1 Espaços Vectoriais 3
1.1 Dependência e Independência Linear . . . 3
1.2 Sistemas de Geradores e Bases . . . 10
1.3 Subespaços Vectoriais . . . 17
1 Espaços Vectoriais
1.1 Dependência e Independência Linear
Exercício 1 Sejamuevdois vectores linearmente independentes de um espaço vectorial realE. Determine o escalar α∈R para o qual os vectores αu+ 2v e
u−v são linearmente dependentes.
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β1(αu+ 2v) +β2(u−v) = 0 =⇒ =⇒(β1α+β2)u+ (2β1−β2)v= 0
Dado queuev são linearmente independentes da expressão anterior resulta que:
½
β1α+β2= 0 2β1−β2= 0
Temos portanto um sistema homogéneo de duas equações a duas incógnitas, β1 e β2, cuja matriz do sistema é dada por A =
· α 1 2 −1
¸
. Se o sistema for determinado, a única solução será β1 = β2 = 0, pelo que os vectores da-dos serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja indeterminado, isto érA<2.
Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac-terístca:
[A|B] = ·
α 1 0 2 −1 0
¸
L1←→L2
−−−−−−−→ ·
2 −1 0 α 1 0
¸
L2←L2+
³
−α2´L1
−−−−−−−−−−−−−−−→ ·
2 −1 0 0 α+2
2 0
¸
Tem-se claramenterA=rA|B, o que significa que o sistema é possível (como
já sabíamos por ser um sistema homogéneo). Seα6=−2tem-serA = 2o que
implica um sistema possível e determinado; seα=−2, tem-serA= 1<2pelo
Exercício 2 Sejam u, v e w três vectores linearmente independentes de um espaço vectorial real E. Determine o escalar α ∈ R para o qual os vectores αu+ 2v+ 2we u+αv−w são linearmente dependentes.
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β1(αu+ 2v+ 2w) +β2(u+αv−w) = 0 =⇒ =⇒(β1α+β2)u+ (2β1+β2α)v+ (2β1−β2)w= 0
Dado que u, v e w são linearmente independentes, da expressão anterior resulta que:
β1α+β2= 0 2β1+β2α= 0 2β1−β2= 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a duas incógnitas,
β1,β2 eβ3, cuja matriz do sistema é dada porA=
α2 α1
2 −1
. Se o sistema
for determinado, a única solução será β1 = β2 = 0, pelo que os vectores da-dos serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja indeterminado, isto érA<2.
Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac-terístca:
[A|B] =
α2 α1 00 2 −1 0
L−−−−−−−→1←→L3
22 −α1 00 α 1 0
L2←L2+ (−1)L1 L3←L3+¡−α
2
¢
L1
−−−−−−−−−−−−−−−−→
20 α−+ 11 00 0 α+2
2 0
Se α = −1 ou α =−2 tem-se claramenterA = rA|B = 2, o que significa
Exercício 3 Sejam u e v dois vectores linearmente independentes de um es-paço vectorial realE. Mostre que os vectores u eu+v são linearmente inde-pendentes.
Solução
Construamos a combinação linear nula destes dois vectores e verifiquemos
que só é satisfeita com os escalares nulos:
β1(u) +β2(u+v) = 0 =⇒ =⇒(β1+β2)u+β2v= 0
Sabendo queuev são linearmente independentes, teremos:
½
β1+β2= 0 β2= 0
A solução deste sistema é claramenteβ1=β2= 0pelo que se pode concluir que os vectoresueu+v são linearmente independentes.
Exercício 4 Considerem-se 3 vectores de um espaço vectorial: u,vew. Prove queu−v,v−w ew−usão sempre linearmente dependentes.
Solução
Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos
que não é só satisfeita com os escalares nulos:
β1(u−v) +β2(v−w) +β3(w−u) = 0 =⇒ =⇒(β1−β3)u+ (−β1+β2)v+ (−β2+β3)w= 0
Sabendo queu, vewsão linearmente independentes, teremos:
β1−β3= 0 −β1+β2= 0 −β2+β3= 0
[A|B] =
−11 01 −01 00
0 −1 1 0
L−−−−−−−−−−→2←L2+L1
10 01 −−11 00
0 −1 1 0
L3−−−−−−−−−−→←L3+L2
10 01 −−11 00
0 0 0 0
Dado que rA=rA|B = 2<3, o sistema é possível e indeterminado, tendo
outras soluções que não a soluçãoβ1=β2=β3= 0, pelo que os vectores dados serão linearmente dependentes.
Exercício 5 Sendo x,ye zvectores linearmente independentes de um espaço vectorialE, mostre que os três vectoresx+y,x+z ey+ztambém são linear-mente independentes
Solução
Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos
que não é só satisfeita com os escalares nulos:
β1(x+y) +β2(x+z) +β3(y+z) = 0 =⇒ =⇒(β1+β2)x+ (β1+β3)y+ (β2+β3)z= 0 Sabendo quex, yezsão linearmente independentes, teremos:
β1+β2= 0 β1+β3= 0 β2+β3= 0
Construímos agora a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:
[A|B] =
11 10 01 00
0 1 1 0
L−−−−−−−−−−−−−−→2←L2+ (−1)L1
10 −11 01 00
0 1 1 0
L−−−−−−−−−−→3←L3+L2
10 −11 01 00
0 0 2 0
Dado que rA = rA|B = 2 = 3, o sistema é possível e determinado, tendo
apenas a soluçãoβ1=β2=β3= 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes.
Exercício 6 Sejam v e w dois vectores linearmente independentes de um es-paço vectorialE. Mostre que o sistema de vectores{v, w, v+w}é linearmente dependente.
Solução
Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos
que não é só satisfeita com os escalares nulos:
β1v+β2w+β3(v+w) = 0 =⇒ =⇒(β1+β3)v+ (β2+β3)w= 0
Sabendo quev ew são linearmente independentes, teremos:
½
β1+β3= 0 β2+β3= 0
Construímos agora a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:
[A|B] = ·
1 0 1 0
0 1 1 0
¸
Dado que rA = rA|B = 2 < 3, o sistema é possível e indeterminado com
grau de indeterminação d = n−rA = 3−2 = 1. Existem portanto outras
soluções para o sistema que não a soluçãoβ1=β2=β3= 0. Logo, os vectores
{v, w, v+w}são linearmente dependentes.
Exercício 7 Identifique as condições sobre a e b de modo a que os vectores, (a,2, b),(a+ 1,2,1) e(3, b,1) sejam linearmente independentes.
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β1(a,2, b) +β2(a+ 1,2,1) +β3(3, b,1) = 0 =⇒
Da expressão anterior resulta que:
aβ1+ (a+ 1)β2+ 3β3= 0 2β1+ 2β2+bβ3= 0
bβ1+β2+β3= 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,
β1, β2 e β3, cuja matriz do sistema é dada por A =
a a2 + 1 32 b
b 1 1
. Se
o sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução seráβ1 =β2 =β3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja determinado, isto é
rA= 3. Tal depende no entanto dos valores dos parâmetrosaeb.
Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac-terístca:
[A|B] =
a2 a+ 12 3b 00
b 1 1 0
L−−−−−−−→1←→L2
2a a+ 12 b3 00
b 1 1 0
L1←→
1 2L1 −−−−−−−−→
1 1
b
2 0
a a+ 1 3 0
b 1 1 0
L2←L2+ (−a)L1 L3←L3+ (−b)L1
−−−−−−−−−−−−−−−→
1 1 b
2 0
0 1 6−ab
2 0
0 1−b 2−b2
2 0
L−−−−−−−−−−−−−−−→3←L3+ (b−1)L2
1 1 b
2 0
0 1 6−ab
2 0
0 0 2−2b2 + (b−1)6−2ab 0
Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que 2−b
2
2 +
(b−1)6−2ab 6= 0. Vejamos então qual a relação entreaebde modo a que esta
condição seja satisfeita. Note-se que 2−b2
2 + (b−1)6−
ab
2 = 0é uma equação na
variávela. É simples verificar quea= −4−b2
+6b
(b−1)b . Assim, concluímos que:
• b= 0∨b= 1
Não existe solução para a, logo rA = rA|B = 3, o sistema é possível e
• b6= 0∧b6= 1
→ Sea= −4−b2+6
b
(b−1)b , teremosrA=rA|B<3, o sistema é possível e
inde-terminado e, por consequência os três vectores dados são linearmente dependentes.
