi)vi

Logo, comov₁, ..., v_n s˜ao linearmente independentes, (a_i−b_i) = 0 para todo i= 1, ..., n.

O resultado anterior nos permite fazer a seguinte defini¸c˜ao:

Defini¸c˜ao 8.3. Sejam V um espa¸co vetorial finitamente gerado e B := {v₁, ..., v_n} uma base ordenada para V. Dado v ∈ V, denotamos por [v]_B := (a₁, ..., a_n)_B a ´unica n-upla tal que Pn

i=1aivi =v.

Exemplo 8.4. ConsidereR³com as seguintes bases ordenadas: B₁ :={(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)}, B2 := {(1,1,0),(0,1,1),(0,2,0)} e B3 := {(0,1,0),(1,0,0),(0,0,1)}. Seja v := (1,2,3) ∈ R³. Temos

• [v]_B₁ = (1,2,3)_B₁

• [v]_B₂ = (1,3,−1)_B₂

• [v]_B₃ = (2,1,3)_B₃

Note que o processo de se mudar as coordenadas de um vetor de uma base para outra muitas vezes é trabalhoso. Mais adiante, veremos uma maneira bem mais simples de se fazer isso. Mas, para isso, precisamos do conceito de transforma¸cões lineares e de alguma teoria sobre elas. Como as transforma¸cões lineares são úteis em diversos outros problemas, faremos um apanhado geral de sua teoria antes de voltarmos à aplica¸cão de mudan¸ca de bases.

1ou seja, um sistema de coordenadas ´e uman-upla (v1, ..., vn) cujas coordenadas formam uma base deV. Mas, por comodidade, utilizaremos o mesmo s´ımbolo de conjunto.