Notas de lgebra Linear

Eduardo Hernandez, Michelle Pierri

Sumrio

1 Espaos Vetoriais 4

1.1 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2.1 Interseo e soma de subespaos vetoriais . . . . . . . . . . . 10

1.3 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3.1 Subespaos gerados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2 Dependncia Linear, base e dimenso 21

2.1 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.1.1 Coordenadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

2.2 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

2.2.1 Prova teste 1 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2.2 Prova Teste 2 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2.3 Prova 1 do ano 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2.2.4 Prova 1 de 2012 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36

3 Transformaes Lineares 37

3.0.5 Imagem e Ncleo de uma transformao . . . . . . . . . . . . 38

3.1 Isomorsmo e Automorsmo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

3.1.1 O Espao Vetorial L(U, V ) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 453.1.2 A matriz associada a uma Transformao Linear . . . . . . . 47

3.2 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4 Autovalores e Autovetores 55

4.1 Polinmio Caracterstico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

4.2 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

4.2.1 Transformaes lineares diagonalizaveis . . . . . . . . . . . . 61

4.3 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.3.1 Prova teste 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 65

4.3.2 Prova 2 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

5 Espaos Euclidianos 67

5.1 Produto Interno . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

5.1.1 Ortogonalidade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

5.1.2 Processo de Gram-Schmidt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.1.3 O metodo dos mnimos quadrados . . . . . . . . . . . . . . . 76

5.1.4 Complemento Ortogonal . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2

5.1.5 Isometrias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

5.2 Exerccios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

5.2.1 Prova teste 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

5.2.2 Prova 3 de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

5.2.3 Prova de recuperao de 2011 . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

Referncias Bibliogrcas 83

3

Captulo 1

Espaos Vetoriais

Neste captulo introduziremos o conceito mais importante da teoria de algebra linear,

o conceito de espao vetorial. No que segue desta apostilha, R denota o conjuntodos nmeros reais.

Denio 1.1. Seja V um conjunto no vazio e suponha que existem duas opera-es denidas em V, uma operao somma (denotada +) que a cada par de elementosu, v V associa un nico elemento de V denotado por u + v, e uma operao cha-mada de multiplicao por escalar que a cada u V e todo R associa un nicoelemento de V denotado por u. Dizemos que o triple (V,+, ) um espao vetorialse as seguintes condies so satisfeitas:

P1 u+ v = v + u para todo u, v V, (propriedade comutativa)P2 u+ (v + w) = (u+ v) + w para todo u, v, w V, (propriedade associativa)P3 existe um elemento 0 V tal que 0 + u = u para todo u V,P4 para cada u V existe v V tal que u+ v = 0,P5 ( u) = () u para todo u V e , R,P6 (+ ) u = u+ u para todo u V, , R,P7 (u+ v) = u+ v para todo u, v V e R,P8 1 u = u para todo u V.Observao 1.2. Os elementos de um espao vetorial (independentemente da na-

tureza do conjunto V ) so chamados de vetores e os nmeros reais que aparecem namultiplicao u so chamados escalares.A seguir apresentamos alguns exemplos de espas vetorias.

Exemplo 1.3. Um exemplo obvio de espao vetorial o conjunto R munido com asoperaes + e usuais.Exemplo 1.4. O espao RnSeja Rn o conjunto formado por todas as n-uplas ordenadas de nmeros reais.Lembre que uma n-upla de nmeros reais uma ordenao de nmeros reais da forma

4

(x1, . . . , xn). No conjunto Rn denimos a soma de n-uplas e a multiplicao escalarpor

(x1, . . . , xn) + (y1, . . . , yn) = (x1 + y1, . . . , xn + yn),

(x1, . . . , xn) = (x1, . . . , xn).Deixamos como exercicio mostrar que Rn munido com as operaes anterioresi umespao vetorial.

Exemplo 1.5. O espao de polinmios de grau menor o igual a n.Seja n N e Pn(R) o conjunto formado por todos os polinmios com coecientesreais de grau menor ou igual a n. Lembre que um polinmio com coecientes reais uma funo f da forma f(x) = a0 + a1x+ + anxn =

ni=0 aix

ionde cada ai um nmero real.