→ Sea6= −4−b2
+6b
(b−1)b , teremosrA=rA|B = 3, o sistema é possível e
de-terminado e, por consequência os três vectores dados são linearmente independentes.
Exercício 8 Verifique se os seguintes vectores de R4 são linearmente indepen-dentes?
x1= (1,0,1,2) ;x2= (0,1,1,2) ;x3= (1,1,1,3)
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:
βx1+βx2+βx3= 0 =⇒
=⇒β1(1,0,1,2) +β2(0,1,1,2) +β3(1,1,1,3) = 0 =⇒ =⇒(β1+β3,β2+β3,β1+β2+β3,2β1+ 2β2+ 3β3) = 0
Da expressão anterior resulta que:
β1+β3= 0 β2+β3= 0 β1+β2+β3= 0 2β1+ 2β2+ 3β3= 0
Temos portanto um sistema homogéneo de quatro equações a quatro
incóg-nitas, β1, β2, β3 eβ4, cuja matriz do sistema é dada por A =
1 0 10 1 1 1 1 1
.
Se o sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução seráβ1 =β2 =β3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja determinado, isto é
rA= 3. Tal depende no entanto dos valores dos parâmetrosaeb.
[A|B] =
a2 a+ 12 3b 00
b 1 1 0
L−−−−−−−→1←→L2
2a a+ 12 b3 00
b 1 1 0
L1←→
1 2L1 −−−−−−−−→
1 1
b
2 0
a a+ 1 3 0
b 1 1 0
L2←L2+ (−a)L1 L3←L3+ (−b)L1
−−−−−−−−−−−−−−−→
1 1 b
2 0
0 1 6−ab
2 0
0 1−b 2−b2
2 0
L−−−−−−−−−−−−−−−→3←L3+ (b−1)L2
1 1
b
2 0
0 1 6−ab
2 0
0 0 2−b2
2 + (b−1)6−2ab 0
Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que 2−b
2
2 +
(b−1)6−2ab 6= 0. Vejamos então qual a relação entreaebde modo a que esta
condição seja satisfeita. Note-se que 2−b2
2 + (b−1)6−
ab
2 = 0é uma equação na
variávela. É simples verificar quea= −4−b2
+6b
(b−1)b . Assim, concluímos que:
1.2 Sistemas de Geradores e Bases
Exercício 9 Considere os vectores:
u1= (1,1, a) ;u2= (0,1,1) ;u3= (1,0, b) com ui∈R3, i= 1,2,3.
Que condições devem verificaraebpara{u1, u2, u3}constituírem uma base deR3.
Solução
Sabemos quedim¡R3¢= 3. Como o conjunto{u1, u2, u3}é constituído por
três vectores deR3 sabemos que {u1, u2, u3}serão geradores de R3 se
consti-tuirem uma base de R3. Mas {u1, u2, u3} só constituirá uma base de R3 se
os seus vectores forem linearmente independentes. Os vectores de{u1, u2, u3}
β1u1+β2u2+β3u3= 0 =⇒
=⇒β1(1,1, a) +β2(0,1,1) +β3(1,0, b) = 0⇒ ⇒(β1+β3,β1+β2,β1a+β2+β3b) = 0
Da expressão anterior resulta que:
β1+β3= 0 β1+β2= 0
aβ1+β2+bβ3= 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,
β1,β2eβ3, cuja matriz do sistema é dada porA=
11 0 11 0
a 1 b
. Se o sistema
for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será β1=β2=β3= 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes e portanto uma base de R3, como pretendemos. Tal depende no entanto do
valor dos parâmetrosaeb.
Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac-terístca:
[A|B] =
11 01 10 00
a 1 b 0
L2←L2+ (−1)L1
L3←L3+ (−a)L1
−−−−−−−−−−−−−−−→
10 01 −11 00 0 1 b−a 0
L3←L3+ (−1)L2
−−−−−−−−−−−−−−→
10 01 −11 00 0 0 b−a+ 1 0
Para que, como se pretende,rA=rA|B = 3, é necessário queb−a+ 16= 0, o
que implicab6=a−1. Nestas circunstâncias, o sistema é possível e determinado e os vectores dados são linearmente dependentes, constituindo uma base deR3.
Exercício 10 Sejamv1= (7,4,−7)ev2= (8,7,8)dois vectores deR3.
Deter-mine o valor detde modo a que o vector v = (−2, t,8) pertença ao subespaço deR3 gerado por v1 e v2.
O subespaço gerado pelos vectoresv1ev2são os vectores da forma: α1v1+
α2v2. Assim, o vectorvpertencerá ao subespaço gerado porv1ev2se existirem
escalaresα1 eα2 tais queα1v1+α2v2=v.
α1v1+α2v2 = v⇐⇒
⇐⇒ α1(7,4,−7) +α2(8,7,8) = (−2, t,8)⇐⇒
⇐⇒
7α1+ 8α2=−2
4α1+ 7α2=t
−7α1+ 8α2= 8
Vejamos quais as condições para que o sistema seja possível. Para isso, estudamos o sistema através da sua matriz ampliada:
74 87 −t 2
−7 8 8
L2←L2+
¡ −4
7
¢
L1 L3←L3+L1
−−−−−−−−−−−−−−−−→
70 817 −2
7 8+7
t
7
0 16 6
L2← 177L2
−−−−−−−−→
70 81 −136 + 1192 t
0 16 6
L−−−−−−−−−−−−−−→3←L3+ (−16)L2
70 81 −136 + 1192 t
0 0 −2170−1904t
O sistema será possível se −2170−1904t = 0. Logo, v poderá ser escrito como combinação linear dev1 ev2 set=−155136.
Exercício 11 Verifique se o conjunto de vectores {(6,3,9),(5,2,8),(4,1,7)}
constitui uma base deR3.
Solução
Exercício 12 Sejav= (1,2)∈R2.
a) Dê um exemplo de um vector, diferente deve do vector nulo, que pertença ao subespaço gerado porv.
Solução
a) O subespaço gerado porv é dado por:
©
w∈R2:w=α·v,∀α∈R2
ª
O subespaço gerado por v são protanto todos os ”múltiplos” do vector
v. Escolhendo α = −1, obtém-sew = (−1)v = (−1) (1,2) = (−1,−2). conclui-se portanto que(−1,−2)pertence ao subespaço gerado porv.
b) Em contraponto com a) serão todos os vectores que não sejam múltiplos de v, por exemplo (1,1). Podemos confirmar este resultado, mostrando
que a equação(1,1) =α(1,2) é impossível:
α(1,2) = (1,1)⇐⇒ ⇐⇒(α,2α) = (1,1)
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:
· 1 2
¸ £
α ¤= ·
1 1
¸
O sistema é obviamente impossível. Estudemos a sua matriz ampliada:
[A|B] = ·
1 1 2 1
¸
L2←L2+ (−2)L1
−−−−−−−−−−−−−−→ ·
1 1
0 −1 ¸
Dado que rA 6= rA|B o sistema é impossível, pelo que não existe nenhum
escalar α ∈ R que satisfaça (1,1) = α(1,2). Logo, (1,1) não pertence ao subespaço gerado por(1,2).
Exercício 13 Considere o espaço vectorial R3 e o conjunto de vectores M =
{(4,5,6),(r,5,1),(4,3,2)}. Determinerde modo a que o conjunto gerado pelos vectores deMnão seja R3.
Solução
Sabemos que dim¡R3¢ = 3. Como o conjunto M é constituído por três
linearmente independentes. Os vectores deM serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β1(4,5,6) +β2(r,5,1) +β3(4,3,2) = 0 =⇒
=⇒(4β1+rβ2+ 4β3,5β1+ 5β2+ 3β3,6β1+β2+ 2β3) = 0
Da expressão anterior resulta que:
4β1+rβ2+ 4β3= 0 5β1+ 5β2+ 3β3= 0
6β1+β2+ 2β3= 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,
β1,β2eβ3, cuja matriz do sistema é dada porA=
45 5 3r 4 6 1 2
. Se o sistema
for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será β1=β2=β3= 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes e portanto uma base deR3, o que contraria o que nós pretendemos. Pretende-se portanto que o sistema Pretende-seja indeterminado, isto é rA <3. Tal depende no
entanto do valor do parâmetror.
Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva carac-terístca:
[A|B] =
45 r5 43 00
6 1 2 0
L1←
1 4L1 −−−−−−−→
1
r
4 1 0
5 5 3 0
6 1 2 0
L2←L2+ (−5)L1
L3←L3+ (−6)L1
−−−−−−−−−−−−−−−→
1
r
4 1 0
0 204−r −2 0 0 244−r −4 0
L2← 204 −rL2
−−−−−−−−−−−→
Para prosseguir a condensação temos de assumir quer6= 20. Adiante estu-daremos o caso em quer= 20.
1 r
4 1 0
0 1 − 8
20−r 0
0 24−r
4 −4 0
L3←L3+
µ
−244−r ¶
L2
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→
1 r
4 1 0
0 1 − 8
20−r 0
0 0 2r−32
20−r 0
Para que, como se pretende, rA =rA|B <3, é necessário que 220r−−32r = 0, o
que implicar= 16. Nestas circunstâncias, o sistema é possível e indeterminado e os vectores dados são linearmente dependentes.
regressemos agora ao caso em quer= 20. Substituindo r na matriz após as três primeiras operações elementares obtém-se:
1
20
4 1 0
0 20−20
4 −2 0
0 24−20
4 −4 0
=
10 50 −12 00 0 1 −4 0
Prosseguindo a condensação, obter-se-á:
10 50 −12 00 0 1 −4 0
L−−−−−−−→2←→L3
10 51 −14 00 0 0 −2 0
Tem-se, claramente, rA = rA|B = 3 pelo que o sistema é possível e
deter-minado. consequentemente, os vectores dados serão lineramente independentes. O valor do parâmetrorque nos interessa é portantor= 16.
Exercício 14 O conjunto,P2(R), dos polinómios de grau inferior ou igual a 2 constitui um espaço vectorial real.
a) Determine um polinómiob(x)de modo a que o conjunto©1,1 +x2, b(x)ª constitua uma base de P2(R).
b) Determine as coordenadas de2x2−7xnessa base.
Solução
a) O polinómiob(x)deverá ser tal que o sistema de vectores©1,1 +x2, b(x)ª
seja linearmente independente. Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos para que polinómiosb(x) =ax2+bx+c
a equação é satisfeita apenas com os escalares nulos:
β1·1 +β2·¡1 +x2¢+β
3·b(x) = 0 =⇒
Sabendo que um polinómio é nulo se os coeficientes dos termos de todos
os graus forem nulos, teremos:
β1+β2+cβ3= 0
bβ3= 0 β2+aβ3= 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a três incógnitas,
β1, β2 eβ3, cuja matriz do sistema é dada por A =
1 10 0 cb
0 1 a
. Se o
sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será β1 =β2 =β3 = 0, pelo que os vectores dados serão linear-mente independentes e portanto uma base de P2(R), como se pretende.
Tal depende no entanto do valor dos parâmetrosa,bec.
Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva car-acterístca:
[A|B] =
10 10 cb 00
0 1 a 0
L−−−−−−−→2←→L3
10 11 ca 00
0 0 b 0
Para que, como se pretende,rA=rA|B= 3, é necessário queb6= 0. Nestas
circunstâncias, o sistema é possível e indeterminado, os vectores dados são linearmente dependentes e portanto constituirão uma base deP2(R). Escolhemos a alternativa mais simples e escolhamos a= c= 0 eb = 1. Neste casob(x) =x. O conjunto de vectores©1,1 +x2, xªserá portanto
uma base deP2(R).
b) Pretende-se determinar os escalaresβ1,β2eβ3 tais que:
β1·1 +β2·¡1 +x2¢+β
3·x= 2x2−7x⇔
⇔β2·x2+β3·x+ (β1+β2) = 2x2−7x
Sabendo que dois polinómios são iguais se os coeficientes dos termos do
β2= 2 β3=−7 β1+β2= 0
Facilmente se verifica que a solução será dada por β1 = −2, β2 = 2 e β3=−7. Assim, as coordenadas de 2x2−7xna base©1,1 +x2, xªserão
£
−2 2 −7 ¤T.
Exercício 15 Mostre que o conjunto M = {(1,2,3),(2,3,4),(3,4,5)} não é uma base deR3.
Solução
Temos duas alternativas para mostrar este facto: 1a alternativa:
Notemos que dim¡R3¢ = 3. Se os vectores dados não forem linearmente independentes, então não podem constitur uma base deR3 uma vez que esta deverá ter 3 elementos.
2a alternativa:
Podemos verificar se os vectores deM geram qualquer vectorx∈R3. Se tal não for verdade, então os vectores não podem constituir uma base deR3.
Exercício 16 Verifique se os seguintes vectores são geradores do espaço vecto-rialR3.
a) x1= (1,1,1) ;x2= (1,−1,−1) ;x3= (3,1,1)
b) x1= (1,1,1) ;x2= (1,−1,−1) ;x3= (3,1,2)
Solução
1.3 Subespaços Vectoriais
Exercício 17 Quais dos seguintes subconjuntos deR2 são subespaços deR2? i) W1=
©
(x, y)∈R2:x= 2yª
ii) W2=
©
(x, y)∈R2:x= 2y,2x=yª
iii) W3=©(x, y)∈R2:x= 2y+ 1ª iv) W4=
©
Solução
i) Vejamos se0∈W1. Sex= 0ey= 0, teremosx= 2ypelo que(0,0)∈W1.
Com efeito,0 =x·0. Consideremos agora dois vectores(x, y),(x0, y0)∈W
1
e dois escalares α,β∈ R. Pretende-se verificar queα(x, y) +β(x0, y0)∈
W1. Faça-se (a, b) = α(x, y) +β(x0, y0). Queremos mostrar que (a, b)
satisfaza= 2b:
(a, b) = α(x, y) +β(x0, y0) (Porque (x, y),(x0, y0) ∈ W1)
= (2αy+ 2βy0,αy+βy0) = (2 (αy+βy0),αy+βy0)
Concluímos assim que(a, b)satisfaza= 2b, logo,F2é um espaço vectorial.
ii) O sistema x= 2y∧2x=y tem como solução única o vector nulo,(0,0). Assim, comoW2={(0,0)}conclui-se queW2é um subespaço.
iii) Vejamos se 0 ∈ W3. É fácil verificar que não: um vector de W3 tem a
forma(2y+ 1, y), y∈R. Este vector poderá ser escrito como:
(2y+ 1, y) =y(2,1) + (1,0), y∈R
Vejmos agora se existe algum escalarαtal que(2α+ 1,α) = 0:
(2α+ 1,α) = 0⇐⇒ ⇔α(2,1) + (1,0) = (0,0)⇐⇒
⇐⇒α(2,1) = (−1,0)⇐⇒ ½
2α= 1 α= 0
Este sistema é impossível pelo que0∈/ W3. Portanto, W3 não constitui
um subespaço vectorial.
iv) O conjunto W4 é constituído pelos vectores da forma (x,0), x ∈ R e (0, y), y ∈ R. É obvio que os vectores (1,0) e(0,1) pertencem ao sube-spaço vectorialW4, mas a sua soma,(1,0) + (0,1) = (1,1), não. Dado que W4 não é fechado para a soma, então não pode ser espaço vectorial.
i) F1=nf ∈F :f(x)·f0(x) = 1,∀x∈R
o
ii) F2=
n
f ∈F :f(x) =x·f0(x),∀x∈R
o
Solução
i) Vejamos se0∈F1. Obviamente que não: sef(x) = 0teremosf 0
(x) = 0, pelo quef(x)·f0(x) = 06= 1. Logo,0∈/F1, portantoF1não é subespaço.
ii) Vejamos se 0 ∈ F2. Sef(x) = 0 teremos f 0
(x) = 0, pelo que f(x) =
x·f0(x) é satisfeita. Com efeito, 0 = x·0. Consideremos agora duas funções f(x), g(x)∈F2 e dois escalaresα,β ∈R. Pretende-se verificar
que αf(x) +βg(x) ∈ F2. Faça-se p(x) = αf(x) +βg(x). Queremos
mostrar quep(x)se pode escrever na formax·p0(x):
p(x) = αf(x) +βg(x)
(Porquef(x), g(x)∈F2)
= αx·f0(x) +βx·g0(x)
= x³αf0(x) +βg0(x)´
= x·p0(x)
Concluímos assim queF2 é um espaço vectorial.
