1 Espaços vetoriais. Bibliografia básica do curso: [3, 2, 1, 4] Autor: Leandro Fiorini Aurichi - Versão: 2008

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

Autor: Leandro Fiorini Aurichi - laurichi@ime.usp.br 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) = (α u) ⊕ (α v) (M2) ∀α, β ∈ R ∀v ∈ V (αβ) v = α (β v) (M3) ∀α, β ∈ R ∀v ∈ V (α + β) v = (α v) ⊕ (β v) (M4) ∀v ∈ V 1 v = v

Cada elemento de V é chamado de vetor. ⊕ é chamada de soma e é chamada de multi-plica¸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).

1

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

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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, 0) = 0 e, portanto, temos (A4).R

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 R em R} 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: dadas f, g ∈ F queremos que f ⊕ g seja uma fun¸cão de R em R de forma que, para cada x ∈ R, seu valor neste ponto seja o mesmo que f (x) + g(x). Como o elemento 0, considere a fun¸cão z : R −→ R dada 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 e f ∈ F. Temos ((α + β) f )(x) = (α + β)f (x) R = αf (x) + βf (x) = (α f )(x) ⊕ (β f )(x) (M4) Sejam f ∈ F e x ∈ R. Temos (1 f )(x)= 1f (x) = f (x).R

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

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, ..., xn) := (αx1, ..., αxn) para (x1, ..., xn), (y1, ..., yn) ∈ Rne α ∈ 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 ⊕ e são, respectivamente, a soma e o produto usuais, é um espa¸co vetorial? Pode-se verificar que as propriedades (A1), ..., (A4) e (M1), ..., (M4) são satisfeitas. O problema

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exemplo z := 1 e α := 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 de1.2e é dada por α(a, b) := (αa, b), onde α ∈ R e (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)(1, 2)R M 3= (1(1, 2))⊕(1(1, 2))= (1, 2) ⊕ (1, 2)= (1 + 1, 2 + 2)⊕ = (2, 4). Como (2, 2) 6= (2, 4) temos uma contradi¸R 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, α v fica αv. Quando ⊕ e estiverem claros no contexto, chamaremos de V 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. Seja V um espa¸co vetorial. Dizemos que v ∈ V ´e um elemento neutro se, para qualquer u ∈ V , temos u + 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¸cão 1.6. Seja V um espa¸co vetorial e seja v elemento neutro de V . Então v = 0. Dem.: Como v é elemento neutro de V , temos que 0 + v = 0. Por outro lado, temos 0 + v A2= v + 0A3= 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 seja v ∈ V . Temos que 0v = 0 (Aten¸cão: o 0 que aparece à esquerda da igualdade é o número real zero. Já o 0 que aparece à direita, é o elemento neutro de V ).

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Dem.: Seja u ∈ V tal que 0v +u = 0. Tal u existe por (A4). Temos que 0v= (0 +0)vR M 3= 0v +0v. Assim, temos que 0 = 0v + u = (0v + 0v) + uA1= 0v + (0v + u) = 0v + 0A3= 0v.

Defini¸c˜ao 1.8. Sejam V um espa¸co vetorial e v ∈ V . Dizemos que u ∈ V ´e um elemento oposto a v se v + 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 elemento v, 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, por 1.9, ´e o ´unico elemento oposto a v).

Dem.: Temos v + (−1v)M 4= 1v + (−1v)M 3= (1 − 1)v= 0vR 1.7= 0. Logo, −1v ´e o oposto de v.

Por comodidade, quando tivermos v, u ∈ V e α ∈ V , denotaremos v + (−αu) simplesmente por v − αu. Analogamente, o oposto de v 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;

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(iii) Se αv = 0 ent˜ao α = 0 ou v = 0;

Dem.: (i) α(−v) = α(−1v)M 2= (α · (−1))v = −αv.R

(ii) α0A3= α(0 + 0)M 1= α0 + 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−1_{α = 1.} De α0 = 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)M 2= (α−1α)v = 1vM 4= v.

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. Considere Q o conjunto dos números racionais, ⊕ e a 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. Seja f ∈ 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 α r := rα 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 que C com as opera¸cões usuais é um espa¸co vetorial.

Exerc´ıcio 1.7. Seja P := {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) Se u + 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 que u + w = v.

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

Exerc´ıcio 1.12. Sejam (U, ⊕U, U) e (V, ⊕V, V) espa¸cos vetoriais. Considere U ×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)

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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 tomando S ⊂ 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 ve-torial 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 α v = 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 que S é subespa¸co de V .

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 e αv ∈ 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 em M2. Vamos ver que D é subespa¸co de M2. Para isso, precisamos ver, primeiramente, que as opera¸cões + e ·, que são as restri¸cões da opera¸cões de M2, de fato são fun¸cões de D × D em D e R × D em D respectivamente. Ou seja, precisamos mostrar que, dados A, B ∈ D e α ∈ R, temos que A + B ∈ D e αA ∈ D. Sejam A :=

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: Sejam A := 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 que S 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, dados r, s ∈ P e α ∈ R, temos que r ⊕ s = rs e α r = rα. 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 por R. De fato, considere 1, 2 ∈ P . Por um lado, tomando as opera¸cões em P , 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, +, ·), com S ⊂ 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 de R, não é um subespa¸co vetorial de R. Para ver isso, suponha que seja. Então, dados a, b ∈ [0, 1] temos, por2.2, que a + 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 veri-fica¸cões para decidir se ele é um subespa¸co vetorial ou não. Temos que verificar as oito propri-edades 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 de V , 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 α v ∈ S. Dem.:

⇒): Suponha que S é um subespa¸co vetorial. Então, por 2.2, temos (b) e (c). Em particular, temos que S é um espa¸co vetorial e, portanto, S 6= ∅. Seja v ∈ S. Temos 0 = 0 v = 0 · v ∈ S e, portanto, temos (a).

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

e uma fun¸cão de S × S em S e, por (c), temos que · é uma fun¸cão de R × S em S. 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) em V .

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

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 e α ∈ R, temos que αf é uma fun¸cão cont´ınua.