Em Pn(R) denimos as operaes soma e multiplicao por escalar na forma Soma: Se p(x) = a0 + a1x+ + anxn =

ni=0 aix

ie q(x) = b0 + b1x+ +

bnxn =

ni=0 bix

idenimos (p+q)(x) = (a0+b0)+(a1+b1)x+ +(an+bn)xn =n

i=0(ai + bi)xi

Multiplicao por escalar: p(x) = a0 + a1x + + anxn =n

i=0 aixie

R denimos p(x) = (a0) + (a1)x+ + (an)xn =n

i=0 aixi

Exerccio 1.6. Mostrar que Pn(R) munido com as operaes anteriores um espaovetorial.

Exemplo 1.7. Espaos de funes

Seja A R e denotemos por F(A;R) o conjunto formado por todas as funes fdenidas de A em R. No conjunto F(A;R) consideramos as seguintes operaes: Soma: Se f, g F (A;R) funo soma f+g : A R dada por (f+g)(x) =f(x) + g(x).

Multiplicao por escalar: Se R e f F (A;R) a funo f dadapor ( f)(x) = f(x).Exerccio 1.8. Mostrar que F (A;R) munido com as operaes anteriores umespao vetorial.

Exemplo 1.9. O espao das matrizes de ordem nm.Sejam n,m N. Lembremos que uma matriz de ordem nm uma ordenao denumeros reais ai,j da forma

a1,1 a1,2 a1,ma2,1 a2,2 a2,m.

.

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ai,1 ai,2 ai,m.

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an,1 an,2 an,m

formada por n-las e m-colunas. Para simplicar, no que segue uma matriz como aanterior ser representada na forma A = (ai,j)n,m.

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Denimos M(n,m) como sendo o conjunto formado por todas a matrizes deordem n m. Nesta apostilha sempre assumiremos que M(n,m) munido dasseguintes operaes:

Soma: Se A = (ai,j)n,m e B = (bi,j)n,m a A + B dada por A + B =(ai,j + bi,j)n,m,

Multiplicao por escalar: Se R e A = (ai,j)n,m, a matriz A dadapor A = (ai,j)n,m = (ai,j)n,m.

Exerccio 1.10. Mostrar que com as operaes anteriores M(n,m) um espaovetorial.

Exemplo 1.11. Um exemplo abstrato

Os exemplos anteriores envolvem conjuntos e operaes que ja conhecemos. O

seguinte exemplo mais abstrato e por isso o estudaremos com maior ateno.

No conjunto V = (0,) denimos a soma entre dois nmeros x e y de V porx y = xy (aqui xy o produto usual entre x e y) e o produto escalar de x e Rpor x = x. Com essas operaes temos que V um espao vetorial. De fato,note que

P1 se x, y V temos que x y = xy = yx = y x para todo x, y V,P2 x (y z) = x (yz) = x(yz) = (xy)z = (x y)z = (x y) z para todo

x, y, z V,P3 se x V temos que 1 x = 1x = x. Logo, o vetor 0 em P3 o nmero 1,P4 se x V ento 1x V , de onde segue que P4 satisfeita com x = 1x ,P5 ( x) = x = (x) = x = x = () x para todo x V e

, R,P6 (+ ) x = x+ = xx = x x = ( x) ( x) para todo x V e

, R,P7 (x y) = (xy) = (xy) = xy = ( x) ( y) para todo x, y Ve R,

P8 1 x = x1 = x para todo x V.Exemplo 1.12. Seja V = {(x, y, z, w) R4 : y = x, z = w2} com as operaesusuais de R4. Como (0, 0, 1, 1) V e 1(0, 0, 1, 1) = (0, 0,1,1) 6 V, segue que Vno um espao vetorial.

Um dos aspectos mais interessantes de qualquer teoria matemtica que ela de-

senvolvida a partir de um conjunto de propriedades bsicas. Em particular, notamos

que todos os resultados e aplicaes da algebra linear so obtidos a partir dos axio-

mas P1-P8. No prximo resultado vemos como possivel obter novas propriedadesa partir desses axiomas.

Proposio 1.13. Se (V,+, ) um espao vetorial, ento as seguintes propriedadesso vericadas.

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1. O elemento 0 da propriedade P3 nico,

2. para cada u V o vetor u da propriedade P4 nico,3. se 0 o vetor em P3 e R ento 0 = 0,4. se 0 o nmero real zero e u V ento 0u = 0,5. se u = 0 ento = 0 ou u = 0,

6. se u ento 1 u = u,7. se R e u V ento ()u = (u) = (u),8. se u V ento (u) = u,9. se u+ w = v + w ento u = v,

10. se u, v V ento existe um nico w V tal que u+ w = v.Prova: Mostramos somente as seis primeiras propriedades, a prova das outras

deixada como exercicio.

