Universidade Federal do Paraná 2◦ semestre 2015.
Algebra Linear, CM 005 Olivier Brahic
Lista de exercícios 6
Espaços Vetoriais
Exercícios da Seção 3.2
Exercício 1: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços do R2. a) {(x1, x2)|| x1+ x2 = 0}
b) {(x1, x2)|| x1x2 = 0}
c) {(x1, x2)|| x1 = 3x2}
d) {(x1, x2)|| |x1| = |x2|}
e) {(x1, x2)|| x21 = x22}
Exercício 2: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços do R3. a) {(x1, x2, x3)|| x1+ x3= 1}
b) {(x1, x2, x3)|| x1 = x2 = x3}
c) {(x1, x2, x3)|| x3 = x1+ x2}
d) {(x1, x2, x3)|| x3 = x1 ou x3= x2}
Exercício 3: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços do R2×2. a) O conjunto de todas as matrizes diagonais 2 × 2
b) O conjunto de todas as matrizes trianglares superiores 2 × 2 c) O conjunto de todas as matrizes triangulares inferiores 2 × 2 d) O conjunto de todas as matrizes A, 2 × 2, tais que a1,2= 1
e) O conjunto de todas as matrizes B, 2 × 2, tais que b1,1 = 0
f) O conjunto de todas as matrizes simétricas 2 × 2 g) O conjunto de todas as matrizes singulares 2 × 2
Exercício 4: Determine o subespaço nulo de cada uma das seguintes matrizes: a) 2 1 3 2 b) 1 2 −3 −1 −2 −4 6 3 c) 1 3 −4 2 −1 −1 −1 −3 4 d) 1 1 −1 2 2 2 −3 1 −1 −1 0 −5
a) O conjunto dos polinômios de grau par em P4.
b) O conjunto de todos os polinômios de grau 3.
c) O conjunto de todos os polinômios p(x) em P4 tais que p(0) = 0.
d) O conjunto de todos os polonômios tendo pelo menos uma raiz real.
Exercício 6: Determine se os seguintes conjuntos formam subespaços de C([−1, 1])): a) O conjunto de funções f em C([−1, 1])) tais que f (−1) = f (1).
b) O conjunto de funções ímpares em C([−1, 1])).
c) O conjunto de funções contínuas não descrescentes em [−1, 1]. d) O conjunto de funções em [−1, 1] tais que f (−1) = 0 e f (1) = 0.
e) O conjunto de funções em [−1, 1] tais que f (−1) = 0 ou f (1) = 0.
Exercício 7: Seja A um vetor não nulo em Rn×ne seja S o conjunto de todas as matrizes que comutam com A, isso é S = {B ∈ Rn×n|AB = BA}. Mostre que S é um subespaço vetorial de Rn×n.
Exercício 8: Seja A um vetor não nulo em R2×2. Determine se os seguintes são subespaços de R2×2: a) {B ∈ Rn×n|BA = 0}. b) {B ∈ Rn×n|AB 6= BA}. c) {B ∈ Rn×n|AB + B = 0}.
Exercício 9: Dados: x1 = −1 2 3 , x2= 3 4 2 , x = 2 6 6 , y = −9 −2 5 .
a) Será que x ∈ Cob(x1, x2) ? b) Será que y ∈ Cob(x1, x2) ?
Exercício 10: Determine se os seguintes conjuntos são coberturas de R3. Justifique suas respostas. a) {(1, 0, 0)|, (0, 1, 1)|, (1, 0, 1)|}
b) {(1, 0, 0)|, (0, 1, 1)|, (1, 0, 1)|, (1, 2, 3)|} c) {(2, 1, −2)|, (3, 2, −2)|, (2, 2, 0)|} d) {(2, 1, −2)|, (−2, −1, 2)|, (4, 2, −4)|}
Exercício 11: Seja {x1, . . . , xk} um conjunto de cobertura para um espaço V .
a) Se adicionarmos um vetor xk+1 ao conjunto,
aínda teremos um conjunto de cobertura ?
b) Se eliminarmos um dos vetores, por exemplo xk, do conjunto, aínda teremos um conjunto de cobertura ? Explique.
Exercício 12: Quais dos conjuntos que se seguem são coberturas de P3 ? Justifique sua resposta.
a) {1, x2, x2− 2}, b) {2, x2, 2x + 3},
c) {x + 2, x + 1, x2− 1}, d) {x + 2, x2− 1}.
