APOSTILA_Introdução à álgebra linear – Antonio Carlos; Ana Paula Lima

Universidade Federal de Alagoas Instituto de Matemtica

Introduo lgebra Linear

Antonio Carlos Marques da Silva Ana Paula Lima Marques Fernandes

Catalogao na fonte Universidade Federal de Alagoas Biblioteca Central Diviso de Tratamento Tcnico

ii

Introduo lgebra Linear SUMRIO

Apresentao

............... Captulo 1 Sistemas lineares e matrizes . Respostas das Atividades-propostas . . . Captulo 2 Espaos vetoriais . . . . . . Respostas das Atividades-propostas . . . Captulo 3 Bases e dimenso . . . . . . Respostas das Atividades-propostas . . . Captulo 4 Transformaes lineares . . . Respostas das Atividades-propostas . . .

. . . . . . . . . Captulo 5 Espaos com produto interno . Respostas das Atividades-propostas . . . . Anexo Determinantes . . . . . . . . . . . Referncias Bibliogrcas . . . . . . . . . . iii

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4 5 18 20 29 31 46 50 68 73 87 91 99

APRESENTAO

Dando sequencia a seu curso de EAD Licenciatura em Matemtica , o Instituto de Matemtica da UFAL nos honrou com o convite de elaborar um texto introdutrio de lgebra Linear, com a nalidade de alicerar as variadas aplicaes dessa extraordinria disciplina. O autor snior, que escolheu o setor de estudos de lgebra para suas atividades acadmicas e de pesquisas, vem acompanhando os trabalhos da jovem professora Ana Paula, cuja atrao pelas diciplinas de Mtodos Quantitativos, a includa a lgebra Linear, permitiu a redao a quatro mos dessas notas. O texto procura preparar o leitor, futuro licenciado, para bem realizar seu mister, ilustrando a participao crescente da matemtica em todas as atividades do desenvolvimento cognitivo, independentemente da viso terica ou aplicada, do tratamento exato dos conceitos bem acabados ou dos mtodos heursticos de resultados renovados. Nesse sentido, procuramos descartar a apresentao vertical, de sabor dogmtico e pouco eciente, a nosso ver, no atual estgio do curso. Optamos por um enfoque mais informativo, sem descuidar, claro, das condies de validade da teoria subjacente. Tambm procuramos explicitar os mtodos numricos efetivos, eventualmente com o auxlio de algoritmos computacionais, ferramenta indispensvel nas atuais aplicaes. Os exerccios propostos ao longo do texto objetivam treinar os conceitos apresentados de modo direto e amigvel. Nossa armao absolutamente sincera: no h armadilhas intencionais nem resultados de algibeira, que poderiam exigir conhecimentos outros que no os apresentados nas notas. Por experincia prpria, os autores no acreditam em semelhante metodologia. Gostaramos de receber de vocs, prezados alunos, seu retorno sobre a eccia e adequao das notas para realizar os objetivos propostos; os exerccios e suas solues; o detalhamento das solues. So informaes fundamentais para a correo de rumos e de contedos. Bom trabalho!Ana Paula Lima Marques Fernandes Antonio Carlos Marques da Silva

iv

Sistemas lineares e matrizes

5

CAPTULO 1 SISTEMAS DE EQUAES LINEARES E MATRIZES

Objetivos do Captulo 1(a) Resolver sistemas lineares pelo mtodo de Gauss; (b) Classicar os sistemas lineares; (c) Representar sistemas lineares com o auxlio de matrizes; (d) Estudar as operaes algbricas com matrizes; (e) Caracterizar as matrizes inversveis pelo mtodo de Gauss-Jordan; (f ) Descrever os sistemas de Cramer.

INTRODUOA ocorrncia de sistemas de equaes lineares em variadas situaes, desde aplicaes envolvendo um nmero pequeno de equaes e de variveis, ao tratamento de sistemas de grande porte, vem provocando o aprimoramento de algoritmos numricos e que possam ser implementados em computadores. Os fundamentos desses mtodos tem origem no MTODO DE GAUSS (de eliminao sistemtica de variveis), posteriormente complementado por JORDAN, no que hoje conhecido como o mtodo de Gauss-Jordan. De uma simplicidade estonteante (inclusive computacional!), esse algoritmo possui muitos outros desdobramentos, tanto toricos como aplicados.

1.1

PRIMEIROS RESULTADOS(a) Comeando do comeo, j sabemos como calcular as possveis solues de uma equao

do primeiro grau, isto , dados De fato, se

a

e

a = 0, ento x = da equao considerada. Por exemplo, se 3x = 21, ento x = 7 a soluo da equao dada. Agora se a = 0 e c = 0, ento qualquer x R soluo, pois 0 x = 0 para todo x. Enm, se a = 0 e c = 0, ento a equao no possui soluoreal. (b) Generalizando um pouco, dados os reais

a1 c

c reais, encontrar todos c = a nica soluo a

os valores reais de

x

para os quais

ax = c.

a, b

e

c,

como achar todos os pares

(x, y)

de

nmeros reais que vericam a equao descartar

nenhum

ax + by = c? Inspirados na discusso anterior, podemos logo o caso a = b = 0, em que, se c = 0, todos os pares (x, y) so solues, e se c = 0, ento par (x, y) verica a equao dada. Assim, suponhamos a e b no simultaneamente nulos.

6

Introduo lgebra Linear [Antonio Carlos & Ana Paula Marques]

Nesse caso, sabemos que a equao dada representa uma reta do plano Portanto, cada soluo

R2 .

(x, y)

um ponto dessa reta, ou seja, h uma

innidade de solues.

fcil descrever todas. Se, digamos

a = 0, ento, explicitando a varivel x, temos x = a1 (c by), 1 (c by), y), onde y arbitrrio em R. Enm, todo par (x, y) o que nos permite escrever (x, y) = (a da forma considerada ponto da reta ax + by = c, e reciprocamente. Por exemplo, partindo de x + 2y = 4, vem x = 4 2y , donde (x, y) = (4 2y, y), expresso que tambm pode ser escrita (x, y) = (4, 0) + (2y, y) = (4, 0) + y(2, 1), y R, o que nos d todasas solues. (c) Como proceder no caso em que so dadas duas equaes nas variveis reais

(x, y)?

Tal

2 como antes, podemos supor que cada equao representa uma reta no plano R . Temos, ento, umsistema da forma

a1 x + b1 y = c1 , em que os casos das retas serem coincidentes ou paralelas podem a2 x + b2 y = c2 x y= 2 . 3x + 2y = 11

ser tratados diretamente. Desconsiderando esses casos, seja, por exemplo, o sistema O mtodo gaussiano permite eliminar a varivel equao por

3

e somar o resultado

x da segunda equao: (3x + 3y = 6) com a segunda

basta multiplicar a primeira equao, obtendo um outro

sistema (de aspecto

escalonado),

mais simples que o sistema original:

x y=2 . 5y = 5

Ora, vemos

ento, da (nova) segunda equao que

y = 1. Esse valor de y levado na primeira equao nos d x 1 = 2, donde x = 3. Assim, (x, y) = (3, 1) soluo tanto do sistema escalonado como do original,Mas (...) ser que no h outra soluo? Em outras palavras, como podemos garantir que os

como vemos sem diculdade.

sistemas dado e o novo, escalonado, tem as mesmas solues? Pois bem, a operao que zemos (somar a uma equao um mltiplo conveniente de outra) e outras duas operaes que ainda iremos descrever (permutar duas equaes; multiplicar uma equao por um nmero real no nulo) preservam as solues do sistema original. Mais ainda: essas operaes so todas

reversveis!

A qualquer estgio da eliminao gaussiana, podemos retornar ao sistema

original. Esses dois fatos nos garantem que as solues dos dois sistemas so as mesmas: os sistemas obtidos so sempre

equivalentes.

Em denitivo, o sistema dado tambm possui uma mente, esse ponto corresponde interseo das retas

nica soluo (x, y) = (3, 1).e

Geometrica-

xy =2

3x + 2y = 11.

Atividade-proposta 1.2(a) Complete a discusso dos casos particulares esboados em no quadro (c) acima.

(b) Considere os sistemas de nmeros reais:

x y = 2 3x 3y = 6

(1)

x y = 2 x y = 5

(2)

x y = 2 3x + 2y = 11 4x + y = 13

(3)

Verique a caracterstica de cada sistema: (1) possui innitas solues; descreva o conjunto-soluo; (2) no possui soluo; (3) possui soluo nica. Interprete geometricamente cada resposta com o auxlio da representao grca das retas envolvidas.

Sistemas lineares e matrizes1.3 O MTODO DE GAUSS

7

A eliminao gaussiana consiste no algoritmo que transforma um sistema linear em um outro, equivalente ao primeiro, mas com um formato muito simples, denominado sistema

gular superior, a partir do qual as solues podem ser escritas por retro-substituio. Esse algoritmo usa, inicialmente, as chamadas operaes elementares sobre as equaes dosistema

escalonado ou trian-

S,

originalmente dado, a saber:

(1) multiplicar uma equao de S por um nmero real = 0; (2) somar a uma das equaes uma outra equao multiplicada por um nmero real; (3) permutar duas equaes.Exemplo 1.4Partindo do sistema abaixo, e indicando suas equaes por indicadas:

E1 , E2

e

E3 ,consideremos

as operaes

x+ y =0 2E1 +E2 2x y + 3z = 3 E1 +E3 x 2y z = 3equao nos d

x + y =0 E2 +E3 3y + 3z = 3 3y z = 3

x + y =0 3y + 3z = 3 4z = 0equao, Tambm

Encerrado o trabalho bruto com a obteno da forma escalonada, segue o valor das variveis: a ltima

z = 0, valor que, na segunda equao, fornece y = 1; enm, na primeira vemos que x = 1. Assim, X = (x, y, z) = (1, 1, 0) a nica soluo do sistema escalonado. a nica soluo do sistema inicial, como segue do prximo resultado.

Um dos pontos-chave do mtodo de Gauss a preservao das solues dos sistemas original e do sistema de

S

S

obtido a partir de

S

por um nmero nito de operaes elementares sobre as equaes e

S.

Na realidade, os sistemas

S

S

possuem as mesmas solues, isto , so equivalentes.Stambm

A vericao dessa propriedade consiste em dois fatos: (1) Se soluo de

S S

obtido de .

S

por uma nica operao elementar, ento, toda soluo de

(2) Para obter a recproca, isto , que toda soluo de que cada operao elementar

S

tambm soluo de em

S,

observemos

e

inversvel, isto , se e transforma Se,temos

S = e(S),

ento, se

e1

a operao que reverte

S , o que indicaremos por e1 (S ) = e1 (e(S)) = S , ou seja, reobtemospermuta as equaes

o sistema inicial

S. e E1e

E3 , ento e1 permuta E1 e E3 ; se e consiste na multiplicao da equao E2 pelo nmero = 0, ento e1 multiplica a equao E2 por 1/; se e da forma E3 + E1 , ento e1 calcula E3 E1 .(3) Enm, por exemplo, se a operao elementar Em resumo,

e

e

e1

so operaes elementares do mesmo tipo,

vericando

e1 (e(S)) =

e(e1 (S)).O algoritmo de Gauss termina na obteno de um

sistema escalonado ,

cuja caracterizao

a seguinte: em cada equao de um sistema, chamaremos de a primeira varivel com coeciente no nulo. Pois bem:

varivel lider (ou piv) da equao

diremos que o sistema est escalonado

ou da forma triangular superior se cada varivel lider est direita da variavel lider da equao imediatamente superior (excetuando a varivel lder da primeira equao). Cada varivel no lider uma varivel

livre.

8


Exemplo 1.5Depois de escalonar cada sistema, indique, se possvel, todas as solues; classique os sistemas. (1)

x+ y= 2 . 5y = 10

Sistema j escalonado. Da segunda equao, vemos que

y = 2, donde, da primeira,

x = 0.