1. Suponha que 0 V tambem satisfaz a propriedade P3. Ento, por P3 e P1temos que 0 = 0 + 0 = 0 + 0 = 0.

2. Suponha que v V tal que u + v = 0. Usando P1, P2 e P3 vemos quev = v+0 = v+ (u+u) = (v+ u) +u = (u+ v) +u = 0+u = u. Istoprova que existe un nico vetor que verica a propriedade P4.

3. Por P3 e P7 temos que 0 = (0 + 0) = 0 + 0. Usando isto, vemos que

0 = 0 + 0, /+ (0)0 +(0) = (0 + 0) +(0)

0 = (0 + 0) +(0) por P30 = 0 + (0 +(0)) por P20 = 0 + 0 por P4

0 = 0, por P3,

o que prova a propriedade.

4. Note que 0u = (0+0)u = 0u+0u. Logo, somando (0u) ao ambos lados destaigualdade vemos que

0u = (0u+ 0u) +(0u)0 = 0u+ (0u+(0u)) por P20 = 0u+ 0 por P4

0 = 0u por P3.

5. Suponha que u = 0 e que 6= 0. Por P8, P5 e propriedade em (3), vemos queu = 1u = (1)u = 1(u) = 10 = 0.

6. Como 0 = 0 u = (1 u+ 1 u) = 1u+ u, de (2) segue que u = 1 u.

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1.1 Exerccios

1. Verique que o conjunto V com as operaes indicadas um espao vetorial.

(a) O conjunto V =

{(a bb a

): a, b R

}com as operaes usuais de

M(2, 2).

(b) O conjunto V =

{(a bb 3a

): a, b R

}com as operaes usuais de

M(2, 2).

(c) O conjunto V ={(x, y) R2 : 3x 2y = 0} com as operaes usuais de

R2.(d) O conjunto V = {f : R R : f(x) = f(x), x R} com as operaesdo espao F(R;R).(e) O conjunto V =

nN Pn(R) com as operaes do espao F(R;R).(f) O conjunto V = R2 munido das operaes (x1, y1) (x2, y2) = (2x1

2y1, y1 x1) e (x, y) = (3x,x.)(g) O conjunto V = R2 com as operaes (x1, y1)(x2, y2) = (x1+x2, y1+y2)e (x, y) = (x, 0).

(h) O conjunto V ={(x, y, z, w) R4 : y = x, z = w2} com as operaes de

R4.(i) V = R (R \ {0}) com as operaes (x1, y1) (x2, y2) = (x1 + x2, y1y2),

(x, y) = (x, y).(j) Seja R e F = {f F (R,R) : f periodica} (lembre que umafuno f R periodica f(s + ) = f(s) para todo s R.) Com asoperaes do espao F(R;R), o conjunto F um espao vetorial .?2. Suponha que (U, , ) e (W,,) so espaos vetoriais. No espao produtoU W = {(x, y) : x U, y W} denimos as operaes (u, v) + (w, z) =(u w, v z) e (u, v) = ( u, v). Com as operaes anteriores U W um espao vetorial?

Observao 1.14. Para simplicar as notaes, no que segue desta apostilha V serum espao vetorial e as operaes soma e multiplicao por escalar sero denotadas

por u+ v e u respectivamente.

Introduzimos agora o conceito de subespao vetorial.

Denio 1.15. Seja W V . Dizemos que W um subespao vetorial de V , seW munido das operaes soma e multiplicao escalar de V um espao vetorial.

Observao 1.16. conveniente lembrar a seguinte frase da denio de espao

vetorial: Uma operao somma (denotada +) que a cada par de elementos u,v Vassocia um nico elemento de V denotado por u+ v, e uma multiplicao porescalar que a cada u V e todo R associa un nico elemento de V denotadopor u. " Logo, para que W V seja um subespao vetorial de V necessario queu + v W e u W para todo u, v V e todo R. Como veremos no prximoresultado, estas propriedades caracterizam o conceito de subespao vetorial.