Exemplo 2.8. Considere R2 com as opera¸cões usuais. Considere S := {(a, −a) ∈ R2 : a ∈ R}. Vamos mostrar que S é um subespa¸co vetorial de R2 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. Seja V espa¸co vetorial e S ⊂ V . Mostre que S com as opera¸c˜oes restritas de V ´

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 por V ´e um subespa¸co vetorial?

Exerc´ıcio 2.4. Decida se os conjuntos abaixo são subespa¸cos vetoriais de R3 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. Sejam V um espa¸co vetorial e A, B ⊂ V subespa¸cos vetoriais de V . 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 de V . (d) Se A ⊂ B então A é subespa¸co vetorial de B.

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

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

0 0 0 0

. S com as opera¸c˜oes induzidas por M2 ´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 número 0 e que, sempre que ela vale para um número n ∈ N ela 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 n 6= 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 propriedade P vale para (n − 1) + 1 = n, contradi¸cão.

Corolário 3.2. Seja P uma propriedade que vale para um número m ∈ N e 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 n se, e somente se, P vale para n + m. Aplicamos o teorema para P0 e obtemos o resultado.

Proposi¸c˜ao 3.3. Seja V um espa¸co vetorial. Sejam α1, ..., αn∈ R e v1, ..., vn∈ V . Ent˜ao n

X i=1

αivi∈ V

Dem.: Por indu¸c˜ao2 _{sobre n. Caso n = 1, temos que α}

1v1∈ V pela defini¸c˜ao de espa¸co vetorial. Agora suponha que vale o resultado para n e vamos mostrar para n + 1. Por hip´otese, temos que Pn i=1αivi∈ V . Assim n+1 X i=1 αivi = ( n X i=1 αivi) | {z } ∈V + αn+1vn+1 | {z } ∈V ∈ V

1_{Uma vers˜}_{ao “informal”deste resultado que talvez ajude a entendˆ}_{e-lo melhor: se h´}_{a 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.

2

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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, ..., vn ∈ V . Dizemos que u é uma com-bina¸cão linear de v1, ..., vn se existem α1, ..., αn∈ R tais que u =Pn_i=1αivi.

Exemplo 3.5. Considere R3com 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 ∈ R tais 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. Seja V espa¸co vetorial. Sejam u, v ∈ V . Temos que u + 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 se A é um subespa¸co vetorial de V , então qualquer combina¸cão linear de elementos de A também é um elemento de A1. E se A não for um subespa¸co? Será que é suficiente acrescentarmos as combina¸cões lineares de A para 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, ..., vn∈ A e α1, ..., αn∈ R Pni=1α1vi = v} é um subespa¸co vetorial de V . Além disso, A ⊂ S.

Dem.: Vamos usar 2.6 para mostrar que A é subespa¸co. Como A é não vazio, podemos to-mar v ∈ A. Então 0v = 0 ∈ S. Sejam u, v ∈ S. Então existem u1, ..., un, v1, ...., vm ∈ A e α1, ..., αn, β1, ..., βm∈ R tais que u =Pni=1αiui e v =Pmi=1βivi. Note que

u + v = n X i=1 αiui+ m X i=1 βivi Logo, u + v ∈ S. Seja α ∈ R. Temos que

αv = α m X i=1 βivi= m X i=1 αβivi Logo, αv ∈ S e, portanto, S ´e subespa¸co vetorial de V .

(13)

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

Defini¸cão 3.8. Sejam V um espa¸co vetorial e A ⊂ V um subconjunto não vazio. Denotamos por [A] := {v ∈ V : ∃n ≥ 1, v1, ..., vn∈ A e α1, ..., αn∈ R Pni=1α1vi= v} o subespa¸co vetorial gerado por A. E, neste caso, dizemos que A é um conjunto gerador para [A]. Por conven¸cão, 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 vetorial R3com as opera¸cões 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, considere α(0, 1, 2) + β(1, 0, 0) = (β, α, 2α). Tomando-se a = β e b = α, temos que α(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. Considere S ⊂ M2 dado por a 0 0 b : a, b ∈ R

. Temos que S ´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¸}_c˜_{oes usuais. Considere S := [(1, 0, 0), (1, 1, 0)]. Dˆ}_e uma interpreta¸c˜ao geom´etrica para S.

Exerc´ıcio 3.3. Seja V um espa¸co vetorial. Mostre as seguintes afirma¸c˜oes: (a) Seja S ⊂ V . Ent˜ao S ⊂ [S];

(b) Sejam S1⊂ S2⊂ V . Ent˜ao [S1] ⊂ [S2]; (c) Seja S ⊂ V . Ent˜ao [S] = [[S]].

Exerc´ıcio 3.4. Considere R3 com as opera¸cões usuais. Considere S := {(a, b, a + 2b) : a, b ∈ R}. (a) Mostre que S é subespa¸co de R3 com as opera¸cões usuais.

(b) Encontre um conjunto com exatamente 2 elementos que seja um gerador para S. (c) Encontre um conjunto com exatamente 3 elementos que seja um gerador para S. (d) Encontre A, B ⊂ R3 tais que A ∩ 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. Seja V 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 de M2? 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 que S seja um subespa¸co de V tal que A ⊂ 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, pode-mos 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, ..., vn ∈ V distintos. Dizemos que v1, ..., vn s˜ao linearmente dependentes se existem α1, ..., 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, ..., αn ∈ R temos Pni=1αivi = 0, então α1 = · · · = αn = 0. Dizemos que A ⊂ V é linearmente dependente se existem v1, ..., vn∈ A distintos linearmente dependentes. Dizemos que A é linearmente independente caso contrário, isto é, se dados quaisquer v1, ..., vn ∈ A distintos temos que v1, ..., vn 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 que w é combina¸cão linear de u, v. Então u, v, w são linearmente dependentes. De fato, como w é combina¸cão linear de u, v, existem α, β ∈ R tais que αu + 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. Considere R4com 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, sejam α, 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 que α = β = γ = 0

(16)

Exemplo 4.5. Considere F com as opera¸cões usuais. Temos que que as fun¸cões sen(x) e cos(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 = βsenπ₂ = β. Logo, α = β = 0. Por outro lado, temos que as fun¸cões f (x) := 2sen(x), g(x) := sen(x)−cos(x) e h(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 li-nearmente dependentes. Então existe k tal que 1 ≤ k ≤ n tal que vk é combina¸cão linear de {vi : 1 ≤ i ≤ n e i 6= k}, isto é, existem αi ∈ R tais que

vk= n X i = 1 i 6= k αivi

Dem.: Como v1, ..., vn s˜ao linearmente dependentes, existem α1, ..., αn∈ R, com pelo menos um βi 6= 0, tais que Pni=1βivi = 0. Seja k tal que βk6= 0. Temos

vk= n X i = 1 i 6= k −βi βk vi

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. Seja A ⊂ V finito1 e linearmente dependente. Ent˜ao existe v ∈ A tal que [A] = [A r {v}].