O sistema possui soluo nica

X = (0, 2)

e

possvel determinado. x + y + z = 1 y+z=0 0=0 x+y+z=1 y+z=0

x+ y+ z=1 E1 +E2 (2) x + 2y + 2z = 1 2E1 +E3 2x + 3y + 3z = 2As variveis lideres so Como

x + y + z = 1 E2 +E3 y + z = 0 y+z=0

x

y + z = 0,

vemos

y ; z uma varivel livre. Cada soluo ser explicitada em funo de z . que x = 1 e y = z , donde X = (x, y, z) = (1, z, z) = (1, 0, 0) + z(0, 1, 1),e

z R. O sistema dado possvel indeterminado: h uma innidade de solues. Observemos que X descreve uma reta do R3 , que passa pelo ponto (1, 0, 0) e paralela ao vetor (0, 1, 1). x+ y+ z=1 x + y + z = 1 x + y + z = 1 E1 +E2 E2 +E3 (3) x + 2y + 2z = 1 y+z=0 y+z=0 2E1 +E3 2x + 3y + 3z = 4 y+z=2 0=2 O sistema impossvel; no possui soluo real. Observe o sistema central: as equaes E2 e E3 so,manifestamente, incompatveis. Mesmo que isso tenha passado desapercebido, o sistema da direita no deixa dvidas, quando anuncia que

0=2

(!).

Atividade-proposta 1.6(1) Use o escalonamento gaussiano para achar todas as solues e classicar os sistemas.

2x + 3y = 13 x y = 1

(i)

x + 3y = 1 2x + y = 3 x+ y = 0 x y = 1 3x 3y =

(ii)

x + 2y =4 y z =0 x + 2z = 4

(iii)

4x + y z = 1 2x + 2y + z = 5 x y z = 4

(iv)

(2) Considere o sistema Mostre que, se

, onde

um parmetro real.

= 3,

ento o sistema impossvel; se

= 3,

o sistema possvel indeterminado.

(3) Encontre a parbola

f (x) = ax2 + bx + c

que passa pelos pontos

(1, 2), (1, 6)

e

(2, 3).

1.7

RESUMO: Resoluo de um sistema linear

Partindo de um sistema

(1) S

da forma

S , seja S o correspondente a1 x + b1 y + c1 z = d1 b y+c z=d2 2 2

sistema escalonado. Podem ocorrer trs casos:

Descartadas as equaes

c3 z = d3 0 = 0 equaes redundantes redundantes 0 = 0, resta um sistema quadrado, X = (x, y, z);

com mesmo nmero de

equaes e variveis e contendo apenas variveis lderes ao longo da diagonal. Por retro substituio, vemos que o sistema possui uma nica soluo sistema possvel determinado.

(2) Descartadas as redundncias 0 = 0,onde

o sistema escalonado da forma

que, no sistema escalonado, o nmero de equaes no nulas menor do que o nmero de incgnitas. (3) Ao longo do processo de escalonamento, a presena de uma equao da forma 0 = d = 0 indicaque o sistema impossvel ou incompatvel.

x e y so variveis lderes e z livre. Logo, haver um innidade de (x(z), y(z), z), z R, e o sistema indeterminado. Esse caso ocorre sempre

a1 x + b1 y + c1 z = d1 , b2 y + c2 z = d2 solues X = (x, y, z) =

Sistemas lineares e matrizes Pratique um pouco.

9

Comprove a discusso anterior, vericando, detalhadamente, os resultados numricos dos sistemas j resolvidos.

1.8

REPRESENTAO MATRICIAL DE SISTEMAS LINEARES

H uma forte conexo entre sistemas lineares e matrizes, no sentido de que suas propriedades so imbricadas e revelam extraordinria repercusso nas duas categorias de objetos. Como sabemos, matrizes de nmeros reais so quadros ordenados de nmeros reais, dispostos em linhas e em colunas. Se matriz

A

de ordem

A denota um tal quadro, que possui m linhas e n colunas, diremos que a m n e indicaremos Amn . Na parte inicial desse trabalho, quase sempre

usaremos

1 m, n 3.

Por exemplo:

1 1 0 1 3 1 1 A= uma matriz quadrada 2 2, B = 2 1 uma matriz 3 2, C = 2 1 3 uma matriz 3 2 1 2 1 1 1 1 1 1 0 uma matriz 2 3, X = 1 uma matriz 3 1. quadrada 3 3, D = 2 1 3 0

Nosso objetivo imediato associar a um dado sistema sua representao matricial, como, por exemplo,

a1 x + b1 y + c1 z = d1 a x + b2 y + c2 z = d2 2 a3 x + b3 y + c3 z = d3A matriz

a1 b1 c1 x d1 A = a2 b2 c2 , X = y , Y = d2 AX = Y a3 b3 c3 z d3 X o vetor (matriz

A

a matriz dos coecientes,

3 1)

das variveis e

Y

o vetor segundo-

AX o produto-linha-por-coluna (na realidade, o produto escalar), onde cada linha de A, digamos [a1 b1 c1 ] multiplicada pelo vetor X , fornecendo a primeira equao a1 x + b1 y + c1 z , posteriormente igualada a d1 , isto , a1 x + b1 y + c1 z = d1 .membro. O produto No difcil imaginar a simplicao que temos em mente: ao escalonar um sistema linear, operamos sobre suas equaes, isto , sobre as fazer o segundo membro mais uma coluna de

linhas

da matriz

A

de seus coecientes.

S que necessrio

Y

receber as mesmas operaes! Como proceder? s acresccentar

Y

como

A, o que nos d a chamada matriz aumentada a1 x + b1 y + c1 z = d1 a1 b1 c1 d1 a1 b1 c1 a x + b2 y + c2 z = d2 A = a2 b2 c2 A = a2 b2 c2 d2 2 a3 b3 c3 d3 a3 x + b3 y + c3 z = d3 a3 b3 c3 A.Retomando o Exemplo

1.4:

x+ y =0 1 1 0 0 1 1 00 1 1 00 2L1 +L2 L2 +L3 2x y + 3z = 3 A = 2 1 3 3 0 3 3 3 0 3 3 3 . L1 +L3 1 2 1 3 0 3 1 3 0 0 4 0 x 2y z = 3Obtido o escalonamento, segue a soluo por retro-substituio.

Atividade-proposta 1.9Reescrever a Atividade

1.6(1) com a interpretao matricial acima.

10


1.10

Aplicao aos sistemas homogneos

Um sistema linear homogneo quando da forma j que, pelo menos, possui a chamada

soluo

AX = 0. Um tal sistema trivial X = 0. Na realidade,

nunca impossvel, h grande interesse

em decidir quando o sistema possui apenas a soluo trivial, ou quando possui uma innidade de solues. Em qualquer caso, dada de

Amn ,

o conjunto das solues

{X Rn ; AX = O}

o

ncleo

A,

notado

N (A).

Exemplo 1.11

AX = 0 abaixo, o escalonamento revela apenas a soluo trivial X = 0. 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 0 2L +L2 L2 +L3 (1/3)L2 A = 2 1 3 1 0 3 3 0 3 3 0 1 1 L1 +L3 (1/4)L3 1 2 1 0 3 1 0 0 4 0 0 1No sistema

Atividade-proposta 1.12Encontre todas as solues de cada sistema homogneo

AX = 0: 1 1 0 2 1 3

(1)

A=

1 1 1 1

; (2)

1 1 A = 1 1 ; 1 2

(3)

A=

(4) Mostre que a operao elementar de permutar duas linhas pode ser realizada com o auxlio das duas outras operaes elementares.

1.13

OPERAES COM MATRIZES(a)

SomaA e B de mesma ordem podem ser somadas: a soma A + B uma matriz, A e B , obtida pela soma dos elementos correspondentes de A e de B . Amn ,notaremos ainda

Duas matrizes da mesma ordem de (b)

Multiplicao de um nmero real por uma matrizRe a matriz

Dados

A

a matriz

mn

obtida pela multiplicao por

de cada elemento de

A.

Valem as seguintes propriedades: (1) A soma associativa: (A +

B)

+

C = A+(B + C ); Amn , ento a matriz A + O = O + A = A. A,a matriz nula

(2) Existncia de elemento neutro aditivo. Dada so todos iguais a zero) a nica matriz tal que (3) Existncia de elemento oposto aditivo. Dada um de seus elementos por (4) A soma comutativa:

Omn

(cujos elementos

1,

a nica matriz tal que

A, obtida de A pelo produto A + (A) = (A) + A = O.

de cada

A + B = B + A. (A + B) = A + B

(5) Distributividade em relao soma de matrizes: (6) Distributividade em relao soma de reais: (7) Associatividade: (8) Invarincia por

( + )A = A + B

(A) = ()A

1 R : 1 A = A.espao vetorial real,de que nos ocuparemos no prximo captulo.

Esse conjunto de propriedades, na realidade, caracteriza uma das mais fundamentais estruturas da Matemtica, a saber, a de um

Sistemas lineares e matrizesExemplo 1.14Sejam

11

A=

213 2 0 0

e

B=

813 042 =

. Temos, sucessivamente:

(1)

A+B = 3A B =

213 813 + 2 0 0 042 639 813 6 0 0 042 X tal que

10 2 6 2 4 2 2 2 6 6 4 2ento

(2)

=

(3) Se a matriz

6X + 3A = 4X + B ,

2X = B 3A;

logo, temos

X=

1 1 3 . 3 2 1

(c)

Produto de matrizesABdas matrizes,

O produto coluna de

Amn me

e

B,

o que exige que cada linha de

Bnp , nessa ordem, um A tenha o mesmo nmero

tipo de produto linha de

A

por

de elementos das colunas de

B,

donde as ordens acima consideradas;

p

indicam o tamanho do produto

ABmp .

Outras propriedades(1) Distributividades: (2) Associatividade:

A(B + C) = AB + AC ; (A + B)C = AC + BC

A(BC) = (AB)C

Exemplo 1.15(1) As matrizes

A23

e

B34 ,

nessa ordem, podem ser multiplicadas e

AB24 ;

entretanto, o produto

BA

no est denido.

(2) As matrizes evidentemente,

A23 e C32 podem ser multiplicadas na ordem AC22 e na ordem CA33 ; entretanto, AC = CA. A, Bquadradas e de mesma ordem, poderiam coincidir os produtos

(3) Apenas no caso de matrizes

AB

e

BA.

Mas, em geral, mesmo nesse caso,

AB = BA. = 0 0 1 1

Observe o seguinte exemplo.

1 0 1 0

0 0 1 1

=

0 0 0 0

=

0 0 2 0

1 0 1 0

Em denitivo, o produto de matrizes

no comutativo.AB = O,com

(4) O exemplo anterior tambm mostra um produto (5) Se

A=O

e

B = O.que

Ae

qualquer matriz, ento

AO = O

e

OA = O.

Cuidado com o

abuso de notao,

representa da mesma forma quatro matrizes nulas distintas. Por exemplo, em

Amn

Onp ,

donde o segundo membro de ordem

Omp .

Apenas no

AO = O as ordens so caso A e O quadradas de

mesma ordem, vale

AO = OA = O.

1.16

Invarincia pela matriz identidade.

A matriz identidade I uma matriz quadrada em que os elementos da diagonal (principal) so iguais a 1, e so nulos todos os demais elementos. Se particular, se

A

qualquer matriz, ento

AI = A

e

IA = A.

Em

A

e

I

so quadradas de mesma ordem, ento

AI = IA = A. Amn ,ento a igualdade

Ateno, novamente, com o abuso de notao. Na propriedade acima, se

AI = A

vale para

convem escrever mesma ordem).

Inn . J em IA = A, temos Imm . Como essas identidades so distintas, no AI = IA = A, a no ser no caso particular j considerado (matrizes quadradas de

12


Observao

Vrias propriedades das operaes com nmeros reais tambm comparecem nas ma-

trizes. o caso, por exemplo, das potncias de expoente inteiro positivo

p 1 para matrizes quadradas

Ann : A1 = A; Ap = A A Ap

Exemplo 1.17(1) Em cada caso, ache todas as potncias

(a)

A=

1 a 0 1

(b)

A=

1 0 0 1

A2 , A3 , . . . , Ap , . . . (p 1 0 1 1 (c) A = 0 0 1 0 0 0 A2 , A3 , . . .

inteiro):

Nesse exemplo, uma idia calcular potncias sucessivas formao. (a) Temos

at que se perceba uma lei de

A2 =

1 a 0 1

1 a 0 1 Ap =

= 1 pa 0 1

1 2a 0 1

; em seguida,

A3 = A2 A =

1 2a 0 1

1 a 0 1 p.

=

1 3a 0 1Assim, se

, sugerindo que

, resultado que pode ser vecado por induo sobre

(b) Usando o resultado

A2 = I

(verique!), vem

p>0

um inteiro par temos

A3 = A2 A = IA = A, A4 = A2 A2 = I I = I , Ap = I , e se p mpar, ento Ap = A. Ap = Oe se

etc.

(c) Verique que

A2 = O

e

A3 = O ,

donde

p 3.podemos armar que

(2) Sejam as matrizes Como

A, B, C ,

tais que

A=O

AB = AC ;

B = C?