Exercício 13: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W . Demostre que sua interseção U ∩ V tambem é um subespaço de W .
Exercício 14: Seja S o subespaço de R2 coberto por e1 e seja T o subespaço coberto por e2. S ∪ T
tambem é um subespaço de R2 ? Explique sua resposta.
Exercício 15: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W . Defina se U + V := {z ∈ W | z = u + v, sendo u ∈ v e v ∈ V }. Mostre que U + V tambem é um subespaço de W .
Correções
Correção do Exercício 1: Basta verificar cada vez se o subconjunto proposto é estável por adição e multiplicação por escalar.
a) Sejam x = (x1, x2) e x0= (x01, x02) vetores em R2, e λ ∈ R.
Suponha que x, x0 ∈ S := {(x1, x2)|| x1+ x2 = 0}, então temos:
x1+ x2 = 0,
x01+ x02 = 0. Segue facilmente destas duas condições que:
(x1+ x01)+(x2+ x02) = 0, isso é : x + x0 ∈ S
(λx1)+(λx2) = 0, isso é : λx ∈ S.
Concluímos que S = {(x1, x2)|| x1+ x2 = 0} é um subespaço vetorial.
b) O subconjunto S := {(x1, x2)|| x1x2 = 0} não é um subespaço vetorial. Ele é estável por
multipli-cação por escalar, mais não o é por adição. Por exemplo: (1, 0), (0, 1) ∈ S porem (1, 0) + (0, 1) = (1, 1) /∈ S.
c) Suponha que x, x0 ∈ S := {(x1, x2)|| x1= 3x2}, então temos:
x1 = 3x2,
x01 = 3x02. Segue facilmente destas duas condições que:
(x1+ x01) =3(x2+ x02), isso é : x + x 0∈ S
(λx1) =3(λx2), isso é : λx ∈ S.
Concluemos que S = {(x1, x2)|| x1 = 3x2} é um subespaço vetorial.
d) O conjunto S := {(x1, x2)|| |x1| = |x2|} não é um subespaço vetorial. De novo, ele é estável
por multiplicação por escalar, mais não o é por adição. Por exemplo: (1, −1), (1, 1) ∈ S porem (1, 1) + (1, −1) = (1, 0) /∈ S.
e) O conjunto S := {(x1, x2)|| x21 = x22} não é um subespaço vetorial. De novo, ele é estável por
multiplicação por escalar, mais não o é por adição. Por exemplo: (1, −1), (1, 1) ∈ S porem (1, 1) + (1, −1) = (1, 0) /∈ S.
Correção do Exercício 2: De novo, basta verificar cada vez se o subconjunto proposto é estável por adição e multiplicação por escalar.
a) O subconjunto S := {(x1, x2, x3)|| x1+ x3 = 1} não é um subespaço vetorial, pois ele não é estável
nem por multiplicação por escalar (diferente de 1) nem por adição. De fato, se x = (x1, x2, x3), x0 =
(x01, x02, x03) ∈ {(x1, x2, x3)|| x1+ x3 = 1}, então: (x1+ x01) + (x3+ x03) = 2 6= 1, logo : x + x 0 / ∈ S, (λx1) + (λx3) = λ 6= 1, em géral, logo : λx /∈ S.
b) Sejam x = (x1, x2, x3) e x0 = (x01, x02, x30) vetores em S := {(x1, x2, x3)|| x1 = x2 = x3}, então
temos:
x1 = x2= x3,
x01 = x02= x03. Segue facilmente destas duas condições que:
(x1+ x01) = (x2+ x20) = (x2+ x02), logo x + x0 ∈ S,
(λx1) = (λx2) = (λx2), logo λx ∈ S.
Concluímos que S = {(x1, x2, x3)|| x1 = x2 = x3} é um subespaço vetorial.
c) Sejam x = (x1, x2, x3) e x0 = (x01, x02, x30) vetores em S := {(x1, x2, x3)|| x3= x1+ x2}, então temos:
x3 = x1+ x3,
x03 = x01+ x02. Segue facilmente destas duas condições que:
(x3+ x03) = (x1+ x10) + (x2+ x02), logo x + x0∈ S,
(λx3) = (λx1) + (λx2), logo λx ∈ S.