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Proposio 1.17. Um conjuntoW V um subespao vetorial de V u+v Wpara todo u, v W e todo W .Prova: Se W um subespao vetorial de V , da denio de subespao vetorial (vejatambm a observao 1.16) segue diretamente que u+ v W para todo u, v We todo W .Suponha agora que u + v W para todo u, v W e todo W . Paraprovar que W um espao vetorial temos que mostrar que as propriedades P1-P8so vericadas. As propriedades P1, P2, P5, P6, P7 e P8 so trivialmente satisfeitaspois elas so vlidas em relao a V . Assim, resta mostrar que P3 e P4 so satisfeitas.Seja u W e R. Da Proposio 1.13 sabemos que u = 1u. Logo,

0 = u + u = u + 1u W o que implica que a condio P3 satisfeita. Usandoagora que 0 W e que u = 1u temos que u = 0 + 1u W o que prova queP4 tambem vlida. Segue do anterior que W um subespao vetorial de V . Istocompleta a prova.

Vejamos alguns examplos de sub-espacos vetoriais.

Exemplo 1.18. Obviamente os conjuntos {0} e V so subespaos de V . Estessubespaos so chamados de subespaos vetoriais triviais de V .

Exemplo 1.19. O conjunto S = {(x, y, z) R3 : x + y + z = 0} um subsepaovetorial de R3.Sejam u = (x, y, z), v = (x1, y1, z1) vetores em S e R. Para mostrar que W um subespao vetorial de R3 temos que provar que u+v = (x+x1, y+y1, z+z1)pertence a S. Da denio de S segue que x + y + z = 0 e que x1 + y1 + z1 = 0.Logo, x+ x1 + y + y1 + z + z1 = x+ y + z + (x1 + y1 + z1) = 0, o que mostraque u+ v S. Por tanto, S um subespao de R3.Exemplo 1.20. Seja P n(R) o subconjunto de Pn(R) denido por P n = {p Pn :p(0) = 0}. Para mostrar que P n(R) um subespao vetorial de Pn(R) usaremos aProposio 1.17.

Sejam f, g P n(R) e R. Provar f + g P n(R) equivalente a mostrarque (f + g)(0) = 0. Note agora que (f + g)(0) = f(0) + (g)(0) = f(0) + g(0) =0 + 0 = 0.

Exemplo 1.21. Seja A M(n, n) uma matriz quadrada de ordem n e W = {X M(n, 1) : AX = 0}. O conjunto W com as operaes de M(n, 1) um subespaovetorial de M(n, 1).Sejam X,Y W e R. Para mostrar que X + Y W temos que provar que

A(X + Y ) = 0. Note agora que da denio de W , temos que AX = 0 e AY = 0,de onde segue que

A(X + Y ) = AX +A(Y ) = AX + AY = O + O = O.

Isto prova que W um subespao vetorial de M(n, 1).

Exemplo 1.22. Seja Sn(R) o subconjunto de Pn(R) dado por

Sn(R) = {f =ni=0

ajxj Pn(R) : aj = 0 se j par}.

Deixamos como exercicio mostrar que Sn(R) um subespao vetorial de Pn(R).

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1.2 Exerccios

1. Sejam a1, . . . , an R e W = {(x1, . . . , xn) Rn :n

i=1 ajxj = a1x1 + +anxn = 0}. O conjunto S um subespao vetorial de Rn. ?2. Resolver o exercicio anterior usando o Exemplo 1.21.

3. O conjunto das matrizes simtricas de ordem nn um subespao vetorial deM(n, n). Lembre que uma matriz A = (ai,j)n,n simtrica se ai,j = aj,i paratodo i, j.

4. Sejam m,n N com m n. O conjunto Pm(R) um subespao de Pn(R) ?

1.2.1 Interseo e soma de subespaos vetoriais

Nesta seo veremos que a interseo e a soma de subespaos vetorias um subespao

vetorial. Para comear, estudemos o caso da interseo.

Proposio 1.23. Se U e W so sub-espaos vetoriais de V ento o conjunto U W = {x V : x U, x W} sub-espao vetorial de V.Prova: Para mostrar o resultado usamos a Proposio 1.17. Sejam u, v U W e R. Como u, v U e U um espao vetorial temos que u+ v U . Mais ainda,como u, v W e W um espao vetorial tambm temos que u + v W . Agora,pela Proposio 1.17 segue que U W sub-espao vetorial de V.Denio 1.24. Sejam U e W subconjuntos de V. O conjunto U +W denido porU +W = {u + w : u U,w W} chamado soma de U e W . A soma U +W chamada direta se U W = {0}. Se a soma U +W direta, usaremos a notaoU W em lugar de U +W.Proposio 1.25. Suponha que U,W so sub-espas vetoriais de V . Ento,