Dem.: Escreva A = {v1, ..., vn}. Pelo resultado anterior, existem k e αi∈ R tais que vk=

X i = 1 i 6= k

(17)

Vamos mostrar que [A] = [A r {vk}]. ´E claro que [A r {vk}] ⊂ [A] (ver exercicio3.3). Assim, resta mostrar que [A] ⊂ [A r {vk}]. Seja u ∈ [A]. Sejam β1, ..., βn ∈ R tais que v =Pn_i=1βivi. Temos v = Pn i=iβivi = βkvk+ Pn i = 1 i 6= k βivi = βkPn_{i = 1} i 6= k αivi+Pn_{i = 1} i 6= k βivi Logo, v ∈ [A r {vk}].

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 indepen-dente. Seja v ∈ V tal que v /∈ [A]. Então A ∪ {v} é linearmente independente.

Dem.: Suponha que não. Então existem v1, ..., vn ∈ A e α, α1, ..., αn ∈ R não todos nulos tais que αv +Pn

i=1αivi = 0. Note que α 6= 0 pois, caso contr´ario, ter´ıamos Pn

i=1αivi = 0 com algum αi 6= 0 o que contraria o fato de A ser linearmente independente.

Assim, temos que v = −Pn i=1

αi

αvi o que contraria o fato de v /∈ [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. Seja V 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 A é linearmente independente e B ⊂ A, então B é linearmente independente. (b) Se A é linearmente dependente e B ⊃ A, então B é linearmente dependente.

(c) Se A é linearmente independente e B ⊃ A, então B é linearmente independente. (d) Se A é linearmente dependente e B ⊂ A, então B é linearmente dependente.

Exerc´ıcio 4.4. Seja V um espa¸co vetorial tal que V 6= {0}. Mostre que V 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 e u, 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. Sejam V um espa¸co vetorial e u1, ..., un, v1, ..., vm∈ V . Suponha que {u1, ..., un, v1, ..., vm} seja linearmente independente. Mostre que [u1, ..., un] ∩ [v1, ..., vm] = {0}.

Exerc´ıcio 4.8. Considere P2 := {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 + 2x}2_.

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

Exerc´ıcio 4.9. Mostre que podemos retirar a hipótese de A ser finito em4.7. Dica: Como A é linearmente dependente, temos que existem v1, ..., vn∈ A linearmente 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. Sejam V um espa¸co vetorial e B ⊂ V . Dizemos que B ´e uma base para V se B ´

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 para R4. De fato, seja (a, b, c, d) ∈ R4. Considere α, β, γ, δ ∈ R tais que α(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, temos α = 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 que B ´e linearmente independente. Sejam α, β, γ, δ ∈ R tais que α(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 que α = β = γ = δ = 0.

Exemplo 5.3. Para cada k ∈ N, considere pk : R −→ R dada por pk(x) = xk. 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, ..., αn ∈ R tais que Pni=0αipi = 0. Isto é, 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 = · · · αn= 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. Então existe B ⊂ V base para V .

(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. Sejam V um espa¸co vetorial e B uma base para V . Considere C, D ⊂ V tais que C ( B e D ) B. Mostre que C e D n˜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 para V . ´E verdade que, necessariamente, B ∩ S 6= ∅?

Exerc´ıcio 5.5. Sejam U, V espa¸cos vetoriais. Sejam A base para U e B base para V . 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 com n equa¸cões nas incógnitas x1, ..., xké um sistema linear homogêneo se cada uma das suas equa¸cões é da forma α1x1 + α2x2+ · · · + αkxk = 0 com α1, ..., αk ∈ R. Dizemos que v = (v1, ..., vk) ∈ Rk 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 por Sol(E) o conjunto {v ∈ Rk : v é solu¸cão de E}. Chamamos Sol(E) de espa¸co solu¸cão de 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 Rk.

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

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

i=1αi0 = 0, logo, 0 ´e solu¸c˜ao.

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

Pk

i=1αixi= 0 uma equa¸c˜ao de E. Temos: Pk i=1αi(vi+ ui) = Pk i=1αivi+ Pk i=1αiui = 0 + 0 = 0

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

i=1αixi= 0 uma equa¸c˜ao de E. Temos: Pk

i=1αi(γvi) = γPki=1αivi = 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 ∈ Rk onde v não é solu¸cão para E. Então existe γ ∈ R tal que u − γv é solu¸cão para E.