Concluímos que S = {(x1, x2, x3)|| x3 = x1+ x2} é um subespaço vetorial.
d) O subconjunto S := {(x1, x2, x3)|| x3 = x1 ou x3 = x2} não é um subespaço vetorial pois não é
estável por adição. Por exemplo (1, 0, 1), (0, 1, 1) ∈ S porem (1, 0, 1 + (0, 1, 1) = (1, 1, 2) /∈ S. Correção do Exercício 3:
a) A soma de duas matrizes diagonais sendo uma matriz diagonal, e um múltiplo escalar de uma matriz diagonal sendo uma matriz diagonal, o conjunto de todas as matrizes diagonais 2 × 2 é um subespaço vetorial.
b) A soma de duas matrizes triangulares superiores sendo uma matriz triangular superior, e um múl-tiplo escalar de uma matriz triangular superior sendo uma matriz triangular superior, o conjunto de todas as matrizes triangulares superiores é um subespaço vetorial.
c) A soma de duas matrizes triangulares inferiores sendo uma matriz triangular inferior, e um múltiplo escalar de uma matriz triangular inferior sendo uma matriz triangular superior, o conjunto de todas as matrizes triangulares inferiores é um subespaço vetorial.
d) Sejam A, B duas matrizes 2 × 2, tais que a1,2 = 1 e b1,2 = 1, então a matriz A + B tem coeficiente
1, 2 igual a 2, logo este conjunto não é um subespaço vetorial.
e) O conjunto de todas as matrizes B, 2 × 2, tais que b1,1 = 0 é um subespaço vetorial.
f) O conjunto de todas as matrizes simétricas 2 × 2 é um subespaço vetorial.
g) O conjunto de todas as matrizes singulares 2 × 2 não é um subespaço vetorial. Por exemplo, as seguintes matrizes são singulares:
A :=1 0 0 0 , B :=0 0 0 1 , porem a soma delas A + B = I2 não é uma matriz singular.
Correção do Exercício 4: Determine o subespaço nulo de cada uma das seguintes matrizes: a) O subconjunto nulo da matriz A =
2 1 3 2
é definido como sendo: ker A = {x ∈ R2 | A · x = 0R2}. Logo: x ∈ ker A ⇐⇒ A · x = 0R2 ⇐⇒ 2 1 3 2 ·x1 x2 =0 0 ⇐⇒ ( 2x1 + x2 = 0 3x1 + 2x2 = 0.
Basta resolver o sistema. Concluimos que:
ker A = {(0, 0)}. b) O subconjunto nulo da matriz B = 1 2 −3 −1
−2 −4 6 3
é definido como sendo: ker B = {x ∈ R4 | B · x = 0 R2}. Logo: x ∈ ker B ⇐⇒ B · x = 0R2 ⇐⇒ 1 2 −3 −1 −2 −4 6 3 · x1 x2 x3 x4 =0 0 ⇐⇒ ( x1 + 2x2 − 3x3 − x4 = 0 −2x1 − 4x2 + 6x3 + 3x4 = 0.
Basta resolver o sistema. Concluimos que:
ker B = {(x1, x2, x3, x4) ∈ R4 | (x1, x2, x3, x4) = α(−2, 1, 0, 0) + β(3, 0, 1, 0) onde α, β ∈ R}.
c) O subconjunto nulo da matriz C = 1 3 −4 2 −1 −1 −1 −3 4
é definido como sendo:
ker C = {x ∈ R3 | C · x = 0R3}. Logo: x ∈ ker C ⇐⇒ C · x = 0R3 ⇐⇒ 1 3 −4 2 −1 −1 −1 −3 4 · x1 x2 x3 = 0 0 0 ⇐⇒ x1 + 3x2 − 4x3 = 0 2x1 − x2 − x3 = 0 −x1 − 3x2 + 4x3 = 0.
Basta resolver o sistema. Concluimos que:
ker C = {(x1, x2, x3) ∈ R4 | (x1, x2, x3) = α(1, 1, 1) onde α ∈ R}.
d) O subconjunto nulo da matriz D = 1 1 −1 2 2 2 −3 1 −1 −1 0 −5
é definido como sendo:
ker D = {x ∈ R4 | D · x = 0R3}. Logo: x ∈ ker D ⇐⇒ D · x = 0R3 ⇐⇒ 1 1 −1 2 2 2 −3 1 −1 −1 0 −5 · x1 x2 x3 x4 = 0 0 0 ⇐⇒ x1 + x2 − x3 + 2x4 = 0 2x1 + 2x2 − 3x3 + x4 = 0 −x1 − x2 − 5x4 = 0.