1. U +W um subespao vetorial de V ,

2. U +W o menor subespao vetorial de V que contm U W , ou seja, se Q um subespao vetorial de V que contm U W ento U +W Q.3. A soma U +W direta para cada v U +W existe um nico u U e umnico w W tais que v = u+ w.Prova: Para comear, mostremos que U +W um subespao vetorial de V . Sejamu, v U +W e R. Como u U +W , existem vetores u1 U e w1 W tais queu = u1 +w1. Similarmente, como v U +W existem vetores u2 U e w2 W taisque v = u2+w2. Como U e W so subespaos vetoriais de V segue que u1+u2 Ue que (w1 + w2) W . Usando isto, vemos que

u+ v = u1 + w1 + u2 + w2 = u1 + u2 + (w1 + w2) U +W,

de onde concluimos que U +W um subespao vetorial de V .Provaremos agora a segunda propriedade. Se u U ento u = u + 0 U +Wde onde segue que U U +W . Da mesma forma podemos provar que W U +W .Assim, obtemos que U W U +W .

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Suponha agora que Q um subespao vetorial de V tal que U W Q. Seu U e w W ento u Q e w Q, o que implica que u + w Q pois Q subespao vetorial de V . Agora da denio de U +W segue que U +W = {u+w :u U, w W} Q.Para nalizar, mostremos a propriedade (3). Suponha que a soma U+W direta.Se z U +W existem vetores u1 U e w1 W tais que z = u1 + w1. Suponhaagora que z = u2 + w2 com u2 U e w2 W . Nessas condies

u1 + w1 = u2 + w2 o que implica que u1 u2 = w2 w1. (1.26)

Como u1 u2 U e u1 u2 = w2 w1 W , segue que u1 u2 U W = {0} oque implica que u1 u2 = 0 e u1 = u2. Mais ainda, como 0 = u1 u2 = w2 w1obtemos que w1 = w2. Isto prova que a representao de z como soma de vetores deU e W nica.

Suponha agora que para cada v U +W existe um nico u U e um nicow W tais que v = u + w. Se z U W ento z = 0 + z e z = z + 0 de ondeinferimos que z = 0 (pela hipotese, z pode ser escrito em uma nica maneira). Comoz arbitrario do anterior temos que U

W = {0} e que a soma U +W direta. Aprova est completa.

Exemplo 1.27. Sejam U = {(x, y, z) R3 : x+ y + z = 0} e W = {(x, y, z) R3 :x = y = 0}. Vejamos que R3 = U W . simple mostrar que U,W so subespaos vetoriais de R3 (deixamos isto comoexercicio!). Para mostrar que R3 = U W , temos que provar que R3 = U +W eque U

W = {0}.Suponha que z = (z1, z2, z3) U W . Da denio de W segue que z1 = z2 = 0e da denio de U vemos que z3 = z1 + z2 + z3 = 0, o que prova que z = 0 e queU W = {0}.Para completar a prova, emos que provar que todo vetor de R3 pode ser escrito naforma u+w com u U e w W . Seja z = (z1, z2, z3) R3. Como (x, y,xy) U ,(0, 0, z + x + y) W e z = (x, y,x y) + (0, 0, z + x + y) segue que z U +W .Portanto, R3 = U W .O conceito de soma direta pode ser generalizado.

Denio 1.28. Sejam U1, . . . , Un subconjuntos do espao V. A soma dos conjuntosU1, . . . , Un o conjunto denido por

ni=1

Ui = U1 + + Un = {u1 + + un : uj Uj , j = 1, . . . , n}.

Denio 1.29. Sejam U1, . . . , Un subespaos vetoriais de de V. Dizemos que asoma U1 + + Un direta se Uj (U1 + + Uj1 + Uj+1 + Un) = {0} paratodo j {1, . . . n}. No que segue, usaremos a notao U1 Un = ni=1Ui paraindicar que a soma U1 + + Un direta.Procedendo como na prova da Proposio 1.25, podemos mostrar o seguinte re-

sultado.

Proposio 1.30. Se U1, . . . , Un so subespaos vetoriais de V ento

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1. U1 + + Un um subespao vetorial de V ,2. U1+ +Un o menor subespao vetorial de V que contm o conjunto

ni=1 Ui,

3. V = U1 Un para cada v U1 + + Un e todo j {1, . . . , n} existeum nico vetor uj Uj tal que v = u1 + + un.Prova: Exercicio.