A=(3)

AB = AC A(B C) = O, basta considerar o Exemplo 1 0 0 0 , B C = , e B = C. 1 0 1 1

1.15 (4):

escolhemos as matrizes

[Transposio] Dada uma matriz Amn , a matriz transposta tA de A a matriz n m obtidaA.Assim, por exemplo:

pela troca ordenada das linhas (colunas) pelas colunas (linhas) de

1 2 A = 0 3 = tA = 4 1

1 0 4 2 3 1

1 ; X = 0 = tX = 4

1 0 4

; P =

a b b a

= tP =

a b . b a

Propriedades(a)

Valem as seguintes propriedades da transposio (verique!):

= A; + B) = tA + tB ; t t (c) (A) = A; t t t (d) (AB) = B A (atenot (b) (A

t (t A)

ordem dos fatores!)

Atividade-proposta 1.18(1) Dadas as matrizes

A=

1 4

3 2

; B=

0 1

2 1 3 0

2 ; C= 0 2

0 3 3.

1 2 0 ; D = 0 1 3

4 0 ; 3

E=

1 1

1 0

,

calcule as seguintes matrizes (i)

2A + E ,

(ii)

AB ,

(iii)

BC ,

(iv)

EA,

(v)

DB

Sistemas lineares e matrizes1 1 0 0

13

(2) Ache todas as matrizes

X

que comutam com a matriz

A=

.

(3) Considere o sistema

a x 1 2 3 AX = Y , A = 3 1 2 , X = y e Y = b . c z 1 5 4

(i) Indique a relao entre

a, b

e

c

para a qual o sistema possui soluo;

(ii) Encontre todas as solues do sistema dado se

1 2 Y = 1; Y = 1. 1 5

1.19

MATRIZES INVERSVEIS

Dada uma matriz quadrada

AB = BA = I . Na realidade, uma tal matriz B unicamente determinada por A; de fato, se C alguma matriz tal que AC = CA = I , ento C = CI = C(AB) = (CA)B = IB = B . Assim, se A 1 a nica matriz tal que A A1 = A1 A = I . Dessa unicidade, segue inversvel, notaremos por A 1 )1 = A. que, se A inversvel, ento (Adiremos que inversvel se existe uma matriz tal que

A,

A

B

Exemplo 1.19(1) A matriz identidade

I

inversvel, pois

I I = I,

donde

I 1 = I . B,temos

(2) A matriz nula (quadrada)

O

no inversvel pois, para cada matriz

O B = O = I.

(3) 0 simples fato de uma matriz considerar o exemplo

A

ser no nula, no garante, em geral, que

A

seja inversvel. Basta

0 0 1 0

em que

0 0 1 0

a b c d

=

0 0 a b

=I

. Na realidade, decidir

se uma matriz inversvel e exibir sua inversa uma potente aplicao do mtodo de Gauss-Jordan. (4) Se

A

uma matriz inversvel, ento sua transposta

tA tambem , com (t (A))1

= t (A1 ) .

De fato, se

A A1 = A1 A = I

ento

tendo em conta a transposio de um

A1 ) = t(A1 A) = tI = I , donde segue o resultado, t 1 ) tA = tA t(A1 ) = I . produto de matrizes, isto , (At(A tA inversvel

Verique a validade do resultado recproco: (5) Sejam

= A AeB

inversvel. so inversveis, ento o produto

AeB =

matrizes quadradas de mesma ordem. Se

1 inversvel e vale (AB)

A(BB 1 )A1

AA1

= = I;

B 1 A1 [observe a ordem dos fatores]. De fato, temosanalogamente, e

(AB)(B 1 A1 )

AB =

(B 1 A1 )(AB) = I , AB[cf.

donde a concluso.

Na realidade, as matrizes (6) Seja

A

B

so inversveis ento

inversvel.

A

inversvel. Se

AB = AC ,

B=C

Exemplo 1.17(2) ].A1 ,segue:

De fato, multiplicando a igualdade dada, esquerda, por

A1 (AB) = A1 (AC),

donde

(A1 A)B

=

(A1 A)C , ou

IB = IC

e

B = C.

(7) Voltando aos sistemas, se a soluo trivial

A uma matriz inversvel, ento o sistema homogneo AX = 0 s possui X = 0. Mais precisamente, o sistema AX = Y possui a nica soluo X = A1 Y .Nada

Observao A inversibilidade de uma matriz A exige uma vericao bilateral AB = BA = I .garante que se, por exemplo,

AB = I ,

ento j ocorra

BA = I

embora esse resultado seja vlido

para matrizes! Como veremos posteriormente, basta a inversibilidade de um lado qualquer para que o outro se realize [cf.

1.33].

14


Atividade-proposta 1.20

(1) Verique que

1 1 0 1

1

= A

1 1 0 1

;

2 1 1 1se

1

=

1 1 1 2

.

(2) Uma matriz quadrada

idempotentecom

A2 = A.

Considerando uma tal matriz, sejam

B = 2A I

e

C = I A. B2 = Ie

(a) Verique que

C2 = C,

AC = CA = 0; A = I,ento

(b) Conclua que a matriz

B

inversvel; por outro lado, se

A

no inversvel.

2 (3) Encontre todas as matrizes A22 tais que A

= I. A nula, ento

(4) Mostre que, se uma linha (ou coluna) de uma matriz

A

no inversvel.

1.21

O MTODO DE GAUSS-JORDAN

Vimos no 1.2 que o escalonamento de um sistema corresponde a realizar operaes elementares sobre as linhas da matriz (aumentada) que o representa. Na realidade, vamos exigir algo mais: nosso sistema (ou sua matriz) alm de escalonado, dever estar sob Um sistema

forma reduzida.

escalonado reduzido quando, alm de escalonado, os coecientes lderes so iguais a

um e os demais elementos da coluna correspondente ao lider so todos nulos. Como anteriormente, linhas nulas (se houver) ocorrem aps todas as linhas no nulas. Observemos que transformar um sistema (ou sua matriz) da forma escalonada para a forma reduzida no oferece grandes diculdades: basta dividir a equao pelo elemento lder, o que o far unitrio, e, por mltiplos convenientes dessa linha, anular os demais elementos da coluna do lder.

Exemplo 1.21

Exemplo 4 1 1 0 0 1 1 00 1 1 00 1 1 0 0 2L +L2 L2 +L (1/3)L2 L2 +L A = 2 1 3 3 1 0 3 3 3 3 0 3 3 3 0 1 1 1 1 L1 +L3 (1/4)L3 1 2 1 3 0 3 1 3 0 0 4 0 0 0 1 0 10 1 1 100 1 L3 +L2 0 1 1 1 0 1 0 1 . Segue a nica soluo X = (x, y, z) = (1, 1, 0). L3 +L1 00 1 0 001 0(1) Retomando o

(2) Outra reduo escalonada (identique as operaes elementares!):

1 11 1 1010 1 1 0 1 A = 2 1 2 1 0 1 0 1 0 1 0 1 . 1 2 1 2 0 10 1 0000(3) As possveis matrizes

Enm,

X = (x, y, z) = (z, 1, z) z R.

22

escalonadas reduzidas so das formas abaixo:

00 001.22

;

1a 00

, onde

a R;

01 00

;

10 01

.

Matrizes elementares

Uma matriz elementar uma matriz quadrada as linhas da matriz identidade

I,

isto ,

E obtida por meio de uma operao elementar e sobre E = e(I).

Sistemas lineares e matrizesPor exemplo, so elementares as matrizes por 4 a segunda linha; a matriz

15

E1 , E2

e

E3

abaixo. A primeira obtida de

I

multiplicando

E2

obtida somando terceira linha de

I

a sua primeira linha

multiplicada por 5. Como foi obtida

1 0 0 1 0 0 0 0 1 E1 = 0 4 0 , E2 = 0 1 0 , E3 = 0 1 0 . 0 0 1 5 0 1 1 0 01.23 Propriedades das matrizes elementares

E ? 3

(a) Consideremos a matriz elementar aplicao da operao elementar Por exemplo, se

E = e(I). Seja e(A) e. Ento, e(A) = EA.

a matriz obtida de uma matriz

A

pela

e

a operao que permuta a segunda linha com a terceira, temos:

a1 b1 c1 1 0 0 a1 b1 c1 1 0 0 a1 b1 c1 E = e(I) = 0 0 1 , A = a2 b2 c2 , EA = 0 0 1 a2 b2 c2 = a3 b3 c3 = e(A). a2 b2 c2 a3 b3 c3 a3 b3 c3 0 1 0 0 1 0(b) Toda matriz elementar inversvel.

e uma operao elementar, seja e1 a operao elementar que reverte e [cf. Prop. 1.2], isto , se E = e(I) e E1 = e1 (I), ento e1 (E) = e1 (e(I)) = I , isto , E1 E = I . De modo anlogo, E E1 = I .De fato, se Por exemplo, fcil vericar as seguintes inversas de matrizes elementares:

1 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 1 = 0 0 1 ; 0 4 0 = 0 1 0 ; 0 1 0 = 0 1 0 . 4 0 0 1 0 1 0 5 0 1 0 1 0 5 0 1 0 0 1 1.24 Matrizes equivalentes por linhas

No mesmo contexto de

[1.3], diremos que duas matrizes de mesma ordem A e B (no necessariamente quadradas) so equivalentes por linhas, e notaremos A B , se a matriz B obtida de A por umnmero nito de operaes elementares sobre as linhas de

A.

Observemos que a relao

uma relao de equivalncia, isto , valem as propriedades reexiva (A

A),

simtrica

A B (A B =

B A)

e transitiva (A

B , B C = A C ).

A B , ento existem matrizes elementares E1 , E2 , . . . , Et tais que Et Et1 . . . E2 E1 A = B . Pondo P = Et Et1 . . . E2 E1 I , vemos que B = P A. Alm disso, a mesma sequncia de operaes elementares que transforma A em B , tambm transforma I ei em P : [A | I] [B | P ]. Resumindo um pouco, destaquemos o seguinte resultado fundamental:Tendo em conta a Propriedade 1.23(a), se

1.25Sejam

Propriedade caracterstica da equivalncia por linhas

A

e

B

matrizes

m n; A B B = P A,

onde

P

um produto de matrizes

mm

elementares.

Exemplo 1.26Consideremos a sequncia de escalonamento e reduo por linhas:

1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 0 0 2 1 0 (A|I) = 1 2 2 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1 0 = (B|P ). 2 3 3 0 0 1 0 1 1 2 0 1 0 0 0 1 1 1Observemos que

A B, I P

e

B = P A.

16


Em seguida, podemos examinar uma aplicao especial em que um sistema homogneo possui soluo no trivial.

1.27Seja

Aplicaocom

Amn ,

m < n.

Ento, o sistema homogneo

AX = 0

possui

soluo no trivial.RX = 0.Se

De fato, escalonando e reduzindo o sistema o nmero de linhas no nulas da matriz

AX = 0, obtemos o R, temos r m < n;

sistema equivalente logo, h

r

nr

variveis livres, que

fornecem alguma soluo igual a 1 (no nula) [rever a discusso do Resumo

1.7(2)].

Pratique um poucoO resultado acima garante soluo incgnitas.

X = O

no caso considerado, ou seja, menos equaes do que

D um exemplo de uma matriz

22

e de uma matriz

32

cujos ncleos so triviais.

1.28Seja

Corolriouma matriz quadrada

A

n n.

Temos:

A I

o sistema

AX = 0

possui apenas a soluo

trivial. Se

A I,

ento os sistemas

AX = 0

e

IX = 0

so equivalentes.

Reciprocamente, seja

R A

R. Como RX = 0 no admite soluo no trivial, vem r n; por outro lado, R possui n linhas, ou seja r = n. Ora, ento R possui elemento lider igual a 1 em cada uma de suas n linhas, isto R = I .escalonada reduzida, com o nmero de linhas no nulas de

r

1.29

CLCULO DA MATRIZ INVERSAUma matriz

Teorema.

A

inversvel se, e somente se,

elementares que transforma Com efeito, vimos em

A

em

I,

tambm

A I . Nesse 1 . transforma I em A

caso, a sequncia de operaes

A B , ento B = P A, onde P um produto de matrizes elementares, portanto inversvel. Logo, se A I , ento I = P A, com P = Et . . . E2 E1 . Segue 1 I bem inversvel e A = E 1 E 1 . . . E 1 I . Enm, A1 = E . . . E E I , que A = P t 2 1 t 1 2 ei o que garante a ltima armao do teorema, isto , [A | I] [I | A1 ]. Reciprocamente, se A inversvel, ento AX = 0 s possui a soluo trivial. Segue, ento, do Corolrio 1.28, que A I .que, se

[1.25]

1.30Sejam

Corolrio

A

e

B

matrizes

m n.