Exercício 19 Considere o espaço vectorial S, sobre R, das sucessões reais. Determine, entre os seguintes subconjuntos, aqueles que são subespaços deS:
i) O conjunto das progressões aritméticas,P.
ii) O conjunto das sucessões com um número infinito de termos nulos, Q.
Solução
i) As progressões aritméticas reais são sucessões reais do tipoun=n·r, r∈R.
Está claro que ser= 0, teremosun = 0, pelo que 0∈P. Consideremos
agora duas progressõesun, vn∈P e dois escalaresα,β∈R. Pretende-se
verificar queαun+βvn∈P. Faça-sewn =αun+βvn. Queremos mostrar
quewné uma progressão aritmética. Basta para o efeito determinar o seu
wn = αun+βvn
(Porqueun, vn∈P)
= αnr1+βnr2
= n(αr1+βr2)
Concluímos assim, quewné uma progressão aritmética de termo(αr1+βr2).
Exercício 20 SejaE o espaço vectorial real das funções reais de variável real contínuas e diferenciáveis em R, munido das operações habituais de adição de funções e da multiplicação de uma função por um escalar. Seja F o conjunto das funções:
f(x) =
αx+β, x <0
ax2+bx+c, 0≤x≤1
γx+δ, x >1
(1)
Que condições devem verificar as constantes eα,β,γ,δ,a,becpara queF seja um subespaço deE?
Solução
• f tem de ser contínua
Apenas nos precisamos de preocupar com os pontos de abcissa x= 0 e
x= 1:
— x= 0
α·0 +β=a·02+b·0 +c⇐⇒β=c
— x= 1
a·12+b·1 +c=γ·1 +δ⇐⇒a+b+c=γ+δ
• f tem de ser diferenciável
Apenas nos precisamos de preocupar com os pontos de abcissa x= 0 e
x= 1:
— df dx
¯ ¯ ¯
x=0− =
df dx
¯ ¯ ¯
x=0+⇐⇒α= 2·a·x+b|x=0+ ⇐⇒
⇔α=b
— df dx
¯ ¯ ¯
x=1− =
df dx
¯ ¯ ¯
x=1+⇐⇒ 2·a·x+b|x=1− =γ⇐⇒
As quatro condições anteriores podem ser colocadas em forma de sistema de 4 equações a 7 incógnitas, a saber:
0 1 0 0 0 0 −1
0 0 1 1 −1 −1 −1 1 0 0 0 0 −1 0 0 0 1 0 −2 −1 0
α β γ δ a b c = 0 0 0 0
Resolvendo o sistema por condensação obtém-se:
0 1 0 0 0 0 −1 0
0 0 1 1 −1 −1 −1 0
1 0 0 0 0 −1 0 0
0 0 1 0 −2 −1 0 0
L1−−−−−−−→←→L3
1 0 0 0 0 −1 0 0
0 0 1 1 −1 −1 −1 0
0 1 0 0 0 0 −1 0
0 0 1 0 −2 −1 0 0
L−−−−−−−→2←→L3
1 0 0 0 0 −1 0 0
0 1 0 0 0 0 −1 0
0 0 1 1 −1 −1 −1 0
0 0 1 0 −2 −1 0 0
L−−−−−−−−−−−−−−→4←L4+ (−1)L3
1 0 0 0 0 −1 0 0
0 1 0 0 0 0 −1 0
0 0 1 1 −1 −1 −1 0 0 0 0 −1 −1 −1 1 0
L3−−−−−−−−−−→←L3+L4
1 0 0 0 0 −1 0 0
0 1 0 0 0 0 −1 0
0 0 1 0 −2 −2 0 0
0 0 0 −1 −1 −1 1 0
Temos rA = rA|B = 4 <7 pelo que o sistema é possível e indeterminado
com grau de indeterminaçãon−rA= 7−4 = 3.
A solução geral do sistema será dada por:
α=b
β=c
γ= 2a+ 2b
δ=−a−b+c
Matricialmente, teremos: α β γ δ a b c = b c
2a+ 2b
−a−b+c a b c =a 0 0 2 −1 1 0 0 +b 1 0 2 −1 0 1 0 +c 0 1 0 1 0 0 1
Relativamente às condições para o critério de suespaço:
• Está claro que 0∈F. Basta fazera=b=c= 0, para queα=β=γ = δ= 0 e portanto se tenha a funçãof(x) = 0.
• Consideremos agora duas funções f(x), g(x)∈F e dois escalaresα,β∈ R. Pretende-se verificar queαf(x) +βg(x)∈F. Faça-sep(x) =αf(x) + βg(x). Queremos mostrar quep(x)se pode escrever na forma da equação (1):
p(x) = f(x) +g(x) =
=
bx+c, x <0
ax2+bx+c, 0≤x≤1
(2a+ 2b)x+ (−a−b+c), x >1
+
b0x+c0, x <0
a0x2+b0x+c0, 0≤x≤ (2a0+ 2b0)x+ (−a0−b0+c0), x >1
=
(b+b0)x+ (c+c0), x <0
(a+a0)x2+ (b+b0)x+ (c+c0), 0≤x≤1 (2 (a+a0) + 2 (b+b0))x+ (−(a+a0)−(b+b0) + (c+c0)), x >1
Fazendoa00= (a+a0),b00= (b+b0)ec00= (c+c0),p(x)escrever-se-á na forma:
p(x) =
b00x+c00, x <0
a00x2+b00x+c00, 0≤x≤1 (2a00+ 2b00)x+ (−a00−b00+c00), x >1
Adicionalmente, fazendo,
α00=b00 β=c00
γ00= 2a00+ 2b00 δ00=−a00−b00+c00
p(x) =
α00x+β00, x <0
a00x2+b00x+c00, 0≤x≤1 γ00x+δ00, x >1
... o que mostra quep(x)∈F.
Exercício 21 Seja M2(R) o espaço vectorial real das matrizes quadradas de ordem 2 da forma
·
a b c d
¸
. Verifique se os subconjuntos a seguir indicados são subespaços de M2(R). No caso afirmativo apresente um conjunto de geradores linearmente independentes.
i) Conjunto das matrizes quadradas de ordem 2 que verificama=b. ii) Conjunto das matrizes quadradas de ordem 2 que verificamb=c+ 1.
Solução
i) SejaMo conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genérica ·
a a c d
¸
,∀a,c,d∈R.
Sea=c=d= 0teremos a matriz nula de ordem,02. Logo, 0∈M.
Se-jam agoraA= ·
a a c d
¸
, A0= ·
a0 a0
c0 d0 ¸
∈Me dois escalaresα,β∈R. Pretende-se verificar queαA+βA0∈M. Faça-seA00=αA+βA0.
A00 = αA+βA0
= α · a a c d ¸ +β ·
a0 a0
c0 d0 ¸
= ·
αa+βa0 αa+βa0 αc+βc0 αd+βd0
¸
Note-se que, na matrizA00 se tema00
11=a
00
12, o que implica queA00∈M.
Concluímos assim queMé um subespaço vectorial. Note-se que: · a a c d ¸ =a · 1 1 0 0 ¸ +c · 0 0 1 0 ¸ +d · 0 0 0 1 ¸ Assim, ½· 1 1 0 0 ¸ , · 0 0 1 0 ¸ , · 0 0 0 1 ¸¾
ii) SejaMo conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genérica ·
a c+ 1
c d
¸
,∀a,c,d∈R.
Note-se que0∈/M. Efectivamente, o sistemac= 0∧c+1 = 0é impossível. Conclui-se assim queMnão é subespaço vectorial deM2(R).