Exemplo 1.31. Vejamos que Pn(R) soma direta dos subespaos vetoriais Ui ={axi : a R}.Se f Pn(R) ento f da forma f(x) = a0 + a1x+ . . . anxn de onde segue que

f U1 + + Un pois aixi Ui para cada i. Isto prova que Pn(R) U1 + + Une que Pn(R) = U1 + + Un pois U1 + + Un Pn(R).Para completar a prova usamos o item (3) da Proposio 1.30. Suponha que

f Pn(R) tal que f(x) = a0 + a1x + . . . anxn e f(x) = b0 + b1x + . . . bnxn. Doanterior, temos que H(x) = (a0 b0) + (a1 b1)x+ . . .+ (an bn)xn = 0 para todox R.Como a0 b0 = H(0) = 0 segue que a0 = b0, de onde temos que H(x) =

(a1 b1)x + (a2 b2)x2 + . . . + (an bn)xn = 0 para todo x R. Assim, x[(a1 b1) + . . .+ (an bn)xn1] = 0 para todo x R o que implica que (a1 b1) + (a2 b2)x+ . . .+ (an bn)xn1 = 0 para todo x 6= 0.Se (a1 b1) > 0 (resp. (a1 b1) < 0) ento podemos escolher x sucientementepequeno de modo que (a1 b1) > [(a2 b2)x+ . . .+(an bn)xn1] (resp. (a1 b1) 0, t R},18. V = P3(R) e W = {f P3(R) : f(1) > 0}.

Ex. 1.33. Achar 100001 subespaos vetoriais de R2. Quantos subespaos vetoriaisde R existem ?

Ex. 1.34. Estudar as seguintes armaes (se voc considera que a armao

verdadeira prove ela e se acha que falsa invente um contraexemplo):

1. SeW1 eW2 so susbespaos vetoriais de V entoW1W2 subespao vetorialde V.

2. Suponha que W1 e W2 so subespaos de V. Ento W1 W2 subespao deV W1 W2 ou W2 W1.3. Se W1 e W2 so susbespaos vetoriais de V ento o conjunto {w1w2 : wi Wi, R} um subespao vetorial de V.4. Se W1 e W2 so susbespaos vetoriais de V ento o conjunto W1 W2 ={(w1, w2) : w1 W1, w1 W1} um subespao vetorial de V V . (Note queV V um espao vetorial quando munido das operaes (v1, v2) + (v3, v4) =(v1 + v3, v2 + v4) e (v1, v2) = (v1, v2)).

5. Se U = {(x, y, z) R3 : x = 0} e W = {(x, y, z) R3 : y = 0} entoR3 = U W .Ex. 1.35. Nos seguintes casos, achar os subespaos U +W e U W de V .

13

1. V = R2, U ={(x, y) R2 : y = 0} e W = {(x, y) R2 : x = y} onde um nmero real no nulo.

2. V =M((2, 2), U =

{(a 00 b

): a, b R

}e W =

{(0 c0 d

): c, d R

}.

3. Se V = R2, U ={(x, y) R2 : 2x+ 3y = 0} e W = {(x, y) R2 : x y = 0}ento V = U W .

4. Se V o espao V = M(3, 3), U =

a b 00 0 c

0 0 d

: a, b, c, d R e

W =

0 0 ef g 0

h i 0

; e, f, g, h, i R ento V = U W .Ex. 1.36. Nos seguintes casos, achar um subespaoW de V de modo que V = UW.

1. V = R3 e U = {(x, y, 0) : x, y R} .

2. V =M(3, 3) e U ={A M(3, 3) : AT = A} .3. V =M(2, 1) e U = {X M(2, 1) : AX = 0} sendo A =

(1 10 1

).

Ex. 1.37. Suponha que U e W so subespaos vetoriais do espao V . Provar que:

1. U W U +W =W

2. U W U W = U

3. U +W = U U W

4. U W = U U W

1.3.1 Subespaos gerados

Nesta seo veremos como obter um subespao vetorial de V a partir de un subcon-junto de V . Para comear introduzimos o conceito de combinao linear de vetores.

Denio 1.38. Seja A = {u1, . . . , un} V . Uma expressao da forma u =ni=1 iui, com 1, . . . , n nmeros reais, chamada combinao linear dos veto-res u1, . . . , un, ou combinao linear dos vetores em A.