Ento

A B B = P A,

onde

P

uma matriz

mm

inversvel.

Exemplo 1.31Vericar se a matriz dada inversvel e achar, quando possvel, sua inversa, usando o mtodo de reduo-escalonada

[A | I] i [I | A1 ].

e

1 0 3 1 0 0 1 0 3 1 0 0 1 0 3 1 0 0 1 0 0 2 3 3 [A|I] = 0 1 4 0 1 0 0 1 4 0 1 0 0 1 4 0 1 0 0 1 0 4 5 4 1 1 2 0 0 1 0 1 5 1 0 1 0 0 1 1 1 1 0 0 1 1 1 1

Segue de 1.30 que

A

inversvel e

A1

No

exemplo 1.26, com o mesmo procedimento acima, vemos que a matriz A l considerada no

2 3 3 = 4 5 4 . 1 1 1

inversvel.

Sistemas lineares e matrizesAtividade-proposta 1.32Use o mtodo de reduo-escalonada caso armativo, exibir sua inversa.

17

[A | I] i [I | A1 ]

e

para decidir se a matriz

A

inversvel; em

(1)

1 1 3 A = 0 2 4 ; 1 1 2

(2)

1 2 6 A = 0 1 5 . 2 3 7

Encerrando as propriedades das matrizes inversveis, veriquemos abaixo um resultado prometido.

1.33

Matrizes inversveis esquerda e direita

Uma matriz quadrada com inversa esquerda ou direita inversvel.

B uma matriz inversa esquerda da matriz A, ento BA = I , donde o sistema homogneo AX = 0 possui apenas a soluo trivial, pois B(AX) = B0 = (BA)X = 0 ou IX = 0 e X = 0. 1 e B 1 = A. Por outro lado, se C uma inversa direita de Segue que A inversvel, B = A A, ento AC = I , donde C possui uma inversa esquerda e, portanto, C inversvel. Enm, como A = C 1 , vem que A inversvel e A1 = C .De fato, se

1.34

Sistemas de Cramer

Um sistema linear apenas uma

AX = Y um 1 Y . soluo X = A

sistema de Cramer se

A

inversvel. Portanto, esse sistema possui

Exemplo 1.35No

exemplo 1.31, como a matriz A inversvel, ento AX = Y1 Y = 1 , 3 temos

um sistema de Cramer.

Dado

2 3 3 1 8 X = A1 Y = 4 5 4 1 = 11 . 1 1 1 3 3

Outro mtodo poderia ser usado, o de realizar um escalonamento mais ampliado, e obtendo maior nmero de informaes relevantes

[A | Y | I] [I | X | A1 ]. 1 0 0 8 2 3 3 1 0 3 1 1 0 0 [A|Y |I] = 0 1 4 1 0 1 0 0 1 0 11 4 5 4 = [I|X|A1 ] 1 1 2 3 0 0 1 0 0 1 3 1 1 1

Pratique um pouco.Verique a validade do escalonamento do exemplo anterior.

18


RESPOSTAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS 1.6 (1)(i)

2x + 3y = 13 x y = 1 x y = 1 . x y = 1 2x + 3y = 13 5y = 15 Logo, y = 3, x = 2 e X = (2, 3). x + 3y = 1 x + 3y = 1 x + 3y = 1 (ii) 2x + y = 3 5y = 5 y= 1 x+ y= 0 2y = 1 y = 1/2Sistema incompatvel.

.

x + 2y x + 2y x + 2y =4 =4 =4 (iii) y z=0 y z=0 yz=0 x + 2z = 4 2y + 2z = 0 0=0 Sistema indeterminado X = (4 2z, z, z), z R. 4x + y z = 1 (iv) 2x + 2y + z = 5 . Soluo nica: X = (1, 4, 1). Verique x y z = 4

com um escalonamento.

1.6 (2) Escalonando o sistema dado, obtemos:x y= 1 3x 3y = xy=1 0=3Assim, se

= 3,

ento o sistema impossvel. Se

= 3,

o sistema

possvel indeterminado, com solues

X = (x, y) = (1 + y, y), y R.fornecem o sistema:

1.6 (3) As condies do problema, f (1) = 2, f (1) = 6 e f (2) = 3, a+ b+c=2 a + b + c = 2 a + b + c = 2 a b+c=6 2b = 4 2b = 4. 4a + 2b + c = 3 2b 3c = 5 3c = 9Segue, ento:

c = 3, b = 2

e

a = 1,

donde o trinmio

f (x) = x2 2x + 3.

1.9

Exempliquemos com o prob.

4 1 1 1 L L3 A = 2 2 1 5 1 1 1 1 4 1 1 1 4 L L 3 0 2 1 0 4 4L2 +L3 0 0 3 3 (1, 4, 1).

1 2 4

1 1 4 1 2L1 +L2 2 1 5 0 4L1 +L3 1 1 1 0

1.6 ((1)iv).

1 1 4 1 L2 +L3 4 3 13 0 5 3 17 0

1 1 4 4 3 13 1 0 4

. Enm, obtemos: z = 1, y = 4 e x = 1, isto , soluo nica X =

1.12

(1) e (2): apenas a soluo trivial

(4) Para permutar, por exemplo, as

X = (0, 0); (3) X = (z, z, z) = z(1, 1, 1), z R. linhas L1 e L3 , podemos proceder como abaixo:

L1 L31.18

3 1 1 3 3

L L L3

L L L1

L

L1

L3 L1

(1) Temos, sucessivamente,

4 16 2 3 5 3 7 1 2 3 1 5 1 2A + E = ; AB = ; BC = ; EA = ; DB = 0 0 0 7 4 2 14 4 2 9 1 1 3 3 3 3(2)Seja

X=

a c

b b+d b . Comparando as matrizes AX = XA, temos a = b + d e c = 0, donde X = . d 0 d

Sistemas lineares e matrizes

19

1 2 3 a 1 2 3 a 1 2 3 a (3) A = 3 1 2 b 0 7 7 b 3a 0 7 7 b 3a , 1 5 4 c 0 7 7 ca 0 0 0 2a b + c donde a condio 2a b + c = 0 de possibilidade. O vetor Y = (1, 1, 1) no verica essa condio; por outro lado, o vetor Y = (2, 1, 5) satisfaz mesma 0 1 0 1 equao, donde o escalonamento nal 0 1 1 1 e as solues X = (z, 1 + z, z), z R. 0 01.20(1) Para

0

0

AP = P A =

vericar que uma dada matriz P a inversa de uma matriz A, basta testar a denio I . J para decidir se uma dada matriz inversvel, e exibir sua inversa, dispomosEntretanto, nesse caso particular

do procedimento de Gauss-Jordan. convenientes. Por exemplo, se

2 2,

podemos usar sistemas

PA =

a b 1 1 c d 0 1

=

1 0 0 1

, ento

a = 1, a + b = 0, c = 0, AP = I .Analogamente,

c + d = 1,

donde

P =

1 1 0 1 2 1 1 1.

. Tambm, vericamos sem diculdade que

calculamos a inversa de

B = 2A I , temos B 2 = (2A I) (2A I) = 4A2 2A 2A + I = I pois A2 = A. 2 2 Se C = I A, temos C = (I A) (I A) = I A A + A I A = C e AC = A (I A) = A A2 = A A = 0; analogamente, CA = 0. 2 1 = B . Agora, se A = I , ento A no (b) Como B = B B = I , claro que B inversvel, com B 2 1 (A A) = A1 A = A = I , contrariando a hiptese. inversvel; do contrrio, seria A = A = A(2) (a) Com (3) Seja

A=

a b c d

tal que

A2 = I .

a2 + bc = 1 ab + bd = 0 2 + bc ab + bd a b a b a 1 0 2 = = = segue que De A ca + dc = 0 c d c d ca + dc cb + d2 0 1 cb + d2 = 1 2 2 A segunda e terceira equaes mostram que, se a + d = 0, ento b = 0 e c = 0, donde a = 1 e d = 1, e a = d = 1 ou a = d = 1, isto , I e I vericam a condio exigida. Por outro lado, se a + d = 0, a b 2 ento todas as matrizes tais que a + bc = 1, tambm vericam a condio. Observe que c aas matrizes

1 0 0 1

e

1 0 0 1

, anteriormente descartadas pela condio

a + d = 0,

na realidade,

tambm so solues, vericando o segundo formato das solues. (4) Basta observar que, por exemplo, se a primeira linha de

AB

nula, qualquer que seja a matriz

B,

ou seja

A nula, ento a primeira linha do produto AB nunca poder coincidir com a identidade I .

1.32(1)

(2)

0 1/2 1 A inversvel e A1 = 2 5/2 2 ; 1 1 1 1 2 6 A no inversvel pois A 0 1 5 . 0 0 0

20


CAPTULO 2 ESPAOS VETORIAIS

Objetivos do Captulo 2(a) Conceituar a estrutura de espao vetorial; (b) Estudar suas propriedades operacionais; (c) Exemplicar a ocorrncia de espaos vetoriais; (d) Descrever os subespaos vetoriais e suas operaes booleanas; (e) Conceituar subespaos nitamente gerados; (f ) Aplicar os novos conceitos aos sistemas lineares.

INTRODUOOs espaos vetoriais reais e complexos fornecem um primeiro exemplo de uma estutura matemtica bem acabada, cuja aplicabilidade a outros campos do conhecimento realimenta e integra cenrios multidisciplinares. Iniciando com muita determinao essa fantstica aventura, usaremos os espaos reais como um primeiro modelo.

2.1

PRIMEIRAS DEFINIES

Um espao vetorial real

V um conjunto no vazio, munido de uma lei de composio interna denominada soma + : V V V , (v, u) v + u, e de uma lei de composio externa denominada multiplicao escalar : R V V , (a, v) a v, vericando os seguintes axiomas: v ,u ve e

(1) [Associatividade da soma] Quaisquer que sejam (2) [Comutatividade da soma] Quaisquer que sejam

w

em

V,

vale

(v + u) + w = v + (u + w); v+O = O+v = vem para todo

u O

em

V,

vale

v + u = u + v;

(3) [Elemento neutro aditivo] Existe um nico elemento

em V tal que

v

em

V; vem

(4) [Elemento oposto] Para todo

V,

existe um nico elemento

v

V

tal que

v + (v) =

(v) + v = O;(5) [Associatividade] Quaisquer que sejam (6) [Distributividade] Quaisquer que sejam (7) [Distributividade] Quaisquer que sejam (8)

a a a

e e

b b

em em

R Re

e e

v v

em em

V, V,

tem-se tem-se vale

(ab)v = a(bv); (a + b)v = av + bv ;

em

R

v

e

u

em

V,

a(v + u) = av + au;

1 v = v,

para todo

v

em

V.

Espaos vetoriaisExemplo 2.2(1) (2)

21

R

um espao vetorial real, pois a soma e o produto de nmeros reais vericam

2.1.

R2 = {(x, y); x R, y R},com a soma

conjunto dos pares ordenados de nmeros reais, identicado aos

vetores do plano [veja o curso de Geometria Analtica], possui uma estrutura de espao vetorial sobre

R,(3)

(x1 , y1 ) + (x2 , y2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 )

e a multiplicao escalar

a (x, y) = (ax, ay).

R3 = {(x, y, z); x R, y R, z R},

conjunto dos ternos ordenados de nmeros reais, identi-

cado as vetores do espao tridimensional [veja o curso de Geometria Analtica], possui uma estrutura de espao vetorial sobre multiplicao escalar

R, com a soma (x1 , y1 , z1 ) + (x2 , y2 , z2 ) = (x1 + x2 , y1 + y2 , z1 + z2 ) a (x, y, z) = (ax, ay, az).

e a

(4) O prximo exemplo uma generalizao natural dos exemplos anteriores. Consideremos o con-

Rn das n-uplas de nmeros reais, onde, por denio, colocaremos: (a1 , a2 , . . . , an ) + (b1 , b2 , . . . , bn ) = (a1 + b1 , a2 + b2 , . . . , an + bn ) a (a1 , a2 , . . . , an ) = (aa1 , aa2 , . . . , aan ).junto (5) Generalizando ainda um pouco mais, temos o espao

Mmn (R)

das matrizes

operaes de soma de matrizes e multiplicao de um escalar por uma matriz (6) Fixado um conjunto

m n reais, com as [rever o 1.13 (a) (b)].

f : E R denidas em E um espao vetorial real com as operaes pontuais (f + g)(x) = f (x) + g(x), (af )(x) = af (x), para todo x de E , onde f e g so funes de E em R e a R. Observe que o vetor nulo desse espao a funo constante nula O : E R, em que O(x) = 0, para todo x de E . Na realidade, esse uma coleo de todas as funes reais espao vetorial sucientemente amplo para conter toda sorte de exemplos especcos, variando com a escolha um domnio

E = ,

F(E, R)

E

conveniente, como o das funes contnuas ou derivveis.