Dem.: Escrevemos u = (u1, ..., uk) e v = (v1, ..., vk). Sejam a := Pki=1αui e b := Pki=1αvi. Como v não é solu¸cão para E, temos que b 6= 0. Assim, podemos tomar γ := a_b. Vejamos que tal γ satisfaz o enunciado. Temos que u − γv = (u1− γv1, ..., uk− γvk). Assim

Pk

i=1αi(ui− γvi) = Pi=1k αiui− γPki=1vi = a − a_bb

= 0

1

repare 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¸cão é equivalente a x1+

(22)

Proposi¸cão 6.5. Seja E um sistema linear homogêneo com n equa¸cões e k incógnitas com k ≥ n. Então existe um conjunto linearmente independente em Sol(E) com pelo menos k − n elementos. Dem.: Vamos fazer por indu¸cão sobre n. Caso n = 0 temos que Sol(E) = Rk_{e temos o resultado.} Vamos fazer o caso n + 1, supondo que o caso n vale. Ou seja, temos que mostrar que se E tem n + 1 equa¸cões, Sol(E) tem um subconjuto linearmente independente com k − n − 1 elementos. Se n + 1 = k, terminamos porque {0} ⊂ Sol(E). Então podemos supor n + 1 < k, logo, k − n > 0. Considere E0 ⊂ E onde E0 tem n equa¸cões. Seja F 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 A r {v} = {a1, ..., ak−n−1}. Para cada i = 1, ..., k − n − 1, seja γi ∈ R tal que ai − γiv 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∈ R tais quePk−n−1i=1 αi(ai− γiv) = 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 que α1= ... = αk−n−1 = 0 como quer´ıamos.

Corolário 6.6. Seja E um sistema linear homogêneo com mais incógnitas do que equa¸cões. Então E tem uma solu¸cão não trivial, isto é, existe v ∈ Sol(E) com v 6= 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. Sejam V um espa¸co vetorial finitamente gerado e suponha que {v1, ..., vn} ⊂ V seja um gerador de V . Então todo subconjunto de V com mais de n elementos é linearmente dependente.

Dem.: Seja A := {u1, ..., um} 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 βk,1, ..., βk,n ∈ R tais que

n X

i=1

βk,ivi = uk Considere o seguinte sistema linear, nas inc´ognitas a1, ..., am:

     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=1βk,iαkvi = Pm k=1 Pn i=1αkβk,ivi = Pm k=1αkuk Logo, u1, ..., um são linearmente dependentes.

Corol´ario 7.3. Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado. Dadas B, B0 ⊂ V bases de V , temos que B e B0 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 gera V e B ´e linearmente independente, temos que |B| ≤ |B0|.

(24)

Defini¸cão 7.4. Seja V um espa¸co vetorial. Se V é finitamente gerado e B é uma base para V , dizemos que V tem dimensão |B| e denotamos por dim V := |B|. Se V não é finitamente gerado, simplesmente dizemos que V tem dimensão infinita. Neste caso, denotamos dim V = ∞.

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 para C. De fato, dado a + bi ∈ C, temos que a + 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 dim C = 2. Esta é chamada a base canônica de C.

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

Exemplo 7.6. Considere P := {a0+ a1x1+ · · · + anxn: ai∈ 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 que q(x) := xk+1 é tal que q ∈ P mas q não é combina¸cão linear dos elementos de B (exerc´ıcio). Logo, B não gera P .

A idéia do próximo resultado é que, num espa¸co finitamente gerado, podemos ir “aumentando” um conjunto linearmente independente até 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 que V é finitamente gerado e por 7.2

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

Dem.: Seja C ⊃ B base para V . Pela defini¸cão de dimensão, temos que existe D base para V tal que |D| = n. Pelo resultado7.3, temos que |C| = n. Logo, como |B| = n, temos que C = B e, portanto, B é base de V .

Já o próximo resultado diz que, em espa¸cos finitamente gerados, podemos “diminuir” conjun-tos 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 que A1 := A r {v1} é tal que [A1] = [A] = V . Se A1 é linearmente independente, acabamos. Se não, novamente por 4.7, existe v2 ∈ A1 tal que A2 := A1r {v2} = A r {v1, v2} é tal que [A2] = [A1] = [A] = V . E podemos repetir tal processo até que se encontre An ⊂ 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 . Então B é base para V .

Dem.: Pelo resultado anterior, existe C ⊂ B tal que C é base para V . 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 para V .

Observe que pelos resultados 7.8 e 7.10 temos que, num espa¸co vetorial de dimensão n, se temos um conjunto com n elementos, para decidirmos se ele é uma base, basta uma só verifica¸cão: se ele é linearmente independente ou se ele é 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 de P3, mostre que o conjunto {q1, q2, q3, q4, q5} ´

e linearmente dependente, onde q1(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. Sejam V um espa¸co vetorial e S um subespa¸co seu. Mostre que dim S ≤ dim V .

Exerc´ıcio 7.5. Seja V espa¸co vetorial de dimens˜ao n. Seja S ⊂ V subespa¸co. Suponha que dim S = n. Mostre que S = 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. Seja V um espa¸co vetorial. Considere A, B ⊂ V conjuntos não vazios tais que a dimensão de [A] é m, de [B] é n e a de [A ∪ B] = k.

(a) Dê um exemplo onde m < n < k. (b) Dê um exemplo onde m = n < k. (c) Dê um exemplo onde m = n = k. (d) É poss´ıvel acontecer k < max{m, n}?

(e) O que podemos afirmar sobre [A], [B] e [A ∪ B] se m = n = k? (f) Suponha [A] ⊂ [B]. Calcule k em fun¸c˜ao de m e n.

(g) Suponha [A] ∩ [B] = {0}. Calcule k 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. Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado. Um sistema de coordenadas, ou base ordenada, em V é uma base B := {v1, ..., vn} ⊂ 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, ..., an ∈ 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. Sejam b1, ..., bn∈ R tais que v =

Pn i=1bivi. Temos 0 = v − v = Pn i=1aivi−Pni=1bivi = Pn i=1(ai− bi)vi

Logo, como v1, ..., vn s˜ao linearmente independentes, (ai− bi) = 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, ..., vn} uma base ordenada para V . Dado v ∈ V , denotamos por [v]B := (a1, ..., an)B a ´unica n-upla tal que Pn

i=1aivi = v.

Exemplo 8.4. Considere R3com 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.