Exercício 22 Seja Mn(R) o espaço vectorial real das matrizes quadradas de
ordem n. Verifique se os subconjuntos a seguir indicados são subespaços de
Mn(R). No caso afirmativo apresente uma base e indique a dimensão.
i) Conjunto das matrizes diagonais. ii) Conjunto das matrizes escalares.
Solução
i) SejaMo conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genéricadiag{d1, d2,· · ·, dn},∀di∈R.
Se di = 0 teremos a matriz nula de ordem, 0n. Logo, 0 ∈ M. Sejam
agora D =diag{d1, d2,· · ·, dn}, D0 = diag{d01, d02,· · ·, d0n} ∈ M e dois
escalares α,β ∈ R. Pretende-se verificar que αD+βD0 ∈ M. Faça-se
D00=αD+βD0.
D00 = αD+βD0
= α·diag{d1, d2,· · ·, dn}+β·diag{d01, d02,· · ·, d0n}
= diag{αd1+βd01,αd2+βd02,· · ·,αdn+βd0n}
A matrizD00 é obviamente diagonal, o que implica queD00 ∈M. Con-cluímos assim queMé um subespaço vectorial.
Note-se que:
diag{d1, d2,· · ·, dn} =
= d1·diag{1,0,· · ·,0}+· · ·+dn·diag{0,0,· · ·,1}
Assim,{diag{1,0,· · ·,0},· · ·, diag{0,0,· · ·,1}}é uma base deM. Como é constituída pornvectores,Mtem dimensãon.
ii) SejaMo conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genéricadiag{d, d,· · ·, d},∀d∈R.
Se d = 0 teremos a matriz nula de ordem, 0n. Logo, 0 ∈ M. Sejam
agora D = diag{d, d,· · ·, d}, D0 = diag{d0, d0,· · ·, d0} ∈ M e dois es-calares α,β ∈ R. Pretende-se verificar que αD+βD0 ∈ M. Faça-se
D00 = αD+βD0
= α·diag{d, d,· · ·, d}+β·diag{d0, d0,· · ·, d0}
= diag{αd+βd0,αd+βd0,· · ·,αdn+βd0}
A matrizD00 é obviamente diagonal, o que implica queD00 ∈M. Con-cluímos assim queMé um subespaço vectorial.
Note-se que:
diag{d, d,· · ·, d} =
= d·diag{1,1,· · ·,1}
Assim, a matriz identidade de ordemn é uma base deM. Como é con-stituída por1vector,Mtem dimensão1.
Exercício 23 SejaC o espaço vectorial real das funções reais de variável real, com derivada contínua no intervalo [−a, a], a > 0. Verifique se os seguintes conjuntos são subespaços vectoriais deC.
i) V1=
©
f ∈C:f(−x) =f(x),∀x∈[−a,a]
ª
ii) V2=©f ∈C:f(−x) =−f(x),∀x∈[−a,a]
ª
Solução
i) Vejamos se 0∈ V1. Se f(x) = 0teremos f(−x) = 0, pelo que f(x) = f(−x)é satisfeita, logo0∈V1. Consideremos agora duas funçõesf(x), g(x)∈ V1e dois escalaresα,β∈R. Pretende-se verificar queαf(x)+βg(x)∈F2.
Faça-sep(x) =αf(x) +βg(x). Queremos mostrar quep(x) =p(−x):
p(x) = αf(x) +βg(x)
(Porquef(x), g(x)∈F2) = αf(−x) +βg(−x) = p(−x)
ii) Vejamos se 0∈V2. Sef(x) = 0 teremos−f(x) = 0, pelo quef(x) = 0.
Logof(−x) = 0é satisfeita, pelo que 0∈V2. Consideremos agora duas
funções f(x), g(x)∈ V2 e dois escalares α,β ∈R. Pretende-se verificar
que αf(x) +βg(x) ∈ V2. Faça-se p(x) = αf(x) +βg(x). Queremos
mostrar que−p(x) =p(−x):
p(x) = αf(x) +βg(x)
(Porquef(x), g(x)∈V2) = α[−f(−x)] +β[−g(−x)] = −αf(−x)−βg(−x) = −(αf(−x) +βg(−x)) = −p(−x)
Logo,p(x) =−p(−x), pelo quep(−x) =−p(x). Concluímos assim que V2é um espaço vectorial.
Exercício 24 Seja(a1, a2,· · ·, an)um vectorfixo do espaço vectorialRn.
Ver-ifique se o conjunto,
F = (
(x1, x2,· · ·, xn)∈Rn: n
X
i=1
aixi= 0
)
é um subespaço deRn.
Solução
Vejamos se 0 ∈ F. Como o vector (x1, x2,· · ·, xn) = (0,0,· · ·,0) satisfaz
obviamente a equação Pn
i=1
aixi = 0, concluímos que0∈F. Consideremos agora
dois vectores x, y ∈ F e dois escalares α,β ∈ R. Pretende-se verificar que
αx+βy∈F. Faça-sev=αx+βy. Queremos mostrar quev= (v1, v2,· · ·, vn)
satisfaz a equação Pn
i=1
aivi= 0:
v = αx+βy⇐⇒
⇐⇒ (v1, v2,· · · , vn) =α(x1, x2,· · ·, xn) +β(y1, y2,· · ·, yn)⇐⇒
⇐⇒ (v1, v2,· · · , vn) = (αx1,αx2,· · ·,αxn) + (βy1,βy2,· · · ,βyn)
Concluímos quevi=αxi+βyi, i= 1,· · · , n. Vejamos então se o vector,
satisfaz a equação Pn
i=1
aivi= 0:
n
X
i=1
aivi = n
X
i=1
ai(αxi+βyi)
=
n
αX
i=1 aixi+
n
βX
i=1 aiyi
(Porquex, y∈F) = α·0 +β·0 = 0
Concluímos assim queF é um espaço vectorial.
Exercício 25 SejaE um espaço vectorial real. Sabendo queE1 eE2 são
sube-spaços deE, verifique se o conjuntoF ={x∈E:x=x1−3x2, x1∈E1, x2∈E2}
é um subespaço deE.
Solução
Vejamos se0∈F. Como0∈E1e0∈E2então0−3·0∈F. Mas0−3·0 = 0,
pelo que0−3·0∈F. Consideremos agora dois vectoresx, y∈F e dois escalares α,β∈R. Pretende-se verificar queαx+βy∈F. Faça-sez=αx+βy. Queremos mostrar quez se pode escrever na formax=z1−3z2, z1∈E1, z2∈E2:
z = αx+βy
(Porquex, y∈F,∃x1,y1∈E1,x2,y2∈E2 tais que)
= α(x1−3x2) +β(y1−3y2) = αx1+βy1−3 (αx2+βy2)
µ
MasE1 eE2 são subespaços vectoriais,
logoαx1+βy1∈E1 eαx2+βy2∈E2.
¶
= z1−3z2
... ondez1=αx1+βy1∈E1 ez2=αx2+βy2∈E2.Concluímos assim que F é um espaço vectorial.
Exercício 26 Quais dos seguintes subconjuntos deR3 são subespaços deR3? i) W1=
©
(x, y, z)∈R3:x+y= 11ª
ii) W2=©(x, y, z)∈R3:x2=z2ª
Solução
i) Vejamos se 0 ∈ W1. Obviamente que não uma vez que 0 + 0 6= 11.
Concluímos assim queW1 não é um espaço vectorial.
ii) Vejamos se 0∈ W2. Dado que, se (x, y, z) = (0,0,0), então x2−z2 =
02−02= 0, pelo que a condiçãox2=z2 é verificada e portanto 0∈W2.