Basta resolver o sistema, concluimos que:
Correção do Exercício 5: Lembremos que por definição, P4 denote o espaço de polinômios de grau inferior ou igual a 3 : P4 := {ax3+ bx2+ cX + d | a, b, c, d ∈ R}.
a) O conjunto dos polinômios de grau par em não é um subespaço vetorial pois não é estável por adição: por exemplo 1 + x2 e x − x2 têm grau par, porem a soma deles (1 + x) + (x − x2) = 1 + x tem grau impar.
b) O conjunto de todos os polinômios de grau 3 também não é um subespaço vetorial de P4 pois não é estável por adição: por exemplo 1 + x3e x − x3têm grau 3, porem a soma deles (1 + x3) + (x − x3) = 1 + x tem grau 1.
c) O conjunto de todos os polinômios p(x) em P4 tais que p(0) = 0 é um subespaço vetorial. De fato, sejam p, q ∈ P4satisfazem p(0) = 0 e q(0) = 0, então a soma p+q satisfaz (p+q)(0) = p(0)+q(0) = 0.
Alem disso, se λ ∈ R é um escalar qualquer, então λ · p satisfaz (λ · p)(0) = λ · p(0) = 0.
d) O conjunto de todos os polinômios tendo pelo menos uma raiz real não é um subespaço vetorial de P4 pois não é estável por soma. Por exemplo x2 e x + 1 ambos têm uma raiz real, porem a soma
x2+ x + 1 não tem raiz real. Correção do Exercício 6:
a) Mostremos que o conjunto de funções f em C([−1, 1])) tais que f (−1) = f (1) é um subespaço vetorial.
Sejam f, g funções em C([−1, 1])) tais que f (−1) = f (1) e g(−1) = g(1), e seja λ ∈ R um escalara qualquer. Então temos:
(f + g)(−1) = f (−1) + g(−1) = f (1) + g(1) = (f + g)(1), (λ · f )(−1) = λ · f (−1) = λ · f (1) = (λ · f )(1), logo ambos f + g e λ · f são tais que (f + g)(−1) = (f + g)(1) e (λ · f )(−1) = (λ · f )(1). b) Mostremos que o conjunto de funções ímpares em C([−1, 1])) é um subespaço vetorial.
Sejam f, g funções ímpares em C([−1, 1])), ou seja tais que f (−x) = −f (x) e g(−x) = −g(x) para qualquer x ∈ [−1, 1], e seja λ ∈ R um escalara qualquer. Então temos:
(f + g)(−x) = f (−x) + g(−x) = −f (x) − g(x) = −(f + g)(x), (λ · f )(−x) = λ · f (−x) = −λ · f (x) = −(λ · f )(x),
c) O conjunto de funções contínuas não decrescentes em [−1, 1] não é um subespaço vetorial por não ser estável por multiplicação por escalar. Por exemplo, a função f (x) = x não é decrescente, porem a função −f é dada por f (x) = −x é decrescente.
d) Mostremos que o conjunto de funções em [−1, 1] tais que f (−1) = 0 e f (1) = 0 é um subespaço vetorial.
Sejam f, g funções em C([−1, 1])) tais que f (−1) = 0, f (1) = 0 e g(−1) = 0, g(1) = 0, e seja λ ∈ R um escalara qualquer. Então temos:
(f + g)(1) = f (1) + g(1) = 0 (f + g)(−1) = f (−1) + g(−1) = 0 (λ · f )(1) = λ · f (1) = −λ · f (1) = 0, (λ · f )(−1) = λ · f (−1) = −λ · f (−1) = 0,
logo ambos f + g e λ · f satisfazem (f + g)(−1) = 0, (f + g)(1) = 0 e (λ · f )(−1) = 0 e (λ · f )(1) = 0. e) O conjunto de funções em [−1, 1] tais que f (−1) = 0 ou f (1) = 0 não é um subespaço vetorial pois não é estavel por adição. Podemos considerar por exemplo as funções x 7→ x + 1 e x 7→ x − 1, cuja soma é x 7→ 2x.