1

ou seja, um sistema de coordenadas ´e uma n-upla (v1, ..., vn) cujas coordenadas formam uma base de V . Mas,

(28)

8.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 8.1. Considere B := 1 0 1 0 , 0 1 0 1 , 0 1 0 0 , 0 0 1 1 base ordenada de M2. Calcule [v]B em cada um dos seguintes casos:

(a) v = 2 1 0 0 (b) v = 1 1 1 1

Exerc´ıcio 8.2. Considere B := {q1, q2, q3} base de P2, onde q1(x) := 2 + x2, q2(x) := 1 + x + x2 e q3(x) := 4. Calcule p(1) onde [p]B= (1, 2, 3)B

Exerc´ıcio 8.3. Seja V espa¸co vetorial finitamente gerado. Sejam B1 e B2 bases ordenadas para V . Mostre que B1 e B2 s˜ao iguais se, e somente se, dado qualquer v ∈ V , [v]B1 = [v]B2.

Exerc´ıcio 8.4. Seja V 6= 0 um espa¸co finitamente gerado e seja A := {a1, ..., an} ⊂ V ordenado tal que [A] = V , mas A n˜ao ´e base de V . Mostre que existem v ∈ V e α1, ..., αn, β1, ..., βn ∈ R tais quePn

i=1αiai =Pni=1βiai = v, mas αi6= βi para algum i = 1, ..., n.

Exerc´ıcio 8.5. Sejam U espa¸co vetorial finitamente gerado, α ∈ R e u, v ∈ U . Seja B base ordenada para U .

(a) Mostre que [u]B+ [v]B= [u + v]B. (b) Mostre que α[u]B= [αu]B.

9 Transforma¸

c˜

oes lineares

Vamos agora considerar fun¸cões entre espa¸cos vetoriais. Para nós vão interessar as fun¸cões que preservam a estrutura de espa¸co vetorial. Tais fun¸cões são as descritas na próxima defini¸cão. Defini¸cão 9.1. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Uma fun¸cão T : U −→ V é dita uma trans-forma¸cão linear se, dados u1, u2 ∈ U e α ∈ R temos:

(29)

Muitas vezes iremos denotar T u em vez de T (u).

Vejamos alguns exemplos.

Exemplo 9.2. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Considere T : U −→ V dada por T (u) := 0 para qualquer u ∈ U . Temos que T ´e linear. De fato, dados u1, u2 ∈ U , temos T (u1 + u2) = 0 = 0 + 0 = T (u1) + T (u2) e, dado α ∈ R, temos que T (αu1) = 0 = α0 = αT (u1).

Exemplo 9.3. Seja V um espa¸co vetorial. Considere T : V −→ V dada por T (v) := v para qualquer v ∈ V . Temos que T ´e linear. De fato, dados v1, v2 ∈ V , temos que T (v1 + v2) = v1+ v2 = T (v1) + T (v2) e, dado α ∈ R, temos que T (αv1) = αv1 = αT (v1).

Exemplo 9.4. Considere R3 e R2 com as opera¸c˜oes usuais. Seja T : R3 −→ R2 _{dada por} T (a, b, c) := (a, b + c) para qualquer (a, b, c) ∈ R3. Temos que T ´e linear. De fato, sejam (a1, b1, c1), (a2, b2, c2) ∈ R3, temos

T ((a1, b1, c1) + (a2, b2, c2)) = T (a1+ a2, b1+ b2, c1+ c2) = (a1+ a2, b1+ b2+ c1+ c2) = (a1, b1+ c1) + (a2, b2+ c2) = T (a1, b1, c1) + T (a2, b2, c2) Dados α ∈ R e (a, b, c) ∈ R3, temos

T (α(a, b, c)) = T (αa, αb, αc) = (αa, αb + αc) = α(a, b + c) = αT (a, b, c)

Exemplo 9.5. Considere Pn+1 e Pn com as opera¸cões usuais. Temos que D : Pn+1 −→ Pn dada por D(p) := p0 (isto é, a derivada1 de p) é uma transforma¸cão linear. De fato, sejam an+1xn+1+ anxn+ · · · + a0, bn+1xn+1+ bnxn+ · · · + b0∈ Pn+1. Temos

D((an+1xn+1+ · · · a0) + (bn+1xn+1+ · · · + b0)) = (n + 1)an+1xn+ · · · + a1+ (n + 1)bn+1xn+ · · · b1 = D(an+1xn+1· · · a0) + D(bn+1xn+1+ · · · + b0) Sejam α ∈ R e an+1xn+1+ · · · a0 ∈ Pn. Temos

D(α(an+1xn+1+ · · · a0)) = D(αan+1xn+1+ · · · αa0) = α(n + 1)an+1xn+ · · · αa1 = α((n + 1)an+1xn+ · · · a1) = αD(an+1xn+1+ · · · + a0) 1

(30)

O próximo resultado diz que a imagem de uma transforma¸cão linear é um espa¸co vetorial.

Proposi¸cão 9.6. Sejam U e V espa¸cos vetoriais e T : U −→ V uma transforma¸cão linear. Temos que ImT := {v ∈ V : ∃u ∈ U T (u) = v} é um subespa¸co vetorial de V .

Dem.: Temos que T (0) = T (0 · 0) = 0T (0) = 0. Logo, 0 ∈ ImT . Sejam v1, v2 ∈ ImT . Ent˜ao existem u1, u2 ∈ U tais que T (u1) = v1 e T (u2) = v2. Temos que v1 + v2 = T (u1) + T (u2) = T (u1+ u2) e, como u1+ u2 ∈ U , temos que v1+ v2 ∈ ImT . Sejam v ∈ ImT e α ∈ R. Seja u ∈ U tal que T (u) = v. Temos que αv = αT (u) = T (αu) e, como αu ∈ U , temos que αv ∈ ImT .

Temos que composta de transforma¸cões lineares é uma transforma¸cão linear, como mostra o resultado a seguir.

Proposi¸cão 9.7. Sejam U , V e W espa¸cos vetoriais. Sejam T : U −→ V e F : V −→ W transforma¸cões lineares. Então F ◦ T : U −→ W , dada por (F ◦ T )(u) := F (T (u)) para u ∈ U é uma transforma¸cão linear.

Dem.: Primeiramente, note que, como T (u) ∈ V , podemos tomar F (T (u)) e, portanto, F ◦ T est´a bem definida. Sejam u1, u2∈ U . Temos:

(F ◦ T )(u1+ u2) = F (T (u1+ u2)) = F (T (u1) + T (u2)) = F (T (u1)) + F (T (u2)) = (F ◦ T )(u1) + (F ◦ T )(u2) A verifica¸c˜ao da multiplica¸c˜ao por escalar fica como exerc´ıcio.