Consideremos agora dois vectoresu= (u1, u2, u3), v= (v1, v2, v3)∈W2 e
dois escalaresα,β∈R. Pretende-se verificar queαu+βv∈W2. Faça-se w=αu+βv. Queremos mostrar que w2
1 =w23:
w = αu+βv
= α(u1, u2, u3) +β(v1, v2, v3)
= (αu1+βv1,αu2+βv2,αu3+βv3)
w21−w23 = (αu1+βv1)2−(αu3+βv3)2
= α2u21+ 2αβu1v1+β2v12−α2u23−2αβu3v3−β2v23
= α2¡u21−u23¢+β2¡v21−v32¢+ 2αβ(u1v1−u3v3) (Porqueu, v∈W2)
= 2αβ(u1v1−u3v3)
Logo, w2
1−w23 6= 0, pelo que w12 6=w32. Concluímos assim queW2 não é
um espaço vectorial.
iii) Vejamos se0∈W3. Dado que, se(x, y, z) = (0,0,0), entãox+2y+z= 0+
2·00 = 0, pelo que a condiçãox+2y+z= 0é verificada e portanto0∈W3.
Consideremos agora dois vectoresu= (u1, u2, u3), v= (v1, v2, v3)∈W3 e dois escalaresα,β∈R. Pretende-se verificar queαu+βv∈W3. Faça-se
w=αu+βv. Queremos mostrar que w1+ 2w2+w3= 0:
w = αu+βv
= α(u1, u2, u3) +β(v1, v2, v3)
= (αu1+βv1,αu2+βv2,αu3+βv3)
w1+ 2w2+w3 = αu1+βv1+ 2 (αu2+βv2) + (αu3+βv3)
= α(u1+ 2u2+u3) +β(v1+ 2v2+v3) (Porqueu, v∈W2)
Logo,w1+2w2+w3= 0, pelo que concluímos ueW3é um espaço vectorial.
1.4 Miscelânea
Exercício 27 Considere o espaço vectorial Pn sobre R dos polinómios em x
de grau não superior a n. Considere o conjunto Pn0, subconjunto de Pn, dos
polinómiosp(x)que verificam a seguinte condição: p(x) +p(−x) = 0. a) Mostre quePn0 é um subespaço dePn.
b) Determine uma base e a dimensão dePn0.
Solução
a) De um modo geral, para mostrar queSé subespaço de um espaço vectorial
V temos de mostrar que:
i) 0∈S.
ii) αu+βv∈S,∀α,β∈K,∀u,v∈S
Se p(x) = 0 ter-se-á p(−x) = 0 pelo que p(x) +p(−x) = 0. Logo,
p(x) = 0∈Pn0.
Consideremos agora dois polinómios p(x), q(x) ∈ Pn0 e dois escalares
α,β ∈ R. Pretende-se verificar que αp(x) +βq(x) ∈ Pn0. Como, por
hipótese p(x) = p(−x) e q(x) = q(−x), ter-se-á αp(x) = αp(−x) e βq(x) =βq(−x). Consequentemente,αp(x)+βq(x) =αp(−x)+βq(−x), o que mostra queαp(x) +βq(x)∈Pn0.
b) Estudemos os casos em quené par ou ímpar:
npar Neste caso, os polinómiosp(x)∈Pn0 terão a forma:
p(x) = 0 +α1·x+ 0x2+α3x3+· · ·+αn−1xn−1+ 0xn
Uma base possível será©x, x3, x5,· · ·, xn−1ªe a dimensão deP0
nserá n
2.
nímpar Neste caso, os polinómiosp(x)∈Pn0 terão a forma:
p(x) = 0 +α1·x+ 0x2+α3x3+· · ·+ 0xn−1+αnxn
Uma base possível será©x, x3, x5,· · ·, xnªe a dimensão deP0
n será n+1
Exercício 28 SejaPn o espaço vectorial sobreRdos polinómios emx de grau
não superior an. Considere o conjunto F, dos polinómios dos polinómiosp(x) pertencentes aPn que verificam a seguinte condição: p(0) = 0.
a) Mostre queFé um subespaço dePn.
b) Determine uma base e a dimensão deF.
Solução
a) Vejamos se 0 ∈ F. Se p(x) = 0 teremos p(0) = 0, pelo que 0 ∈ F.
Consideremos agora dois polinómiosp(x), q(x)∈F e dois escalaresα,β∈ R. Pretende-se verificar queαp(x) +βq(x)∈F. Faça-ses(x) =αp(x) + βq(x). Queremos mostrar ques(0) = 0:
s(0) = αp(0) +βq(0)
(Porquep(x), q(x)∈F) = α·0 +β·0
= 0
Logo,s(0) = 0. Concluímos assim queF é um espaço vectorial.
b) Consideremos um vector genérico de Pn, digamos p(x), com a seguinte
forma:
p(x) =anxn+an−1xn−1+an−2xn−2+· · ·+a1x+a0
Para que se verifiquep(0) = 0é necessário que:
p(0) = 0⇐⇒
⇐⇒an0n+an−10n−1+an−20n−2+· · ·+a10 +a0= 0⇐⇒
⇐⇒a0= 0
Assim, os polinómios p(x) que satisfazem p(0) = 0 terão de ter termo independente nulo. Concluímos que, sep(x)∈F, então a forma de p(x) será:
p(x) =anxn+an−1xn−1+an−2xn−2+· · ·+a1x
O subespaçoF terá como base o conjunto©xn, xn−1, xn−2,· · ·, xªe a sua
Exercício 29 Considerem-se os seguintes subconjuntos deR3:
F1 =
©
x∈R3:x= (x1,0,0),∀x1∈R
ª
F2 =
©
y ∈R3:y= (2y2+y3, y2, y3),∀y2,y3∈R
ª
Mostre queF1 eF2 são subespaços de R3, indicando bases apropriadas e as
respectivas dimensões.
Solução
Exercício 30 Seja Mn(R) o espaço vectorial real das matrizes quadradas de
ordemn.
a) Mostre que o conjuntoHn=
©
A∈Mn:A=−AT
ª
é um subespaço deMn
e indique a sua dimensão.
b) Fazendon= 3, determine uma base para o espaçoH3.
c) Considere duas matrizes A e B de Hn. A matriz A·B é simétrica?
Justifique.
Solução
Exercício 31 Considere o espaço vectorial Rn e {u1, u2,· · ·, un} uma base
desse espaço. Sejax=x1u1+x2u2+· · ·+xnun um vector deRn.
a) Que condições devem verificar as coordenadasx1, x2,· · ·, xn do vector x
para{x, u2,· · ·, un}constituir uma nova base do espaçoRn?
b) Determine a matriz de mudança da antiga para a nova base.
Solução
a) Os vectores{x, u2,· · ·, un}constituirão uma base deRn se:
αx+α2u2+· · ·+αnun= 0⇒α=α2=· · ·=αn = 0
αx+α2u2+· · ·+αnun= 0⇔
⇔α
n
X
i=1 xiui+
n
X
i=2
αiui = 0⇔
αx1u1+
n
X
i=2
(αxi+αi)ui= 0
Sabemos que a única combinação linear nula dos vectores{u1, u2,· · ·, un}
é aquela que se obtém com os escalares todos nulos, uma vez que os vec-tores{u1, u2,· · ·, un} são linearmente independentes. Assim, deveremos
ter:
αx1= 0 αx2+α2= 0 · · ·
αxn+αn= 0
O sistema acima, nas variáveis {α,α2,· · ·,αn} deverá ser possível e
de-terminado de modo a que os vectores {x, u2,· · ·, un}sejam linearmente
independentes. Matricialmente, o sistema pode ser escrito na forma:
x1 0 0 · · · 0 x2 1 0 · · · 0 x3 0 1 · · · 0
..
. ... ... ...
xn 0 0 · · · 1
α α2 α3 .. . αn = 0 0 0 .. . 0
O sistemaa é sempre possível, por ser um sistem homogéneo. será deter-minado se rA = n, isto é, se a matriz dos sistema for regular. Por seu
turno, a matriz do sistema será regular se o seu determinante for não nulo. Aplicando o Teorema de Laplace à primeira linha obtém-se:
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
x1 0 0 · · · 0 x2 1 0 · · · 0 x3 0 1 · · · 0
..
. ... ... ...
xn 0 0 · · · 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
=x1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 0 · · · 0 0 1 · · · 0 ..