Correção do Exercício 7: Sejam B, B0 matrizes em S := {B ∈ Mn(R) | AB = BA} , e seja λ ∈ R um escalara qualquer. Então temos:
A · (B + B0) = A · B + A · B0 = B · A + B0· A = (B + B0) · A A · (λ · B) = λ · (A · B) = λ · (B · A) = (λ · B) · A
logo ambos B + B0 e λ · B pertemcem em S. Concluimos que S = {B ∈ Mn(R) | AB = BA} é um subespaço vetorial de Mn(R).
Correção do Exercício 8:
a) Notemos S o conjunto S := {B ∈ Mn(R) | BA = 0Mn(R)}. Sejam B, B
0 matrizes em S, e seja
(B + B0) · A = B · A + B0· A = 0Mn(R)+ 0Mn(R) = 0Mn(R) (λ · B) · A = λ · (B · A) = λ · 0Mn(R) = 0Mn(R)
logo ambos B + B0 e λ · B pertemcem em S. Concluimos que S é um subespaço vetorial de Mn(R).
b) O subconjunto S := {B ∈ Rn×n|AB 6= BA} não é, em geral, um subespaço vetorial. Por exemplo, se A =1 2 3 4 , então 1 0 0 0 e 0 0 0 1
pertencem em S, porem a soma1 0 0 0 + 0 0 0 1 =1 0 0 1 não pertence em S.
c) Notemos S o conjunto {B ∈ Mn(R) | AB + B = 0}. Sejam B, B0 matrizes em S, e seja λ ∈ R um
escalara qualquer. Então temos:
A · (B + B0) + (B + B0) = A · B + B + A · B0+ B0 = 0Mn(R)+ 0Mn(R) = 0Mn(R) A · (λ · B) + λ · B = λ · (A · B + B) = λ · 0Mn(R) = 0Mn(R)
logo ambos B + B0 e λ · B pertemcem em S. Concluimos que S é um subespaço vetorial de Mn(R). Correção do Exercício 9:
a) Por definição, x ∈ Cob(x1, x2) se e somente se existem escalares a, b ∈ R tais que ax1+ bx2 = x.
Calculemos que: ax1+ bx2 = x ⇐⇒ a · −1 2 3 + b · 3 4 2 = 2 6 6 ⇐⇒ −a + 3b = 2 2a + 4b = 6 3a + 2b = 6.
Logo x ∈ Cob(x1, x2) se e somente se este sistema tem uma solução. Tentando resolver, vemos que
este sistema é inconsistente, logo x /∈ Cob(x1, x2).
b) Semelhantemente, y ∈ Cob(x1, x2) se e somente se existem escalares a, b ∈ R tais que ax1+bx2= y.
Calculemos que: ax1+ bx2= y ⇐⇒ a · −1 2 3 + b · 3 4 2 = −9 −2 5 ⇐⇒ −a + 3b = −9 2a + 4b = −2 3a + 2b = 5.
Logo y ∈ Cob(x1, x2) se e somente se este sistema tem uma solução. Tentando resolver, obtemos
que (a, b) = (3, −2) é solução (é única tambem, mais so a existência nos interessa agora). Assim, temos y = 3x1− 2x2, segue que y ∈ Cob(x1, x2).
Correção do Exercício 10: Lembremos que um conjunto de vetores {u1, . . . , un} é cobertura de R3
se e somente se R3 = Cob{u1, . . . , un} ou seja, se e somente se qualquer vetor v = (a, b, c) ∈ R3 é
combinação linear de u1, . . . un isto é: existem escalares x1, . . . xn∈ R tais que:
x1u1+ · · · + xnun= v
a) Seja v = (a, b, c) ∈ R3, então v é combinação linear de {(1, 0, 0)|, (0, 1, 1)|, (1, 0, 1)|} se existem
x1, x2, x3 ∈ R tais que: x1· 1 0 0 + x2· 0 1 1 + x3· 1 0 1 = a b c ⇐⇒ x1 + x3 = a x2 = b x2+ x3 = c. A matriz 1 0 1 0 1 0 0 1 1
tendo determinante diferente de 0, ela é invertível e este sistema sempre uma solução. Concluamos que o conjunto {(1, 0, 0)|, (0, 1, 1)|, (1, 0, 1)|} é cobertura de R3.
b) Seja v = (a, b, c) ∈ R3, então v é combinação linear de {(1, 0, 0)|, (0, 1, 1)|, (1, 0, 1)|, (1, 2, 3)|} se
existem x1, x2, x3, x4∈ R tais que:
x1· 1 0 0 + x2· 0 1 1 + x3· 1 0 1 + x4· 1 2 3 = a b c ⇐⇒ x1 + x3+ x4 = a x2 + 2x4 = b x2+ x3+ 3x4 = c.