(7) Na mesma ordem de idias, a coleo

R[X]

das funes polinomiais reais um espao vetorial Tambm, xado o inteiro mais o polinmio nulo.

com as mesmas operaes ponto a ponto consideradas acima. consideraremos o conjunto

n 0,

Rn [X]

dos polinmios reais de grau

n,

Pratique um pouco.Rever as estruturas do Exemplo 2.2, pois sero fundamentais para nossa sequncia de trabalho. No exemplo (7) acima, os polinmios do espao os polinmios de grau

Rn [X]

possuem grau

n;

no seria mais simples xar

exatamente

igual a

n

? Explique porque isso no possvel.

2.3Seja

PROPRIEDADES OPERACIONAIS

V

um espao vetorial sobre

R.

Valem as relaes:

(a) Para cada

v

em

V,

temos

Da unicidade do oposto, a de

(v) = v . igualdade v + (v) = 0e

mostra que

v

o oposto de

v,

e que

v

o oposto

(v). v, u wem

(b) Quaisquer que sejam adio). Basta somar

V,

se

v + u = v + w,

ento

u=w

(lei do cancelamento da

v

esquerda, em ambos os membros, e usar a associatividade da soma.

(c) Para todo Temos

a R, vale a O = O. aO = a(O + O) = aO + aO, donde v V,vale

a concluso, por (b).

(d) Para todo

0v = O.

[Proceder como no caso anterior].

22


(e) Para todo

a R e todo v V , vale (a)v = a(v) = (av). Notando que av + (a)v = (a + (a))v = 0v = O , vemos que (a)v = (av). a(v) = (av).(f ) Quaisquer que sejam Se

Analogamente,

a=

0, ento a1 (av)

a em R e v em V , se av = O, ento a = 0 = a1 O = (a1 a)v = O, ou v = O.

ou

v = O.

Atividade-proposta 2.4Seja

V

um espao vetorial sobre

R.

Verique as relaes.

(1) Para cada (2) Para todo (3) Dados

v V, aR uem

vale

(1)v = v . v V, ve vale

e todo

(a)(v) = av . wVtal que

v

e

V,

mostre que existe um nico vetor

denominado diferena entre (4) Quaisquer que sejam

u

e indicado por em

v u;

portanto,

u + w = v . Esse v u = v + (u).

vetor

w

a e b em R, v e u a(v u) = av au; (a b)v = av bv . R3 ,sejam

V,

valem as relaes:

(5) No espao vetorial

v = (1, 2, 1), u = (3, 1, 2)

e

w = (4, 1, 1).

Ache o vetor

X

tal que

3u + 2X = v + w.2.5 SUBESPAOS VETORIAIS

H certos subconjuntos

W

de um espao vetorial

V

nos quais as operaes de

V

induzem uma

estrutura de espao vetorial real. Nesse caso, diremos que

W V

um subespao vetorial de

V.

Para que tal ocorra, bastante considerar o resultado abaixo. Suponhamos que (a)

O W; v ae

(b) Quaisquer que sejam (c) Quaisquer que sejam Nessas condies,

u

em

W,em

temos

v + u W [W av W [W

fechado em relao soma de

V ]; V ].

em

R, v

W,

vale

estvel pela mutiplicao escalar de

W

um espao vetorial real.

De fato, no lugar de vericar os oito axiomas da denio o que decorre diretamente de

2.3(e), com a escolha a = 1.

2.1, basta ver que v W

= v W ,

Exemplo 2.6(1) Dado um espao vetorial triviais de (2) No

V , os subconjuntos {O} e V

so subespaos de

V , os chamados subespaos

V.o plano

W = {(x, y, z); x y = 0} um subespao, que contem o eixo OZ pontos (0, 0, z) e a reta (x, x, 0). Veriquemos as trs condies da prop. 2.5. (a) O = (0, 0, 0) W , pois 0 0 = 0; (b) se v = (x, y, z) W , ento x y = 0, e se u = (a, b, c) W , ento a b = 0; logo, v + u = (x + a, y + b, z + c) W pois (x + a) (y + b) = (x y) + (a b) = 0 + 0 = 0; (c) se v = (x, y, z) W , ento v W , pois v = (x, y, z) = (x, y, z) verica x y = (x y) = 0 = 0.(3) No espao das matrizes quadradas

R3 ,

t que A

= A,

um subespao de

V;

o

V = Mnn (R) o conjunto S das matrizes simtricas A, tais t conjunto A das matrizes anti-simtricas, tais que A = A,

um subespao de

V.

A vericao simples: basta usar as propriedades da transposio

1.18.

(4) A coleo das funes contnuas

f : [0, 1] R

um subespao do espao de todas as funes de

[0, 1]

em

R.

Espaos vetoriais2.7 APLICAO AOS SISTEMAS LINEARES

23

(a) Solues de um sistema homogneoFixada a matriz

Amn , o conjunto N (A) dos vetores X Rn que so as solues do sistema homogneo AX = O um subespao do Rn (na realidade, o ncleo de A). De fato, como AO = O , vem O N (A); se X1 e X2 esto em N (A), ento A(X1 +X2 ) = AX1 +AX2 = O + O = O, donde X1 + X2 est em N (A); de modo anlogo, vemos que, se X N (A), ento aX N (A) para todo a real.

(b) Caso geral AX = YDada

Amn ,

as eventuais solues do sistema

AX = Y ,

com

Y = O,

no

formam um subespao;

O no soluo. Entretanto, vale o seguinte resultado fundamental. m ; existe X Rn talque AX = Y } o conjunto dos segundos Seja I(A) = {Y R AX = Y que tornam esse sistema compatvel. Ento, I(A) um subespao do Rm .basta ver que Com efeito, claro que

membros de

O I , pois A0 = O; se Y1 , Y2 I , temos: AX1 = Y1 e AX2 = Y2 , ento Y1 + Y2 = AX1 + AX2 = A(X1 + X2 ), donde (Y1 + Y2 ) I ; enm, se AX = Y , ento Y = A(X), para cada R. AX = Yabaixo, onde j formamos a matriz aumen-

Por exemplo, para a compatibilidade do sistema tada, temos

1 0 3 y1 1 0 3 y1 [A|Y ] = 2 1 5 y2 0 1 1 y2 2y1 , 1 0 3 y3 0 0 0 y3 y1Observemos, ainda, que esses possveis

donde

Y = (y1 , y2 , y3 ) I(A) y1 = y3 .

v1 = (1, 2, 1), v2 = (0, 1, 0)

e

Y correspondem exatamente ao subespao gerado pelos vetores v3 = (3, 5, 3). Voltaremos a essas consideraes no Captulo 3.

Atividade-proposta 2.8(1) Determine quais dos seguintes conjuntos de vetores (a) (c) (e)

X X X

tais que tais que tais que

x 0; x y = 2z ; x=0ou

X = (x, y, z) so subespaos (b) X tais que x = 1;(d) (f )

do

R3 .

X X

tais que tais que

xyz = 0; z = y2;

y = 0; V = M33 (R):(b) (d)

(2) Identique os subespaos de (a) (c)

AV AV pV pV

e e

A

inversvel;

AV AVe e

e e

A

no inversvel; se

A2 = 0; V = R2 [X]:(b) (d)

Ai,j = 0

i j. x R;

(3) Identique os subespaos de (a) (c) e e

p(0) = 0; p(0) = 2;

pV pV

p(x) 0

para todo

p (0) = 2p(1); R2 .

(4) Refazer o problema (3) da Atividade (5) Mostre que os nicos subespaos de (6) Dada uma matriz qualquer (7) Sejam (8) O reais

1.18 do Captulo 1.e

R

{O}.

Descreva os subespaos do

Bmn ,

mostre que a matriz

S = B tB AB

simtrica. simtrica

A

e

B

matrizes simtricas de mesma ordem; mostre que

AB = BA. Vdas matrizes

trao de uma matriz quadrada a soma de seus elementos diagonais.2 2,

No espao

verique que o conjunto das matrizes de trao nulo formam um subespao vetorial de

V.

24


2.9Sejam (1)

OPERAES BOOLEANAS COM SUBESPAOS

W

e

U

subespaos do espao vetorial

V.

A interseo W U um subespao vetorial de V .

O W U , pois O W e O U . Se v W U , ento v W e v U ; se u W U , ento u W e u U ; asssim, com v e u em W , vem v + u W ; do mesmo modo, v + u U ; enm v + u W U . De modo anlogo, se a R e v W U , ento av W U .De fato, (2) A unio

W U

no , em geral, um subespao de V .

Por exemplo, no

R2 , sejam W = {(x, y); x = 0} e U {(x, y); y = 0}; temos (0, 1) W W U e (1, 0) U W U , mas (0, 1) + (1, 0) = (1, 1) no pertence unio W U , pois (1, 1) no pertence 2 a W nem a U , isto , W U no fechado em relao soma de R .Para contornar essa diculdade, consideraremos o conjunto de ser um subespao de

V,

apresenta as mesmas

W + U = {w + u; w W, u U } que, alm propriedades booleanas que a unio W U possui

relativamente aos conjuntos

W

e

U.

2.10 Soma de dois subespaosDados os subespaos (a) (b) (c) e

W

e

U

do espao

V,

seja

W + U = {w + u; w W, u U }

a soma de

W

e

U.

W +U

um subespao de e

V;de

W +U W

W + U U; Vque contem

W + U o menor subespao T U , ento T W + U .

W

e

U,

isto , se

T V

um subespao,

T W

A vericao rotineira: (a) Temos

O = O + O W + U ; se w1 + u1 e w2 + u2 so vetores de W + U , ento (w1 + u1) + (w2 + u2 ) = (w1 + w2 ) + (u1 + u2 ) est em W + U ; enm, se a R, ento a(w + u) = (aw) + (au). Em (b), as somas w = w + O e u = O + u mostram que W W + U e U W + U . (c) Se W e U esto contidos em T , ento uma soma w + u de W + U possui as parcelas em T , donde W + U T .2.11Um caso particular fundamental ocorre na soma

que se trata de uma

soma direta,

e notaremos

W +U , quando W U = {O}, em que diremos W U . Mais precisamente, temos:cada vetor

Sejam os subespaos decomposio Se

W e U do espao V ; T = W U t = w + u, com w W e u U .

t T

admite uma nica

t = w1 + u1 = w2 + u2 so duas decomposies, ento w1 w2 = u2 u1 mostra que w1 w2 W U = {O} donde w1 = w2 e, portanto, u1 = u2 . Reciprocamente, seja t W U ; temos t + O = O + t, donde t = O em virtude da unicidade desta decomposio.Exemplo 2.12(1) No

R3 , consideremos os subespaos W = {(x, y, 0); x, y R} e U = {(x, x, z); x, z R}. Temos R3 = W + U , pois todo vetor do R3 da forma (x, y, z) = (x, y, 0) + (0, 0, z), com (x, y, 0) W e (0, 0, z) U . A soma no direta, pois W U = {(x, x, 0); x R} a reta y = x e z = 0.(2) Os subespaos uma vez que

W = {(x, 0, 0); x R} e U = {(0, y, z); y, z R} do R3 so tais que R3 = W + U , (x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y, z). Na realidade, R3 = W U , pois W U = (O). V = Mnn (R),consideremos o subespao

(3) No espao das matrizes quadradas simtricas e o subespao

A

das matrizes anti-simtricas. Vamos nos convencer que

S das matrizes V = S A.

Espaos vetoriaisPartindo da relao

25

1 A = 2 (A + tA) + 1 (A tA), basta ver que a primeira parcela simtrica, e a 2 1 1t 1 t t 1 t tt t segunda, anti-simtrica. Ora, [ (A + A)] = 2 2 (A + A) = 2 (A + A) = 2 (A + A), isto , a primeira parcela bem simtrica. Verique que a segunda anti-simtrica. Assim, j temos V = S +A. Enm, S A = {O}, pois se t( A) = A = A, ento 2A = O, donde A = O. Em denitivo, V = S A.