. ... ... 0 0 · · · 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
=x1
conlcuímos portanto que o determinante da matriz do sistema é não nulo, sex1 6= 0e portanto os vectores {x, u2,· · ·, un}serão linearmente
b) Comecemos por escrever os vectores da nova base,{x, u2,· · ·, un}, na base
anterior,{u1, u2,· · ·, un}:
x=x1u1+x2u2+· · ·+xnun
u2=u2 · · · un=un
Assim, podemos escrever matricialmente:
£
x u2 · · · un
¤
=£ u1 u2 · · · un
¤
x1 0 0 · · · 0 x2 1 0 · · · 0 x3 0 1 · · · 0
..
. ... ... ...
xn 0 0 · · · 1
Assim, a matriz
B=
x1 0 0 · · · 0 x2 1 0 · · · 0 x3 0 1 · · · 0
..
. ... ... ...
xn 0 0 · · · 1
... é a matriz de mudança de base da base {x, u2,· · · , un} para a base
{u1, u2,· · ·, un}. Um vectorv∈Rnde coordenadas
£
v1 v2 · · · vn
¤T
na base{u1, u2,· · ·, un}terá, na base{x, u2,· · · , un}coordenadas
£
w1 w2 · · · wn
¤T dadas por: w1 w2 w3 .. . wn
=B−1
v1 v2 v3 .. . vn
x1 0 0 · · · 0
x2 1 0 · · · 0
x3 0 1 · · · 0 ..
. ... ... ...
xn 0 0 · · · 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 0 0 · · · 0 0 1 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0 ..
. ... ... ... 0 0 0 · · · 1
L1← x1
1 L1 −−−−−−−−→
1 0 0 · · · 0
x2 1 0 · · · 0
x3 0 1 · · · 0 ..
. ... ... ...
xn 0 0 · · · 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1
x1 0 0 · · · 0
0 1 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0
..
. ... ... ... 0 0 0 · · · 1
Li←Li+ (−xi)L1
(i= 2,· · ·n) −−−−−−−−−−−−−−−−→
1 0 0 · · · 0 0 1 0 · · · 0 0 0 1 · · · 0 ..
. ... ... ... 0 0 0 · · · 1
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 1
x1 0 0 · · · 0
−x2
x1 1 0 · · · 0
−x3
x1 0 1 · · · 0
..
. ... ... ... −xn
x1 0 0 · · · 1
Logo,
B−1=
1
x1 0 0 · · · 0
−x2
x1 1 0 · · · 0
−x3
x1 0 1 · · · 0
..
. ... ... ... −xn
x1 0 0 · · · 1
Exercício 32 Seja V um espaço vectorial real de dimensão 3 e x1, x2, x3 e
x4 elementos distintos de V. Adicionalmente assuma que{x1, x2, x3, x4}é um sistema de geradores deV satisfazendo a condição:
x1+x2+x3+x4= 0
a) Mostre que{x1, x2, x3}é uma base de V.
b) Um raciocínio semelhante permite mostrar que{x1, x3, x4}é uma base de
V. Denotando as duas bases por:
α={x1, x2, x3} eβ={x1, x3, x4}
Solução
a) Comecemos por mostrar que{x1, x2, x3}é um sistema de geradores deV.
Seja entãov ∈V. Sabemos que existem escalaresα1,α2,α3,α4 ∈Rtais
que, uma vez que, por hipótese,{x1, x2, x3, x4}é um sistema de geradores
deV:
α1x1+α2x2+α3x3+α4x4=v
Dado quex1+x2+x3+x4= 0, então:
x4=−x1−x2−x3
Substituindo na expressão dev, obtém-se:
α1x1+α2x2+α3x3+α4x4=v⇐⇒
⇐⇒α1x1+α2x2+α3x3+α4(−x1−x2−x3) =v⇐⇒
⇐⇒(α1−α4)x1+ (α2−α4)x2+ (α3−α4)x3=v⇐⇒
Conclui-se assim que é possível escrever o vectorvcomo combinação linear dos vectores {x1, x2, x3}. Com v é um vector genérico de V, conclui-se que{x1, x2, x3}é um sistema de geradores deV. Adicionalmente, como dim (V) = 3 e{x1, x2, x3}é um sistema de geradores, em número de 3,
conclui-se que{x1, x2, x3}tem de ser uma base deV.
b) Comecemos por escrever os vectores da nova base, β = {x1, x3, x4}, na
base anterior,α={x1, x2, x3}:
x1= 1·x1+ 0·x2+ 0·x3 x3= 0·x1+ 0·x2+ 1·x3
x4= (−1)·x1+ (−1)·x2+ (−1)·x3
Assim, podemos escrever matricialmente:
£
x1 x3 x4
¤
=£ x1 x2 x3
¤
1 00 0 −−11 0 1 −1
B =
1 00 0 −−11 0 1 −1
... é a matriz de mudança de base da base α={x1, x2, x3}para a base
β = {x1, x3, x4}. Um vector v ∈ V de coordenadas £ v1 v2 v3 ¤T
na base α = {x1, x2, x3} terá, na base β = {x1, x3, x4} coordenadas £
w1 w2 w3
¤T
dadas por:
ww12
w3
=B−1
vv12
v3
CalculemosB−1, com recurso à Teoria dos Determinantes:
|B|= ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
1 0 −1 0 0 −1 0 1 −1 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
= 1.
ˆ
B=
−11 −01 −01
0 1 0
T
=
10 −−1 01 1 −1 −1 0
.
Logo,B−1= 1
|B|Bˆ= ˆB=
10 −−1 01 1 −1 −1 0
.
Exercício 33 Seja S um conjunto de vectores linearmente independentes do espaço vectorialVsobre o corpoKexum elemento deVnão pertencente aS. Mostre queS∪{x}é um conjunto de vectores linearmente dependentes se e só sexpertence ao subespaço gerado pelo conjuntoS.
Solução
SejaS={e1,· · ·, ep}.
(=⇒) Suponhamos que S∪{x} é um conjunto de vectores linearmente depen-dentes. Pretende mostrar-se que x pertence ao subespaço gerado pelo conjuntoS.
Se S ∪{x}é um conjunto de vectores linearmente dependentes então é possível escrever uma combinação nula destes vectores com pelo menos um escalar não nulo, isto é:
Suponhamos que αp+1 = 0. Então é possível escrever uma combinação
linear nula dos vectores deS com pelo menos um escalar não nulo. Con-sequentemente, os vectores deS serão, por definição, linearmente
depen-dentes, o que é um absurdo. Logo, αp+1 6= 0. Sendo assim, poderemos
escrever:
α1e1+α2e2+· · ·αpep+αp+1x= 0⇐⇒
x=−αα1
p+1
e1−αα2
p+1
e2−· · ·−ααp
p+1 ep
A expressão anterior mostra quexpode ser escrito como combinação linear dos vectores deS, ou, por outras palavras,xpertence ao subespaço gerado pelo conjuntoS.
(⇐=) Suponhmos quexpertence ao subespaço gerado pelo conjuntoS. Pretende mostrar-se queS∪{x}é um conjunto de vectores linearmente dependentes. Se x pertence ao subespaço gerado pelo conjunto S, então x pode ser
escrito como combinação linear dos vectores deS:
∃αi∈K:x=α1e1+α2e2+· · ·+αpep
Reorganizando os termos da expressão anterior obtemos:
∃αi∈K:x−α1e1−α2e2−· · ·−αpep= 0
Obtivemos assim uma combinação linear nula dos vectores do conjunto
S∪{x}com pelo menos um escalar não nulo (precisamente o escalar do vectorxque é 1). Então os vectores do conjuntoS∪{x}são linearmente dependentes.
Exercício 34 SejaA uma matriz real de ordemn. Mostre que a dimensão do subespaço gerado por©I, A, A2, A3,· · ·ªé inferior ou igual an.
Solução
Exercício 35 SeVé um espaço vectorial real de dimensãofinita eβ={x1,· · ·, xm}
Solução
Exercício 36 Verifique se o seguinte subconjunto deR4é um subespaço deR4?
W =©(x, y, z, w)∈R4: 3x+y= 0, x+y+z=wª
Solução
Exercício 37 Verifique se o seguinte subconjunto deR3é um subespaço deR3?
W ={(r, r+ 2,0) :r∈R}
Solução
Exercício 38 Determine o escalarkde modo a que os vectores com as seguintes coordenadas sejam linearmente independentes?
x1=
1 0 0 1
;x2=
0 1 −1
1
;x3=
−1 0 −1
0
;x4=
1 1 1
k
Solução
Exercício 39 Determine o escalarλde modo a que os seguintes vectores sejam linearmente independentes?