Segue facilmente do item a) que este sistema sempre tem soluções com x4 = 0. Concluamos que o conjunto {(1, 0, 0)|, (0, 1, 1)|, (1, 0, 1)|, (1, 2, 3)|} é cobertura de R3.
c) Seja v = (a, b, c) ∈ R3, então v é combinação linear de {(2, 1, −2)|, (3, 2, −2)|, (2, 2, 0)|} se existem x1, x2, x3 ∈ R tais que: x1· 2 1 −2 + x2· 3 2 −2 + x3· 2 2 0 = a b c ⇐⇒ 2x1+ 3x2+ 2x3= a x1+ 2x2+ 2x3= b −2x1− 2x2 = c.
Caso v = (1, 0, 0), é facil ver que este sistema é inconsistente, logo o conjunto {(2, 1, −2)|, (3, 2, −2)|, (2, 2, 0)|} não é cobertura de R3.
Observação. Note que a matriz 2 3 2 1 2 2 −2 −2 0
tem determinante igual a 0. Veremos que nesse caso, é suficiente para concluir que o conjunto {(2, 1, −2)|, (3, 2, −2)|, (2, 2, 0)|} não é cobertura.
d) Seja v = (a, b, c) ∈ R3, então v é combinação linear de {(2, 1, −2)|, (−2, −1, 2)|, (4, 2, −4)|} se
existem x1, x2, x3∈ R tais que:
x1· 2 1 2 + x2· −2 −1 2 + x3· 4 2 −4 = a b c ⇐⇒ 2x1− 2x2+ 4x3 = a x1− x2+ 2x3 = b 2x1+ 2x2− 4x3 = c.
Caso v = (1, 0, 0), é facil ver que este sistema é inconsistente, logo o conjunto {(2, 1, −2)|, (−2, −1, 2)|, (4, 2, −4)|} não é cobertura de R3.
e) Seja v = (a, b, c) ∈ R3, então v é combinação linear de {(1, 1, 3)|, (0, 2, 1)|} se existem x1, x2 ∈ R
tais que: x1· 1 1 3 + x3· 0 2 1 = a b c ⇐⇒ x1+ 3x2= a 2x2= b 2x1+ x2= c.
Em particular, caso v = (0, 0, 2), é facil ver que e este sistema é inconsistente. Concluamos que o conjunto {(1, 1, 3)|, (0, 2, 1)|} não é cobertura de R3.
Correção do Exercício 11: Seja {x1, . . . , xk} um conjunto de cobertura para um espaço V .
a) Se adicionarmos um vetor xk+1ao conjunto, aínda temos um conjunto de cobertura {x1, . . . , xk, xk+1}.
De fato, se para qualquer v ∈ V , existem µ1, . . . , µk∈ R tais que:
v = µ1x1+ · · · + µkxk,
em particular, existem µ1, . . . , µk, µk+1= 0 ∈ R tais que:
v = µ1x1+ · · · + µkxk+ µk+1xk+1,
b) Se eliminarmos um dos vetores, depende. Por exemplo, {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1)} é cober-tura de R3, agora:
• se eliminarmos (0, 1, 1), então {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} fica cobertura,
• porem se eliminarmos (1, 0, 0), então {(0, 1, 0), (0, 0, 1), (0, 1, 1)} não é cobertura mais ainda pois (1, 0, 0) não é combinação linear destes vetores.