Observao

Da vericao acima resulta, em particular, que toda matriz quadrada se escreve, de

modo nico, como a soma de uma matriz simtrica com uma matriz anti-simtrica. Na realidade, a pista dessa decomposio a expresso que usamos:

1 A = 1 (A + tA) + 2 (A tA). 2

Assim, por exemplo,

partindo de

2 A = 2 6

4 0 3

8 1 , 5

com

2 t A= 4 8

2 6 0 3 , 1 5

obtemos

2 A= 1 7,

1 0 2

0 3 7 2 + 3 0 1 1 5

1 1 . 0.

4) Seja

V = M22 (R), V = W + U, x 0 0 0

e os subespaos

W =+

x y ; x, y, z R z 0 0 0 0 d

U =

x 0 ; x, y R 0 y W U

Temos

pois

a b a b = c d c 0

. A soma no direta, pois

formado

pelas matrizes

.

Atividade-proposta 2.13(1) Sejam

W

e

U

subespaos de um espao vetorial

V.

Mostre que a unio

W U

subespao de

V

se, e somente se,

W U

ou

U W.onde

(2) Verique a soma direta (3) Sejam os subespaos do

R2 = W U , R3

W = {(x, 0); x R}

e

U = {(x, x); x R}.

T = {(x, y, z); x = z}Verique que

W = {(x, y, z); x + y + z = 0}e

U = {(x, y, z); x = y = 0}

T + W = R3 , T + U = R3 V = M33 (R)

W + U = R3 .

Em algum caso, a soma direta?

(4) No espao vetorial

considere os subespaos

W = {B V ; Bij = 0 , i j } ,Mostre que

U = {C V ; Cij = 0 , i < j } .

V =W U.

2.14 ESPAO DAS COMBINAES LINEARESSeja

V, consideremos o conjunto [S] = {a1 v1 +a2 v2 + +an vn } das combinaes lineares de v1 , v2 , . . . , vn . Na realidade, fcil ver [S] um subespao de V , denominado subespao gerado por S ,ou pelos vetores v1 , v2 , . . . , vn .um espao vetorial real. Fixado um conjunto nito de vetores de

V

S = {v1 , v2 , . . . , vn }

Exemplo 2.15(1) Fixado escalares (a) No

v = O em V , o subespao [v] = {av; a R} gerado por v o conjunto de v . Diremos que [v] reta vetorial gerada por v (ou de direo v ).vemos que

dos mltiplos

R2 ,

[(1, 0)]

o eixo OX,

[(0, 1)]

o eixo OY,

[(1, 2)]

a reta

y = 2x.

(b) O subespao (c) No espao

[(1, 1, 1)] do R3 a reta x = y e y = z . M33 (R), o subespao gerado pela identidade [I] a 0 0 0 a 0. 0 0 a

formado pelas matrizes

escalares,

que so matrizes diagonais, em que os elementos diagonais so todos iguais entre si:

26


(2) No

R3 ,

se

v = (1, 0, 0)

e

u = (1, 1, 0),

um plano que tambm pode ser

[v, u] = {av + bu; a, b R} = {(a + b, b, 0); a, b R} representado pela condio [v, u] = {(x, y, 0); x, y R}.ento

Para a mudana de variveis"apontada, ver o conhecido argumento de a+b=x b = y compatvel, para todo x, y R, desde que seja z = 0. 0=z (3) No problema anterior, vale a igualdade De fato, claro que

2.7(b):

o sistema

[v, u] = [v, u, w],

onde

w = (0, 1, 0).

w = u v,

temos

[v, u] [v, u, w], via av + bu = av + bu + 0w. Reciprocamente, observando que av + bu + cw = av + bu + c(u v) = (a c)v + (b + c)u, isto , [v, u, w] [v, u].

(4) O resultado abaixo fundamental e de vericao imediata. Dados

{v1 , v2 , . . . , vn } e {u1 , u2 , . . . , um }, suponhamos que cada v1 , . . . , vn combinao linear de [u1 , . . . , um ], e que cada u1 , . . . , um combinao linear de [v1 , . . . , vn ]. Ento, os respectivos subespaos gerados so iguais: [v1 , v2 , . . . , vn ] = [u1 , u2 , . . . , um ].Atividade-proposta 2.16

(1) No

R3 ,

mostre que o vetor

(1, 1, 0)

no pertence ao subespao

[(1, 0, 1), (0, 1, 1)].e

3 (2) Consideremos no R os subespaos vetoriaisDetermine um sistema de geradores dos (3) Dados os vetores Exemplo

W = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)] subespaos W + U e W U . W = [X, Y ] 1 0 0 0e

U = [0, 1, 0), (0, 0, 1)].Use (4) do

X, Y

do

2.15

Rn ,

sejam os subespaos

U = [X + Y, X Y ]. 0 0 0 1 0 1 1 0

para vericar que

W = U.gerado pelas matrizes , e .

(4) Identique o subespao de (5) Verique que

M22

[1, 1 + x, (1 + x)2 ] = R2 [X]. I(A)de

(6) Identique o subespao

2.7(b) se A inversvel.

2.17 ESPAOS VETORIAIS FINITAMENTE GERADOSDiremos que um espao vetorial geradores de

V

nitamente gerado se existe um conjunto

nito

S V

de

V,

isto ,

V = [S].

Nesse curso introdutrio somente consideraremos espaos vetoriais nitamente gerados.

Exemplo 2.18(1) Os espaos De fato, temos

Rn

so nitamente gerados. e

e3 = (0, 0, 1);

e

R = [1], R2 = [(1, 0), (0, 1)], R3 = [e1 , e2 , e3 ], onde e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) assim por diante. Os vetores e1 , e2 , e3 , . . . so os vetores unitrios cannicos. 1 0 0 1 0 0 0 0 , , , 0 0 0 0 1 0 0 1.

(2) A construo se generaliza sem diculdade para o espao das matrizes. Por exemplo,M22 (R) nitamente gerado; um sistema gerador formado por

S =

,

uma vez que, para todo

a, b, c, d R, S22

vale

a b 1 0 0 1 0 0 0 0 =a +b +c +d c d 0 0 0 0 1 0 0 1

Analogamente, o subespao

das matrizes simtricas nitamente gerado, um conjunto-gerador

sendo dado pelas matrizes (simtricas)

1 0 0 0

,

0 0 0 1

, e

0 1 1 0

.

Espaos vetoriais(3) O subespao

27

Rn [X] dos polinmios reais de grau n nitamente gerado pelo sistema de n + 1 2 n geradores [f0 , f1 , f2 , . . . , fn ], onde f0 (x) = 1, f1 (x) = x, f2 (x) = x , . . . , fn (x) = x , uma vez que, se f Rn [X], ento f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn , isto , f = a0 f0 + a1 f1 + . . . + an fn .2.19 LINHAS E COLUNAS DE UM PRODUTO DE MATRIZESDada uma matriz (real)

Amn ,

indicaremos suas linhas (vetores do

Ai = (ai1 , .. , ain ); . a1j . j onde A = . . . amjSejam

as colunas (vetores do

Rm )

sero notadas

Rn ) por A1 , A2 , . . . , Am . onde A1 , . . . , An (notao meio esquisita), A = (A1 , . . . , An )(por colunas).

A1. . .

(por linhas) e

Desse modo, temos:

A=

Ame

Destaquemos os seguintes resultados fundamentais.Amn , Bnp (AB)mp . Temos: A1 A1 A1 B . . . A = . , ento AB = . B = . , . . . Am Am Am B

(a) Escrevendo

isto , as linhas de

AB

so dadas por

(AB)i = Ai B = (ai1 . . . ain )B = ai1 B1 + + ain BnEm particular, (b) Pondo

;

as linhas de AB so combinaes lineares das linhas de B .AB = 1 , . . . , B p ) = (AB 1 , . . . , AB p ), A(B b1j . (AB)j = AB j = A . = A1 b1j + + An bnj . . bnjento isto , as colunas de

B = (B 1 , . . . , B p ),

AB

so dadas por

Em particular,

as colunas de AB so combinaes lineares das colunas de A.

Exemplo 2.20

3 5 1 1 2 0 1 9 3 , B = 2 7 2 , AB = Sejam A = . Por exemplo, consideremos: 3 4 5 6 3 5 1 2 0 3 5 1 (AB)2 = A2 B = (3, 4, 5) 2 7 2 = (6, 3, 5) [aqui o produto usual, linha coluna] 1 2 0 (AB)2 = A2 B = 3B1 + (4)B2 + 5B3 = (9, 15, 3) + (8, 28, 8) + (5, 10, 0) = (6, 3, 5). 5 1 2 0 9 (AB)2 = AB 2 = [aqui o produto usual, linha coluna] 7 = 3 4 5 3 2 (AB)2 = AB 2 = A1 (5) + A2 (7) + A3 (2) =Pratique um poucoUsando o exemplo anterior como modelo, efetue vrios produtos de matrizes de diferentes ordens. Comprove os resultados de

5 15

+

14 28

+

0 10

=

9 3

2.19 e sua interpretao como combinaes lineares adequadas.

28


EXERCCIOS DE REVISO 2.21(1) Sejam as matrizes (2) Dada a matriz A matriz (3) Seja

A32

e

B23 .

Mostre que

AB

no inversvel. soluo do sistema homogneo

A33 ,

suponhamos que

X = (1, 2, 3)

AX = O.

A

inversvel? Justique.

Amn e considere o sistema real AX = B , para o qual existem duas solues distintas X1 = X2 . X1e

Mostre que o sistema possui uma innidade de solues reais. Sugesto. Considere a reta denida por

X2 .

(4) Uma indstria produz trs produtos, X, Y e Z, utilizando dois tipos de insumo, A e B. Para a manufatura de cada kg de X so utilizados 1 grama do insumo A e 2 gramas do insumo B; para cada kg de Y, 1 grama de insumo A e 1 grama do insumo B e, para cada kg de Z, 1 grama de A e 4 gramas de B. O preo de venda do kg de cada um dos produtos X, Y e Z R$ 2,00, R$ 3,00 e R$ 5,00, respectivamente. Com a venda de toda a produo de X, Y e Z, quando foram usados 1 kg do insumo A e 2 kg de B, essa indstria arrecadou R$ 2500,00. Determinar quantos kg de cada um dos produtos X, Y e Z foram vendidos. (5) Seja (6) Se

Rnn

uma matriz reduzida escalonada. Se

R = I,

ento

R

contem uma linha nula. inversvel.

B

uma matriz antisimtrica real, ento verique que

A=I B

Sugesto. Mostre que (7) Seja a matriz

AX = O = X = O.Suponhamos que, para cada

Amn .

A = O.

Mais geralmente, nas mesmas condies, para

Xn1 , se AX = O, ento X = O. Mostre cada X , se AX = BX , ento A = B .

que

Espaos vetoriaisRESPOSTAS DAS ATIVIDADES PROPOSTAS

29

2.4(1) Basta fazer

a=1

em 2.3(e).

(2) Usando 2.3(e),temos (3) Com efeito, se (4) Por exemplo,

(a)(v) = (a(v)) = ((av)) = av .segue de 2.3(b) que

u + w = u + w1 = v ,

w = w1 .Analogamente,

a(v u) = a(v + (u)) = av + a(u) = av + ((au)) = av au. (a b)v = av bv .(5)

X = (2, 0, 4).

2.8(1) Apenas (c) subespao. Dispomos de dois procedimentos: vericar as trs condies de observar, por exemplo, que a condio com

2.5,

ou

x y 2z = 0

pode ser representada pela equao

AX = 0,

A = (1 1 2).

Os vetores

X

so, ento, solues da equao

AX = O.em (f ), a condio

A especicao (a) no estvel pela multiplicao escalar; (b) no contem o vetor nulo; (d) e (e) no fechados em relao soma: por exemplo, linear!

(1, 0, 0) + (0, 1, 1) = (1, 1, 1); 0 0 0 a21 0 0 . a31 a32 0

z = y2

no

(2) Apenas (d) subespao, formado pela matrizes

(a) no contem a matriz nula; (b) no fechado em relao soma:

1 0 0 1

+

1 0 01

=

O;

(c) no

fechado em relao soma:

01 00

+

00 10

=

01 10

; o quadrado dessa ltima matriz a identidade.

p(0) = 0 aplicada em p = a0 + a1 x + a2 x2 signica a0 = 0; em (d), a condio p (0) = 2p(1) aplicada em p = a0 + a1 x + a2 x2 signica a1 = 2(a0 + a1 + a2 ), ou 2a0 + a1 + 2a2 = 0; em ambos os casos resultam condies lineares.(3) So subespaos (a) e (d); em (a) a condio A condio (b) no estvel pela multiplicao escalar; (c) no contem o polinmio nulo. (5) Seja

[O] = W R um subespao de R; xado 0 = a W ax W , donde x W , isto , R W , logo W = R.(6) Observando que

e dado

x R,

temos

x = a1 (ax),

com

S

uma matriz quadrada

m m,

temos:

tS

= t (B t B) = t( t B) t B = B t B = S .