Solução
Pretende-se portanto determinar os valores deλtais que:
α1x1+α2x2+α3x3= 0⇒α1=α2=α3= 0
α1x1+α2x2+α3x3= 0⇐⇒
⇐⇒α1(λ,−1,−1) +α2(−1,λ,−1) +α3(−1,−1,λ) = 0⇐⇒
(α1λ−α2−α3,−α1+α2λ−α3,−α1−α2+α3λ) = 0
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:
−λ1 −λ1 −−11 −1 −1 λ
αα12
α3
= 0
Vejamos quais as condições sobre λ para que o sistema seja possível e de-terminado. É esta a única solução que nos interessa, pois significa que α1 =
α2 = α3 = 0 é a única solução do sistema fazendo, consequentemente, com
que os vectores dados sejam linearmente independentes. O sistema é possível se a caracterísitca da matriz do sistema é igual à ordem, isto é, se a matriz do sistema é regular.
A regularidade da matriz pode ser determinada através do cálculo do seu determinante:
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
λ −1 −1 −1 λ −1 −1 −1 λ
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
= 0 = µ
L1←L1+λL3 L2←L2+ (−1)L3
¶
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
0 −1−λ −1 +λ2 0 λ+ 1 −1−λ −1 −1 λ
¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯
= (Teorema de Laplace à 1a coluna)
(−1) (−1)3+1 ¯ ¯ ¯ ¯ −
1−λ −1 +λ2 λ+ 1 −1−λ
¯ ¯ ¯
¯ = (−1) h
(1 +λ)2−(1 +λ)¡−1 +λ2¢i
= (−1) (1 +λ)£1 +λ+ 1−λ2¤
Concluímos assim que o determinante da matriz do sistema será nulo se(1 +λ)£1 +λ+ 1−λ2¤= 0. A solução é λ= 2∨λ=−1. Deste modo, de modo a que o sistema tenha
Exercício 40 SejaWo subespaço deR4 gerado pelos vectores?
x1= (1,−2,0,3) ;x2= (2,−5,−3,6) ;x3= (2,−1,4,7)
Verifique se o vector v= (1,−2,0,3) pertence aW.
Solução
Pretende-se determinar, se existir, um conjunto de escalares{α1,α2,α3}tais queα1x1+α2x2+α3x3=v.
α1x1+α2x2+α3x3=v⇐⇒
⇐⇒α1(1,−2,0,3) +α2(2,−5,−3,6) +α3(2,−1,4,7) = (1,−2,0,3)⇐⇒
(α1+ 2α2+ 2α3,−2α1−5α2−α3,−3α2+ 4α3,3α1+ 6α2+ 7α3) = (1,−2,0,3)
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:
1 2 2
−2 −5 −1 0 −3 4
3 6 7
αα12
α3
=
1 −2
0 3
Em geral, dever-se-á estudar o sistema de equações acima: se for possível, conclui-se que v ∈ W, caso contrário v não pertence ao espaço gerado pelos
vectores dados.
Neste caso em particular, tem-se v = x1,pelo que, se fizermos α1 = 1 e
α2=α3= 0 teremosα1x1+α2x2+α3x3=v e portantov∈W.
Exercício 41 Dê uma caracterização do subespaço W ⊂ E gerado pelos vec-tores com as seguintes coordenadas:
x1=
−13
2
;x2=
−21
−1
Solução
Vamos construir uma matriz cujas linhas são os transpostos dos vectores dados:
A= ·
1 −3 2 2 −1 −1
Por operações elementares sobre linhas podemos transformar a matriz A
numa matriz A0. Concluímos que as linhas de A0 se podem escrever como combinação linear das linhas deA. Consequentemente, as linhas de A podem ser escritas como combinação linear das linhas de A0 o que significa que os
vectores associados às linhas de A geram o mesmo subespaço que os vectores associados às linhas deA0. condensemos então a matrizA:
·
1 −3 2 2 −1 −1
¸
L2←L2+ (−2)L1
−−−−−−−−−−−−−−→ ·
1 −3 2 0 5 −7
¸
L2←L2+ (−2)L1
−−−−−−−−−−−−−−→
Esta operação elementar é suficiente para verificar que W tem dimensão 2 e
tem como base os vectoresx1 ex2 dados ou, de modo equivalente os vectores
obtidos por aplicação da operação elementar e que são dados por:
x01=
−13
2
;x02=
05
−7
Em resumo,vpertence ao subespaço gerado por{x1, x2}se e só pertence ao subespaço gerado por{x0
1, x02}.
Exercício 42 Qual a dimensão do subespaço de R5 gerado pelos vectores:
x1 = (2,−1,3,5,−2) ;x2= (2,−1,3,5,−2) ; x3 = (5,−3,8,4,1) ;x4= (1,0,1,11,7)
Solução
Exercício 43 Determine uma base deR3contendo os vectores{(1,2,5),(0,1,2)}.
Solução
Necessitamos de encontrar um vector(a, b, c)tal que:
(a, b, c)6=α1(1,2,5) +α2(0,1,2),∀α1,α2∈R
possa ser escrito como combinação linear dos vectores{(1,2,5),(0,1,2)} deter-minamos um sistema de vectores{(1,2,5),(0,1,2),(a, b, c)}linearmente inde-pendentes. Como são em número de 3, constituem uma base deR3.
Consideremos então a equação:
α1(1,2,5) +α2(0,1,2) = (a, b, c)⇐⇒
⇐⇒(α1,2α1+α2,5α1+ 2α2) = (a, b, c)
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:
1 02 1
5 2
αα12
α3
=
ab
c
Pretende-se obviamente, que o sistema seja impossível. Estudemos a sua matriz ampliada:
[A|B] =
12 01 ab
5 2 c
L2←L2+ (−2)L1 L3←L3+ (−5)L1
−−−−−−−−−−−−−−−→
10 01 b−a2a
0 2 c−5a
L−−−−−−−−−−−−−−→3←L3+ (−1)L2
10 01 b−a2a
0 0 c−2b−a
O sistema é impossível serA6=rA|B. ComorA= 2pretende-se querA|B = 3.
Para que tal aconteca é necessário quec−2b−a6= 0. Existem muitos vectores
(a, b, c)nestas circunstâncias, por exemplo, a = 1 eb =c= 0. O vector que
procuramos é portanto(a, b, c) = (1,0,0).
Exercício 44 Determine as coordenadas do vector(3,2,1)na base{(1,0,2),(2,1,0),(0,3,5)}
emR3.
Solução
Pretende-se determinar escalaresβ1,β2,β3∈Rtais que:
A última igualdade é equivalente ao seguinte sistema de 3 equações nas
variáveisβ1,β2eβ3 em que a matriz do sistema é dada por
1 2 00 1 3 2 0 5
.
β1+ 2β2= 3 β2+ 3β3= 2 2β1+ 5β3= 1
A solução deste sistema fornecerá as coordenadas pretendidas. Sabemos que o sistema será possível e determinado uma vez que um vector se escreve de forma unica numa certa base. Construamos a matriz ampliada do sistema e resolvâ-mo-lo por condensação:
[A|B] =
10 21 03 32
2 3 5 1
L3←L3+ (−2)L1
−−−−−−−−−−−−−−→
10 21 03 32 0 −1 5 −5
L3−−−−−−−−−−→←L3+L2
10 21 03 32 0 0 8 −3
L3←
1 8L3 −−−−−−−→
10 21 03 32 0 0 1 −3
8
L−−−−−−−−−−−−−−→2←L2+ (−3)L3
10 21 00 273 8
0 0 1 −3 8
L−−−−−−−−−−−−−−→1←L1+ (−2)L2
1 0 0 −
15 4
0 1 0 278 0 0 1 −38
A solução do sistema será portantoβ1=−15
4,β2=278 eβ3=−38.
Concluí-mos assim que:
µ −154
¶
(1,0,2) +27
8 (2,1,0) + µ
−38 ¶
(0,3,5) = (3,2,1)