Correção do Exercício 12:
a) {1, x2, x2 − 2} não é cobertura de P3, pois é fácil que o polinômio x não é combinação linear de
b) O conjunto {2, x2, 2x + 3} é cobertura de P3. De fato, seja ax2+ bx + c ∈ P3 um polinômio qualquer
em P3. Então ax2+ bx + c é combinação linear de {2, x2, 2x + 3} se e somante se existem escalares
m1, m2, m3∈ R tais que: m1· 2 + m2· x2+ m3· (2x + 3) = ax2+ bx + c ⇐⇒ m2· x2+ 2m3· x + (2m1+ 3m3) = ax2+ bx + c ⇐⇒ m2 = a 2m3 = b 2m1 + 3m3 = c. A matriz 0 1 0 0 0 2 2 0 3
tendo determinante diferente de 0, este sistema sempre tem uma solução. Conclua-se que {2, x2, 2x + 3} cobertura de P
3.
c) O conjunto {x + 2, x + 1, x2− 1} é cobertura de P3. De fato, seja ax2+ bx + c ∈ P3 um polinômio
qualquer em P3. Então ax2+ bx + c é combinação linear de {x + 2, x + 1, x2− 1} se e somante se existem escalares m1, m2, m3 ∈ R tais que:
m1· (x + 2) + m2· (x + 1) + m3· (x2− 1) = ax2+ bx + c ⇐⇒ m3· x2+ (m1+ m2) · x + (m2− m3) = ax2+ bx + c ⇐⇒ m3 = a m1+ m2 = b 2m2− m3 = c. A matriz 0 0 1 1 1 0 0 2 −1
tendo determinante diferente de 0, este sistema sempre tem uma solução. Conclua-se que {x + 2, x + 1, x2− 1} cobertura de P3.
d) O conjunto {x + 2, x2− 1} não é cobertura de P3. Para ver isto, temos que encontrar um polinomio
que não seja combinação linear de {x + 2, x2− 1}. Por isso, calculemos que um vetor qualquer ax2 + bx + c em P3 é combinação linear de {x + 2, x2 − 1} se e somante se existem escalares
m1, m2, m3∈ R tais que: m1· (x + 2) + m2· (x2− 1) = ax2+ bx + c ⇐⇒ m2· x2+ m1· x − m2= ax2+ bx + c ⇐⇒ m2 = a m1 = b − m2 = c.
Este sistema não é consistente caso a = 0, b = 0, c = 1 por exemplo.
Correção do Exercício 13: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W . Para mostrar que sua interseção U ∩ V tambem é um subespaço de W , basta mostrar que ele é estavel por adição e por multiplicação por escalar.
Por isso, consideremos x, y ∈ U ∩ V na interseção e λ ∈ R um escalar qualquer. Então, U sendo um subespaço vetorial, temos que x + y ∈ U e λx ∈ U . Semelhantemente, V sendo um subespaço vetorial, temos que x + y ∈ V e λx ∈ V . Segue que ambos x + y e λx pertencem na interseção U ∩ V .
Correção do Exercício 14: Em geral, uma união de dois subespaços vetoriais não é um subespaço vetorial.
Por examplo, o subespaço de R2 coberto por e1 é o subespaço:
S = {(x1, x2) ∈ R | (x1, x2) = (α, 0), onde α ∈ R},
enquanto o subespaço de R2 coberto por e2 é o subespaço:
T = {(x1, x2) ∈ R | (x1, x2) = (, β), onde β ∈ R},
A união destes dois subespaços é dada por:
S ∪ T = {(x1, x2) ∈ R | (x1, x2) = (α, 0) ou (0, β) onde α, β ∈ R}.
Em particular (1, 0) ∈ S ∪ T e (0, 1) ∈ S ∪ T , porem a soma (1, 1) /∈ S ∪ T ( o que é facil viualisar num desenho tambem).
Correção do Exercício 15: Sejam U e V subespaços de um espaço vetorial W . Defina se U + V := {z ∈ W | z = u + v, sendo u ∈ v e v ∈ V }. Mostre que U + V tambem é um subespaço de W .
Sejam z, z0 dois vetores em U + V , e λ ∈ R um escalar qualquer. Pela definição de U + V , existem pares u ∈ U, v ∈ V e u0 ∈ U, v0 ∈ V tais que:
z = u + v, z0 = u0+ v0.
Segue que:
z + z0 = (u + v) + (u0+ v0) = (u + u0) + (v + v0). λz = λ(u + v)
= λu + λv
Nestes igualdades, temos que u + u0 ∈ U , v + v0 ∈ V , = λu ∈ U , e λv ∈ V pois U e V são subespaços
vetoriais. Segue que z + z0 e λz pertencem em U + V .