(7) Temos (8) Se

t( AB)

= AB tB tA = AB BA = AB .e

x y a+x b+y , ento A + B = ; se tr(A) = a + d = 0 e tr(B) = z t c+z d+t x + t = 0, ento tr(A + B) = (a + x) + (d + t) = (a + d) + (x + t) = 0 + 0 = 0; analogamente, tr(A) = a + d = (a + d) = 0 = 0. Enm, claro que a matriz nula tem trao nulo. A = B =

a b c d

2.13W U subespao de V , com W U e U W ; ento existe v U com v W , e existe u W com u U ; claro que v e u pertencem unio W U . Como W U um subespao de V , deve ser v + u W U , donde v + u W ou v + u U ; se fosse v + u = w W , ento seria v W pois u W , contradizendo a escolha de v , que no pertence a W ; analogamente, no pode ser v + u U . Assim, em qualquer caso, chegamos a uma contradio.(1) Por absurdo, suponhamos que (2) Para estabelecer a soma

R2 = W + U , consideremos a decomposio (x, y) = a(1, 0) + b(1, 1), donde x = a + b e y = b, ou a = x y , isto , (x, y) = (x y)(1, 0) + y(1, 1). Tal soma direta pois, se a(1, 0) = b(1, 1), ento (a, 0) = (b, b), donde a = b = 0 e W U = [(0, 0)].

30


(3) Vale

T U = R3

(4) Basta observar

W U = R3 . A soma T + W no direta, poi T W = [(1, 2, 1)]. a11 a12 a13 0 a12 a13 a11 0 0 que a21 a22 a23 = 0 0 a23 + a21 a22 0 . a31 a32 a33 0 0 0 a31 a32 a33e ento

2.16(1) Se

a(1, 0, 1) + b(0, 1, 1) = (1, 1, 0), R3 , pois

a=b=1

e

a + b = 0,

condies que no so compativeis.

W +U = (x, y, z) = (x, 0, 0) + (0, y, z), (x, 0, 0) = x(1, 0, 0) W , e (0, y, z) = y(0, 1, 0) + z(0, 0, 1) U . Para escrever um sistema gerador da interseo, seja v W U , temos: v = a(1, 0, 0) + b(1, 1, 1) = c(0, 1, 0) + d(0, 0, 1), donde a + b = 0, b = c, b = d e v = b(1, 0, 0 + b(1, 1, 1) = b(0, 1, 1); logo, W U = [(0, 1, 1)].(2) claro que (3) Como

X+Y

Reciprocamente,

X Y so combinaes lineares de X e Y , temos [X + Y, X Y ] [X, Y ]. 1 1 1 1 temos X = (X + Y ) + (X Y ) e Y = (X + Y ) (X Y ), donde [X, Y ] 2 2 2 2e

[X + Y, X Y ].(4) Temos (5) Pondo

a

10 00

+

b

00 01

+ c

01 10

=

ac c b

, ou seja, obtemos as matrizes simtricas

2 2.

f0 = 1, f1 = x e f2 = x2 , temos, por denio, R2 [X] = [f0 , f1 , f2 ]. Por outro lado, 1 = f0 , 1 + x = f0 + f1 , (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 = f0 + 2f1 + f2 , donde [1, 1 + x, (1 + x)2 ] = [f0 , f1 , f2 ] = R2 [X].(6) Se

A

inversvel, ento o sistema

dada por

X = A1 Y ;

assim,

AX = Y I(A) = Rm .

compatvel para todo

Y Rm ,

com soluo (nica)

2.21(1) O sistema com

BX = O possui soluo no trivial, pois 2 < 3. X = O, o que impede a hiptese de AB ser inversvel. A inversvel, ento

Desse modo, vale

A(BX) = (AB)X = O,vem que

(2) Se

AX = O = X = O.

Como

X = O

e

AX = O,

A

no

inversvel. (3) Se

X = X1 + (1 )X2 , R, ento AX = A(X1 + (1 )X2 ) = (AX1 ) + (1 )(AX2 ) = Y + (1 )Y = Y . 1 1 1 1000 gramas de A usados 1 0 0 700 2 1 4 2000 gramas de B usados 0 1 0 200 2 3 5 2500 quantia arrecadada 0 0 1 100

(4) Organizando os dados na matriz abaixo, basta usar o escalonamento para o clculo da soluo:

Portanto, foram vendidos 700 kg do produto (5) Observar que o piv de uma linha linha de

X,

200 kg do produto

Y

e 100 kg do produto

Z.

i

est sempre numa coluna

j

com

j i.

Portanto, ou a ltima

R

nula ou o piv da linha

so no nulas e o piv de cada (6) Se

n est na posio n, n. Mas, neste caso linha i est na coluna i, ou seja, R = I .

todas as linhas anteriores

AX = (I B)X = O, ento X = BX , donde tX X = tX BX . Formando a transposta t t t t t t t t t em ambos os membros, vem ( X BX) = ( X X), donde X B X = X X , ou X (B) X = X X e tX BX = tX X = tX BX . Assim, tX X = tX X , donde tX X = 0. Enm, com X = t [x1 , . . . , xn ], t 2 2 obtemos X X = x1 + + xn = 0, donde x1 = 0, . . . , xn = 0, isto , X = O . X = E1 , onde E1 tal que sua primeira coordenada vale 1 e as demais so nulas, ento AE1 = A1 a primeira coluna de A, que ser nula, por hiptese. Em seguida, escolha X = E2 , cuja segunda 2 coordenada 1 e as demais nulas; temos AE2 = A a segunda coluna de A, tambm igual a zero, por 3 4 hiptese. Assim, por diante, escolhendo E3 , E4 , . . . veremos que as colunas A , A , . . . so todas nulas. Logo, vem A = O . Enm, se para todo X , vale AX = BX , ento (A B)X = O , donde, como vimos, A B = O, ou A = B .(7) Se

Base e Dimenso

31

CAPTULO 3 BASE E DIMENSO

Objetivos do Captulo 3(a) Estudar conjuntos nitos linearmente dependentes e independentes; (b) Conceituar base de um espao vetorial nitamente gerado; (c) Comparar critrios caractersticos de dimenso nita; (d) Calcular explicitamente a dimenso de subespaos vetoriais; (e) Denir matrizes de mudana de bases e suas propriedades; (f ) Descrever e comparar subespaos associados a matrizes e sistemas;

(g) Interpretar os novos conceitos como alternativas de resoluo de sistemas lineares.

INTRODUOFatos e propriedades da geometria de posio (colinearidade, coplanaridade, incidncia) so estudados pelos espaos vetoriais: num primeiro momento, so incorporados os conceitos intuitivos, pouco a pouco ampliados em toda sua generalidade.

3.1Seja

DEPENDNCIA E INDEPENDNCIA LINEAR

V

um espao vetorial e consideremos um conjunto nito

S = {v1 , v2 , . . . , vn }

de vetores de

V.

(a) O conjunto

linearmente independente (LI), ou os vetores {v1 , v2 , . . . , vn } so linearmente independentes se a combinao linear nula a1 v1 + a2 v2 + + an vn = O s pode ocorrer com os coecientes escalares todos nulos a1 = a2 = . . . = an = 0.

S

(b) O conjunto

S

linearmente dependente

(LD), ou os vetores

dependentes

se existe alguma combinao linear nula

{v1 , v2 , . . . , vn } so linearmente a1 v1 + a2 v2 + + an vn = O com algum

coeciente escalar no nulo.

Exemplo 3.2(1) O vetor nulo

O linearmente dependente, pois, por exemplo, 1 O = O. Na realidade, se S = {O, v2 , . . . , vn } um conjunto nito de vetores de V , ento S LD: 1 O + 0 v2 + + 0 vn = O.(2) Todo vetor (3) Sejam

v=O

linearmente independente: se

aR v

e e

av = O, u

ento

a = O,

pois

v = O.

v, u V

vetores no nulos. Vamos vericar que

so LI se, e somente se, esses vetores

so no paralelos ou no colineares, ou seja quando nenhum deles mltiplo escalar do outro.

32


Supondo, por absurdo, que com, digamos, lado, se existe

u no sejam LI, ento existiria alguma combinao linear av + bu = O a = 0, donde v = (b/a)u seria mtiplo escalar de u, contra a hiptese. Por outro a R tal que v = au, ento v au = O mostra que v e u so LD, isto , vetorese

v

paralelos so LD. (4) No caso de trs vetores

v, u

e

w,

o mesmo mtodo mostra que esses vetores so LI se no forem

coplanares e so LD quando forem coplanares. (5) A idia geomtrica da dependncia linear signicando algum vetor dependendo linearmente (sendo combinao linear) dos demais reforada pelo seguinte resultado. Se os vetores

{v1 , v2 , . . . , vn } a1 = 0,

so LD, ento um desses vetores combinao linear dos demais. De

fato, existem escalares no todos nulos por exemplo, vem da ltima

a1 , a2 , . . . , an tais que a1 v1 + a2 v2 + + an vn = O. relao que v1 = (a2 /a1 )v2 + (an /a1 )vn .

Supondo,

Exemplo 3.3(1) Os vetores unitrios cannicos

e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0) ae1 + be2 + ce3 = (a, b, c) = (0, 0, 0), ento a = b = c = 0. M22 (R), R3 , 1 0 0 0 0 1 0 0

e

e3 = (0, 0, 1)

so LI no

R3 ,

pois se

Em outros espaos vetoriais, conjuntos de vetores com lei de formao semelhante, permanecem LI, como em onde as matrizes cannicas , ,

0 0 0 0 , 1 0 0 1

so LI.

(2) Vericar, no (a)

quais dos conjuntos de vetores abaixo so LI.

{(1, 2, 3), (1, 4, 9), (1, 8, 27)}

Devemos vericar as possveis solues do sistema homogneo assim formado

x(1, 2, 3) + y(1, 4, 9) + z(1, 8, 27) = (0, 0, 0), (x, 2x, 3x) + (y, 4y, 9y) + (z, 8z, 27z) = (0, 0, 0), (x + y + z, 2x + 4y + 8z, 3x + 9y + 27z) = (0, 0, 0), x + y + z =0 1 2x + 4y + 8z = 0 ; A = 2 3x + 9y + 27z = 0 3O escalonamento nos d so LI. (b)

1 4 9

1 1 8 0 27 0

1 2 6

1 1 6 0 24 0

1 1 1

1 1 3 0 4 0

0 1 0

2 1 3 0 1 0

0 1 0

0 0 . 1

x = 0, y = 0 e z = 0 (apenas a soluo trivial),

o que signica que os vetores

{(1, 1, 0), (1, 4, 5), (3, 6, 5)}

Procedendo como anteriormente:

x(1, 1, 0) + y(1, 4, 5) + z(3, 6, 5) = (0, 0, 0), (x, x, 0) + (y, 4y, 5y) + (3z, 6z, 5z) = (0, 0, 0), (x + y + 3z, x + y + x + 4y + 5y + x + 4y + 6z, 5y + 5z) = (0, 0, 0), 3z = 0 1 1 3 1 1 3 1 1 3 1 0 2 6z = 0 ; A = 1 4 6 0 3 3 0 1 1 0 1 1 5z = 0 0 5 5 0 5 5 0 0 0 0 0 0

X = O; na realidade, h uma innidade de solues X = z(2, 1, 1), z R, cujo subespao a reta [(2, 1, 1)]. Tambm vemos uma combinao linear nula e no trivial: 2v1 v2 + v3 = O .Assim, o escalonamento mostra que existe soluo

Observao.

No exemplo anterior, os vetores considerados foram colocados

na coluna

da matriz

dos coecientes

A.

Esse fato ainda vai render muitos outros frutos!