9.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 9.1. Sejam U e V espa¸cos vetoriais e T : U −→ V uma transforma¸c˜ao linear. Seja S ⊂ U subespa¸co vetorial de U . Mostre que T [S] := {v ∈ V : ∃s ∈ S T (s) = v} ´e um subespa¸co vetorial de V .

Exerc´ıcio 9.2. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja T : U −→ V uma transforma¸c˜ao linear. Considere 0U e 0V os elementos neutros de U e V respectivamente. Mostre que T (0U) = 0V.

Exerc´ıcio 9.3. Sejam U1, U2, V1, V2 espa¸cos vetoriais. Sejam T : U1 −→ U2 e F : V1 −→ V2 transforma¸cões lineares. Considere G : U1 × V1 −→ U2× V2 dada por G(u, v) := (T (u), F (v)). Considerando em U1× V1 e U2× V2 as opera¸cões induzidas, mostre que G é uma transforma¸cão linear.

(31)

Exerc´ıcio 9.4. Sejam V um espa¸co vetorial e B := {v1, ..., vn} uma base ordenada de V . Seja T : V −→ R dada por T (v) := Pn

i=1αi onde Pn

i=1αivi = v. Considerando R como espa¸co vetorial com as opera¸c˜oes usuais, mostre:

(a) T est´a bem definida, isto ´e, se Pn

i=1αivi= Pn i=1βivi então T ( Pn i=1αivi) = T ( Pn i=1βivi). (b) T é uma transforma¸cão linear.

Exerc´ıcio 9.5. Seja V um espa¸co vetorial finitamente gerado. Seja B := {v1, ..., vn} uma base para V . Para cada i = 1, ..., n considere Πi : V −→ V dada por Πi(v) = αivionde v =

Pn

j=1αjvj. Mostre, para cada i = 1, ..., n:

(a) Πiestá bem definida, isto é, sePnj=1αjvj =Pnj=1βjvjentão Πi(Pnj=1αjvj) = Πi(Pnj=1βjvj). (b) Πi é uma transforma¸cão linear.

Exerc´ıcio 9.6. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja B := {u1, ..., un} base para U . Mostre que [T (u1), ..., T (un)] = ImT .

10 Inversa e n´

ucleo de uma transforma¸

c˜

ao

Dada uma transforma¸cão linear T : U −→ V podemos nos perguntar se conseguimos uma outra transforma¸cão linear que fa¸ca o “caminho inverso”, isto é, uma transforma¸cão F : V −→ U tal que F (T (u)) = u para qualquer u ∈ U . Nesta se¸cão vamos ver quando isso é poss´ıvel e algumas generaliza¸cões.

Defini¸cão 10.1. Sejam A e B conjuntos não vazios. Seja f : A −→ B uma fun¸cão. Dizemos que f é uma fun¸cão injetora quando, dados a1, a2 ∈ A, se f (a1) = f (a2) então a1 = a2. Dizemos que f é uma fun¸cão sobrejetora se, para qualquer b ∈ B, temos que existe a ∈ A tal que f (a) = b. Isto é, quando temos que Imf = B. Dizemos que f é uma fun¸cão bijetora se ela é injetora e sobrejetora simultaneamente.

Proposi¸cão 10.2. Sejam A e B conjuntos. Seja f : A −→ B uma fun¸cão bijetora. Então existe uma única fun¸cão g : B −→ A tal que, para todo a ∈ A, a = g(f (a)).

Dem.: Para cada b ∈ B existe ab ∈ A tal que f (ab) = b (pois f é sobrejetora). Defina g : B −→ A dada por g(b) := ab. Seja a ∈ A. Seja b ∈ B tal que f (a) = b. Note que ab = a, pois f é injetora (isto é, só existe um a0∈ A tal que f (a0) = b). Assim, g(f (a)) = g(b) = ab = a.

(32)

Vamos agora mostrar que g ´e ´unica com tal propriedade. Seja h : B −→ A tal que h(f (a)) = a para todo a ∈ A. Seja b ∈ B e seja a ∈ A tal que f (a) = b. Temos

h(b) = h(f (a)) = a = g(f (a)) = g(b)

Defini¸cão 10.3. Sejam A e B conjuntos. Seja f : A −→ B fun¸cão bijetora. Chamamos de f−1 a fun¸cão g dada pelo último resultado. Tal f−1 é dita a fun¸cão inversa de f .

Vimos que se uma fun¸cão qualquer é bijetora, podemos construir uma inversa. Agora, vol-tando ao nosso problema original, veremos que se T é uma transforma¸cão linear bijetora, então sua inversa também é uma transforma¸cão linear.

Proposi¸cão 10.4. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja T : U −→ V transforma¸cão linear. Suponha que T seja bijetora. Então T−1: V −→ U é uma transforma¸cão linear.

Dem.: Sejam v1, v2 ∈ V . Sejam u1, u2 tais que T (u1) = v1 e T (u2) = v2 (podemos fazer isso pois T ´e sobrejetora). Temos

T−1(v1+ v2) = T−1(T (u1) + T (u2)) = T−1(T (u1+ u2)) = u1+ u2

= T−1(v1) + T−1(v2) Fica como exerc´ıcio a verifica¸c˜ao para a multiplica¸c˜ao por escalar.

Associado a uma transforma¸cão linear qualquer, temos dois subespa¸cos naturalmente associ-ados: o núcleo e a imagem da transforma¸cão. A imagem nós já vimos que é um subespa¸co de V . Vejamos agora o núcleo:

Defini¸cão 10.5. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja T : U −→ V uma transforma¸cão linear. Chamamos de núcleo de T o seguinte conjunto:

N ucT := {u ∈ U : T (u) = 0}

Proposi¸cão 10.6. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja T : U −→ V uma transforma¸cão linear. Então N ucT é um subespa¸co vetorial de U .