Base e Dimenso

33

R2 [X], os vetores {1, x, x2 } so LI, pois se a0 + a1 x + a2 x2 = 0 (polinmio identicamente nulo), ento a0 = a1 = a2 = 0. O mesmo argumento mostra que os vetores {1, x, x2 , (1 + x)2 } so LD: a + bx + cx2 + d(1 + x)2 = 0 a + bx + cx2 + d(1 + 2x + x2 ) = 0 a + d + (b + 2d)x + (c + d)x2 = 0 a + d = 0, b + 2d = 0, c + d = 0, donde as solues (a, b, c, d) = (d, 2d, d, d), d R; em particular, com d = 1, temos a = 1, b = 2 e c = 1, e a 2 2 combinao linear nula e no trivial 1 + 2x + x (1 + x) = 0.(3) No espao das funes polinomiais

Atividade-proposta 3.4(1) Verique, no (a)

R3 , quais dos {(1, 0, 0), (1, 1, 0), (1, 1, 1)} V,

conjuntos de vetores abaixo so LI. (b)

{(1, 1, 3), (1, 3, 1), (0, 1, 1)}

(c)

{(1, 2, 3), (4, 5, 6), (0, 0, 0)}tambm LI.

(2) Num espao

se o conjunto

{v, u, w}

LI, ento o conjunto

{v + u, v + w, u + w} LD?

(3) Para que valores de

o conjunto de vetores

{(3, 1, 0), (2 + 2, 2, 0)},

(4) Mostre que so LI as matrizes (5) Mostre que so LD os vetores

2 2:

1 1 0 0

1 0 1 0

e

0 0 0 1em

.

{2x, x2 + 1, x + 1, x2 1}

R3 [X].um espao vetorial nitamente ge-

3.5

BASE DE UM ESPAO VETORIAL

Seja

V

rado. Uma base de (a) (b)

V

um subconjunto nito

BV

vericando as condies:

B B

gera

V,

isto ,

V = [B];

linearmente independente.

Exemplo 3.6

e1 = (1, 0) e e2 = (0, 1) formam uma base do R2 ; os vetores e1 = (1, 0, 0), e2 = (0, 1, 0), e3 = (0, 0, 1) formam uma base do R3 ; os vetores e1 = (1, 0, 0, 0), e2 = (0, 1, 0, 0), e3 = (0, 0, 1, 0) e e4 = (0, 0, 0, 1) formam uma base do R4 e assim por diante.(1) Os vetores (2) Os

n+1

polinmios

1, x, x2 , . . . , xn 0 1 0 0 0 0 1 0

formam uma base de

Rn [X]. 2 2.

(3) As matrizes

1 0 0 0

0 0 0 1

formam uma base do espao das matrizes

Observao . As bases dos exemplos (1), (2) e (3) so as chamadas bases cannicas (naturais) dosrespectivos espaos.

(4) Seja

W R3

o subespao gerado pelos vetores

v1 = (1, 0, 1), v2 = (0, 1, 1)

e

v3 = (1, 1, 2).

Esses

W ? Ora, para tal, deve ser LI o conjunto-gerador considerado. Temos: 1 0 1 1 0 1 A = 0 1 1 0 1 1, donde os vetores so LD. Do escalonamento, seguem as solues 1 1 2 0 0 0 X = (z, z, z), z R. Escolhendo z = 1, vemos que v3 = v1 + v2 . Descartando v3 , camos com W = [v1 , v2 ]. Como esses dois vetores so LI (no colineares), segue que {v1 , v1 } uma base de W .vetores formam uma base de

Observao. O exemplo ilustra um fato geral: num dado espao, uma base seleciona o menornmero de geradores, ou o maior nmero de vetores LI, como passaremos a caracterizar.

3.7

Proposio. Seja

V = [v1 , v2 , . . . , vn ] n

gerado por

n

vetores. Ento:

(a) Todo conjunto que tenha mais de (b) Todo conjunto LI de vetores em

vetores em

V

LD.

V

contm no mximo

n

elementos.

34


Como (b) uma reformulao de (a), veriquemos essa primeira parte: se

m > n,

ento os vetores

w1 , w2 , . . . , wm so LD. Decompondo esses vetores nas direes v1 , v2 , . . . , vn , obtemos w1 = a11 v1 + + an1 vn ,. . ., wm = a1m v1 + + anm vn . Para m escalares quaisquer temos: x1 w1 + + xm wm = x1 (a11 v1 + + an1 vn ) + + xm (a1m v1 + + anm ) x1 w1 + + xm wm = (a11 x1 + + a1m xm )v1 + + (an1 x1 + + anm xm )vn . (*) Como n < m, existe X = O tal que AX = O ; enm, (*) mostra que, para esse vetor X , dependncia linear x1 w1 + + xm wm = O .3.8 Teorema da invarincia . Se um espao vetorialvale a

V

possui uma base

B = {v1 , . . . , vn } com

n

elementos, ento qualquer outra base de De fato, se

V

contm tambm

n

elementos.

B1 = {u1 , . . . , um }

outra base de

gera

V

e

B1

LI. Trocando papis, como

B1

gera

V , segue V e B LI,

da proposio 3.7 que vemos que

m n, pois B n m. Assim, m = n. Vum espao vetorial

3.9

ESPAOS VETORIAIS DE DIMENSO FINITA

Seja

nitamente gerado. Diremos que nito de elementos.

dimenso nita quando admite uma base com um nmero Esse nmero, o mesmo para todas as bases de V a dimenso de V , indicadoVtem colocaremos, por extenso, dim

dimV .

Se

V = {O},

V = 0.

Tendo em conta os exemplos que estudamos anteriormente (ver extensa coleo de bases em espaos de dimenso nita. (1) Temos dim

2.17, 2.18

e

3.3),

j temos uma

R = 1;

dim

R2 = 2;

dim

R3 = 3,

dim

R4 = 4.

Generalizando um pouco, dim

Rn = n.

(2) No espao das matrizes, temos dim (3) Para as funes polinomiais de

Mmn (R) = mn. grau n, temos dim Rn [X] = n + 1.Fixada uma matriz real

3.10seja

DIMENSO DO NCLEO DE UMA MATRIZ

N (A)

Rn o subespao-ncleo formado pelas solues do sistema homogneo A,seja

solues so determinadas pelo mtodo de Gauss-Jordan, como vimos no captulo matriz reduzida escalonada, equivalente por linhas matriz de

Amn , AX = O. Tais 1. Se R uma

r

o nmero de linhas no nulas

R,

cada qual com seu elemento piv (= H

1),

e as correspondentes

r

variveis lderes (ou bsicas).

Caso (a). Caso (b).trivial.

nr 1

variveis livres; uma base de

N (A)

obtida a partir dessas

nr

variveis,

atribuindo o valor 1 a cada uma e o valor 0 s demais, isto , dimN (A)

r = n,

isto , no h varivel livre. Nesse caso,

= n r. N (A) = {O} consiste r

apenas da soluo

Simplicando a notao, suponhamos que os pivs ocorrem nas primeiras abaixo, onde

colunas, como indicamos

1 0 . . . R = 0 0 . . . 0

x1 , . . . , xr so as variveis 0 0 b1 r+1 b1n 1 0 b2 r+1 b2n . . . . . . . . . . . . 0 1 br r+1 brn . 0 0 0 0 . . . . . . . . . . . . 0 0 0 0

lderes e

Segue

xr+1 , . . . , xn as variveis livres: b1 r+1 x1 b1n . . . . . . . . . br r+1 xr + + xn brn = xr+1 que 0 1 x r+1 . . . . . . . . . 1 0 xn = xr+1 X1 + + xn Xnr

Observemos que os soluo. Assim

nr vetores que descrevem as solues so LI e, por construo, geram o conjuntoX1 , X2 , . . . , Xnr formam uma base do conjunto-soluo e temos bem dimN (A) =

n r.

Base e DimensoExemplo 3.101.

35

A =

1 2 1 2 R = 2 4 0 0 y ).Da equao

.

Temos

r = 1vem

(uma varivel lider,

x)

e

nr = 21 = 1

(uma

varivel livre,

x + 2y = 0,

x = 2y ,

isto ,

X=

x 2y 2 = =y y y 1

. Assim,

dim N (A)

= 1.

Alternativamente, para exibir o vetor

X1 =

2 1

, podemos escolher a varivel livre

y = 1 e calcular o valor correspondente de x, usando a matriz reduzida R; vem x + 2 = 0, donde x = 2; assim (x, y) = (2, 1) forma a base do espao das solues N (A). 1 2 1 0 2. A = 3 4 R = 0 1. Aqui, r = 2 e n = r = 2, isto , no h varivel livre. Ocorre s a 2 3soluo trivial 3.

0 0 (0, 0).

A = 1 2 3 ou x + 2y + 3z = 0. Escolhendo x como lider, as variveis y e z so livres. Temos X = (x, y, z) = (2y 3z, y, z) = y(2, 1, 0) + z(3, 0, 1), y, z R. Pondo X1 = (2, 1, 0) e X2 = (3, 0, 5), segue que {X1 , X2 } base de N (A), com dim N (A) = 2. Alternativamente, com y = 1 e z = 0 em x + 2y + 3z = 0, vem x = 2, donde o vetor X1 = (2, 1, 0); do mesmo modo, z = 1 e y = 0 fornecem x = 3 e o vetor X2 = (3, 0, 1). A = (a1 , . . . , an ) = O, o subespao H dos X Rn tais que A X = a1 x1 + a2 x2 + + an xn = 0 possui dimenso n 1. De fato, supondo, por exemplo, a1 = 0, temos x1 = (a2 /a1 )x2 + + (an /a1 )xn = b2 x2 + + bn xn , isto , X = (x1 , x2 , . . . , xn ) = x2 X1 + + xn Xn1 , onde os vetores X1 = (b2 , 1, 0, . . . , 0), . . . , Xn1 = (bn , 0, 0, . . . , 1) so LI e n geram H . O subespao H denominado hiperplano do R . 1 1 1 1 0 0 5. A = 1 2 1 R = 0 1 0. Nesse caso, h trs pivs (r = 3), logo no h variveis livres4. Generalizao do exemplo anterior. Fixado

1 1 2(n

0 0 1 X = O.Observe, como conrmao, que

= 3).

O sistema possui apenas a soluo trivial

A

inversvel.

1 2 0 3 1 2 0 3 6. A = 1 2 1 1 R = 0 0 1 5. Temos r = 2, com x e z lderes, e 4 2 = 2 variveis 2 4 1 1 0 0 0 0 livres, y e w . Com y = 1 e w = 0, vem de R que x = 2 e z = 0, ou X1 = (2, 1, 0, 0); j fazendo w = 1 e y = 0, vem x = 3 e z = 5, ou X2 = (3, 0, 5, 1). Desse modo, dimN (A) = 2; uma base desse espao {X1 , X2 }.

Observao.1 n,

No exerccio acima, por comodidade, representamos o vetor

X

como uma matriz-linha

no lugar da notao ocial vetor-coluna

n 1.

Esse abuso de notao no grave, desde que

saibamos exatamente qual o procedimento que est envolvido! Ainda como aplicao da Proposio

3.7, valem os resultados abaixo.n =dimV .Ento:

3.11

Proposio. Seja

V

um espao vetorial de dimenso nita, com

(a) Todo subconjunto de

V

que contm mais de

n

vetores linearmente dependente;

(b) Nenhum subconjunto de

V

contendo menos de

n

vetores pode gerar

V. W Vpassaremos

Para facilitar a determinao de bases de a estudar vrios resultados auxiliares.

V

ou da dimenso de subespaos

36


3.12(a) Se (b) Se

Lema. Seja

SV

linearmente independente. Consideremos um vetor LI;

v V.

v [S], / S {v}

ento

S {v}

LD, ento Se

v [S].

Basta vericar (a).

S = {v1 , . . . , vn } e x1 v1 + + xn vn + xv = 0, ento deve ser x = 0, do contrrio seria v = (x1 /x)v1 (xn /x)vn um vetor de [S]. Logo, vale a combinao linear x1 v1 + + xn vn = 0, donde x1 = . . . = xn = 0, pois S LI. Assim, S {v} LI.Proposio. Seja

3.13(a) Se (b) Se

V

de dimenso nita e

n, V; V.

e

SV

um subconjunto com

n = dim V

vetores.

S

LI, ento

V = [S] S

S S

uma base de uma base de

V = [S],

ento

LI e

De fato, em (a), se algum vetor

vV

no fosse combinao linear de

S,

Lema 3.12. contrariando a proposio 3.11 (a). Quanto ao item (b), se

S {v} seria LI pelo S gera V e no LI, vimosento

em 3.2(5) que um de seus vetores combinao linear dos demais, o que nos daria um conjunto de geradores com

n1

vetores, contrariando a proposio 3.11(b).

Exemplo 3.14

Sabemos que

V = R2 V,como

tem dimenso 2; logo, qualquer par de vetores LI

APOSTILA_Introdução à álgebra linear – Antonio Carlos; Ana Paula Lima

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