(33)

Dem.: Pelo exerc´ıcio 9.2, temos que 0 ∈ N ucU . Sejam a, b ∈ N ucT . Temos T (a + b) = T (a) + T (b) = 0, logo, a + b ∈ N ucT . Seja α ∈ R. Temos T (αa) = αT (a) = α0 = 0, logo, αa ∈ N ucT . Assim, N ucT ´e um subespa¸co vetorial de U .

O núcleo da transforma¸cão nos fornece informa¸cão sobre se a transforma¸cão é injetora ou não.

Proposi¸cão 10.7. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja T : U −→ V uma transforma¸cão linear. Temos que T é injetora se, e somente se, N ucT = {0}.

Dem.: Suponha que T é injetora. Temos que mostrar que N ucT = {0}. Como T (0) = 0, temos que {0} ⊂ N ucT . Suponha que não é verdade que N ucT ⊂ {0}. Então existe u ∈ U com u 6= 0 tal que T (u) = 0 = T (0), contrariando que T é injetora.

Suponha que N ucT = {0}. Sejam u, w ∈ U tais que T (u) = T (w) temos que mostrar que u = w. De T (u) = T (w), temos que 0 = T (u) − T (w) = T (u − w). Logo, u − w ∈ N ucT = {0} e, portanto, u − w = 0. Ou seja, u = w.

Exemplo 10.8. Considere U e V espa¸cos vetoriais. Seja T : U −→ V dada por T (u) := 0 para todo u ∈ U . Temos que N ucT = U . Assim T é injetora se, e somente se, U = {0}. Observe também que T é sobrejetora se, e somente se, V = {0}.

Exemplo 10.9. Considere U um espa¸co vetorial. Seja T : U −→ U dada por T (u) := u para todo u ∈ U . Note que T ´e bijetora. Observe tamb´em que T−1 = T .

Exemplo 10.10. Considere R3 e R2 com as opera¸c˜oes usuais. Seja T : R3 −→ R2 _{dada por} T (a, b, c) = (a, b + c) para todo (a, b, c) ∈ R3_{. Observe que}

N ucT = {(a, b, c) : T (a, b, c) = (a, b + c) = (0, 0)} = {(0, b, c) : b = −c}

= {(0, b, −b) : b ∈ R} = [(0, 1, −1)]

(34)

10.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 10.1. Exiba quatro transforma¸cões lineares de R3 em R3 cujos núcleos tenham di-mensão 0, 1, 2 e 3 respectivamente.

Exerc´ıcio 10.2. Calcule o núcleo e a imagem de cada transforma¸cão (em cada espa¸co, considere as opera¸cões usuais).

(a) T (a, b, c, d) := (a + b, c) (b) T (a, b) := a − b

(c) T (a, b) := (a, 2b, a + b, a − b)

Exerc´ıcio 10.3. Seja U e V espa¸cos vetorias. Considere T : U −→ R, (R com as opera¸c˜oes usuais) e F : V −→ N ucT transforma¸c˜oes lineares. Descreva T ◦ F .

Exerc´ıcio 10.4. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Considere T : U −→ V uma transforma¸c˜ao linear. Mostre as seguintes afirma¸c˜oes:

(a) T ´e injetora se, e somente se, para qualquer A ⊂ U linearmente independente, temos que T [A] ´e linearmente independente.

(b) Sejam u1, ..., un∈ U . Se T (u1), ..., T (un) são linearmente independentes, então u1, ..., un são linearmente independentes.

Exerc´ıcio 10.5. Considere a transforma¸c˜ao linear G obtida no exerc´ıcio 9.3. Descreva N ucG em termos de N ucF e N ucT .

11 Transforma¸

c˜

oes lineares e espa¸

cos de dimens˜

ao finita

O próximo resultado nos dá uma maneira simples de definir uma transforma¸cão linear:

Proposi¸cão 11.1. Sejam U um espa¸co vetorial finitamente gerado e V um espa¸co vetorial qual-quer. Seja B := {b1, ..., bn} ⊂ U uma base para U . Para cada bi ∈ B, seja vi ∈ V . Então existe uma única transforma¸cão linear T : U −→ V tal que T (bi) = vi para todo bi ∈ B.

(35)

Dem.: Dado v ∈ U , existem α1, ...αn ∈ R tais que v = Pni=1αibi (lembre que tais αi’s s˜ao ´ unicos). Defina T (v) := n X i=1 αiT (bi)

Vamos mostrar que T assim definida ´e linear. Sejam u, v ∈ U . Sejam α1, ..., αn, β1, ..., βn ∈ R tais que u =Pn

i=1αibi e v =Pni=1βibi. Temos T (u + v) = Pn

i=1(αi+ βi)T (bi) = Pn

i=1αiT (bi) +Pni=1βiT (bi) = T (u) + T (v)

Seja α ∈ R. Temos que T (αu) =Pn

i=1(ααi)bi= α Pn

i=1αibi= αT (u).

Vamos agora mostrar que T é a única transforma¸cão linear que satisfaz o enunciado. Seja F : U −→ V satisfazendo o enunciado. Sejam u ∈ U e α1, ...αn ∈ R tais que u = Pn_i=1αibi. Temos F (u) = F (Pn i=1αibi) ∗ = Pn i=1αiF (bi) ∗∗ = Pn i=1αiT (bi) = T (u)

onde (∗) vale pois F ´e linear e (∗∗) vale por hip´otese.

O próximo resultado mostra que a dimensão da imagem, do núcleo e do dom´ınio de uma transforma¸cão estão relacionados entre si.

Teorema 11.2. Sejam U e V espa¸cos vetoriais finitamente gerados. Seja T : U −→ V uma transforma¸c˜ao linear. Ent˜ao temos

dim U = dim ImT + dim N ucT

Dem.: Seja n := dim U . Como N ucT ⊂ U , temos que N ucT é finitamente gerado. Seja k := dim N ucT . Note que k ≤ n. Note que, se k = n, o resultado vale já que T é a fun¸cão constantemente nula. Suponha k = 0. Temos que T é injetora (por 10.7). Seja {a1, ..., an} base para U . Pelo exerc´ıcio 9.6, temos que ImT = [T (a1), ..., T (an)]. Pelo exerc´ıcio 10.4, como T é injetora, temos que T (a1), ..., T (an) são linearmente independentes. Assim, temos que dim ImT = n e, portanto, temos o resultado.

Agora suponha que k > 0. Seja {b1, ..., bk} base para N ucT . Como {b1, ..., bk} é base, temos que {b1, ..., bk} é linearmente independente. Assim, por 7.7, existem u1, ..., up ∈ U tais que {b1, ..., bk, u1, ..., up} é uma base para U . Note que, assim, p = n − k. Vamos mostrar que {T (u1), ..., T (up)} é base de ImT . Note que, com isso, teremos o resultado.

Pelo exerc´ıcio 9.6, temos que [T (b1), ..., T (bk), T (u1), ..., T (up)] = ImT . Mas temos também que [T (b1), ..., T (bk), T (u1), ..., T (up)] = [T (u1), ..., T (up)] já que T (bi) = 0 para todo i = 1, ..., k (mostre que de fato vale a igualdade). Assim, temos que [T (u1), ..., T (up)] = ImT . Resta, portanto, mostrar que T (u1), ..., T (up) são linearmente independentes. Sejam α1, ..., αp ∈ R

(36)

tais que α1T (u1) + · · · + αpT (up) = 0. Com isso, temos que 0 = T (α1u1) + · · · + T (αpup) = T (α1u1+ · · · αpup). Logo, α1u1+ · · · αpup ∈ N ucT = [b1, ..., bk]. Assim, temos que α1u1+ · · · + αpup ∈ [u1, ..., up] ∩ [b1, ..., bk]. Como {b1, ..., bk, u1, ..., up} é linearmente independente, temos, pelo exerc´ıcio 4.7, α1u1+ · · · αpup = 0. Como u1, ..., up é linearmente independente, temos que α1 = · · · = αp= 0 e, portanto {T (u1), ..., T (up)} é linearmente independente.

Exemplo 11.3. Considere M2 e R3 com as opera¸c˜oes usuais. Vamos construir uma aplica¸c˜ao linear T : M2−→ R3 tal que

N ucT = A := a 0 0 b : a, b ∈ R

ImT = B := {(a, 2a, b) : a, b ∈ R} Primeiramente, note que (exerc´ıcio)

A = 1 0 0 0 , 0 0 0 1 B = [(1, 2, 0), (0, 0, 1)]

Por 11.1, podemos determinar T apenas exibindo seus valores calculados na base canˆonica de M2. Assim, considere T tal que

T 1 0 0 0 := (0, 0, 0) T 0 1 0 0 := (1, 2, 0) T 0 0 1 0 := (0, 0, 1) T 0 0 0 1 := (0, 0, 0)

Pelo exerc´ıcio9.6, temos que ImT = B. Resta mostrar que N ucT = A. Observe que A ⊂ N ucT (exerc´ıcio) e que dim A = 2. Note que, por 11.2, que dim N uc = 4 − 2 = 2. Logo, temos que N ucT = A.

Defini¸cão 11.4. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja T : U −→ V . Dizemos que T é um isomorfismo se T é uma transforma¸cão linear bijetora. Dizemos que U e V são isomorfos se existe um isomorfismo entre eles.

Proposi¸cão 11.5. Sejam U e V espa¸cos finitamente gerados tais que dim U = dim V . Seja T : U −→ V uma transforma¸cão linear. As seguintes afirma¸cões são equivalentes:

(i) T ´e um isomorfismo. (ii) T ´e injetora.

(37)

Dem.: ´E imediato pelas defini¸c˜oes que (i) ⇒ (ii) e (i) ⇒ (iii). Resta mostrar que (ii) ⇒ (i) e (iii) ⇒ (i). Seja n := dim U = dim V .

(ii) ⇒ (i) Suponha que T é injetora. Então, por 10.7, temos que dim N ucT = 0. Por 11.2, temos que n = dim Im + 0. Logo, ImT = V e, portanto, T é sobrejetora.

(iii) ⇒ (i) Suponha que T é sobrejetora. Então dim T = dim V = n. Assim, por 11.2, temos que n = n + dim N ucT . Logo, dim N ucT = 0 e, por10.7, temos que T é injetora.

Os próximos resultados dizem que, do ponto de vista da estrutura de espa¸co vetorial, dois espa¸cos com a mesma dimensão finita são iguais.

Teorema 11.6. Sejam U e V espa¸cos vetoriais finitamente gerados de mesma dimensão. Então U e V são isomorfos.

Dem.: Seja n := dim U = dim V . Sejam {u1, ..., un} e {v1, ..., vn} bases para U e V respecti-vamente. Considere T : U −→ V tal que T (ui) = vi para todo i = 1, ..., n. Por 11.5, basta mostrarmos que T é injetora. Para isso, basta mostrarmos que, se u ∈ N ucT , então u = 0. Seja u ∈ N ucT . Então T (u) = 0. Sejam α1, ..., αn∈ R tais que u =Pni=1αiui. Temos

0 = T (u) = Pn i=1T (αiui) = Pn i=1αiT (ui) = Pm i=1αivi

Como v1, ..., vn s˜ao linearmente independentes, tesmo que α1= · · · αn= 0. Logo, u = 0.

Corolário 11.7. Todo espa¸co vetorial de dimensão n ≥ 1 é isomorfo a Rn.

11.1 Exerc´ıcios

Exerc´ıcio 11.1. Sejam U e V espa¸cos vetoriais. Seja B := {u1, ..., un} base para U . Seja T : U −→ V uma transforma¸c˜ao linear. ´E verdade que N ucT = [C], onde C := {bi ∈ B : T (bi) = 0}? Vale que [C] ⊂ N ucT ? Justifique.

Exerc´ıcio 11.2. Considere R3 e R2 com as opera¸c˜oes usuais. Sejam T : R3 −→ R2 _{e F : R}2 _−→ R3 transforma¸c˜oes lineares. T pode ser injetora? F pode ser sobrejetora? Justifique.