Exemplo 1.39. Seja A Pn(R) o conjunto denido por A = {1, x, x2, . . . , xn}.Os vetores 1 + x, 1 + x2, 1 + 2x + 3x2 so combinaes lineares dos vetores em A.Mais ainda, todo vetor de Pn(R) (equivalentemente, todo polinmio de grau n) combinao linear dos vetores em A.

Exemplo 1.40. Seja A o subconjunto de P3(R) dado por A = {1, 1+x, 1+x+x2}.Mostre que o polinmio p(x) = 1 + x2 combinao linear dos vetores em A.

14

Exemplo 1.41. Seja n N. Nesta apostilha, para i {1, . . . , n} usaremos a notaoei para o vetor de Rn dado por ei = (x1, . . . , xi, . . . , xn) onde xj = 0 se j 6= i e xi = 1(ou seja, ei = (0, . . . , 1, . . . , 0)). fazil ver que y = (y1, . . . , yi, . . . , yn) =

ni=1 yiei, de modo que todo vetor de

Rn combinao linear dos vetores e1, . . . , en. Observamos que os vetores e1, . . . , enso chamados de vetores cannicos de Rn.

Exemplo 1.42. Sejam n,m N, k {1, . . . , n} e p {1, . . . ,m}. Nesta apostilha,Ap,k = (ai,j)n,m a matriz de M(n,m) tal que ai,j = 0 quando (i, j) 6= (k, p) eak,p = 1, ou seja,

Ak,p =

0 0 . . . 0 . . . 00 0 . . . 0 . . . 0.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0 0 . . . 1 . . . 0.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

0 0 . . . 0 . . . 0

onde o nmero 1 aparece no lugar (k, p). fazil ver que toda matriz de M(n,m) combinao linear das matrizes em {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m}. Mais ainda,se A = (ai,j)n,m ento A =

ni=1

mj=1 ai,jAi,j =

i,j ai,jAi,j .

Denio 1.43. Seja S V no vazio. Denimos o conjunto [S] como sendo osubconjunto de V formado por todas as combinaes lineares dos elementos de S,ou seja, [S] = {v =ni=1 isi : i R, si S, n N}.Denio 1.44. Seja S = {u1, . . . , un} V . Denimos o conjunto [S] como sendoo subconjunto de V formado por todas as combinaes lineares dos elementos de S,ou seja, [S] = {v =ni=1 iui : i R}.Exemplo 1.45. Seja n N e S = {e1, . . . , en} = {ei : i = 1, . . . , n}. Como todovetor de Rn combinao linear dos vetores canonicos e1, . . . , en segue que Rn = [S].Se S = {Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} onde Ai,j so as matrizes denidas noExemplo 1.42, ento M(n,m) = [S]. Similarmente, se S o subconjunto de Pn(R)formado pelos polinomios 1, x, x2, . . . , xn temos que Pn(R) = [S].

Nos exemplos anteriores, o subespao gerado por S sempre o espao completo.Em geral isto no assim. Considere a modo de exemplo, o subconjunto de R3 dadopor S = {e1, e2}. fazil ver que neste caso, [S] = {(x, y, 0) : x, y R} 6= R3.Exemplo 1.46. Se S P3(R) o conjunto S = {1, t, t2, 1 + t3} ento P3(R) = [S].De fato, note que um polinomio da forma p(t) = a0 + a1t+ a2t

2 + a3t3pode ser

representado na forma p(t) = (a0 a3)+ a1t+ a2t2+ a3(t3+1) [S], de onde segueque P3(R) = [S].

Exemplo 1.47. Se S =

{(0 10 0

),

(0 01 0

)}, os vetores em [S] so da forma

A =

(0 10 0

)+

(0 01 0

)=

(0 0

),

com , R. Como , so arbitrarios, vemos que [S] est formado por todas asmatrizes con diagonal principal nula.

15

Na prxima proposio consideramos algumas importantes propriedades dos con-

juntos gerados.

Proposio 1.48. Seja S um subconjunto no vazio de V. As seguintes condiesso vlidas.

1. [S] um subespao vetorial de V , S [S] e [S] o menor subespao vetorialde V contendo S,

2. se S um subespao vetorial de V ento S = [S] e [[S]] = [S],

3. se T S ento [T ] [S],4. [S T ] = [S] + [T ].Prova: Provemos a primeira propriedade. Para mostrar que [S] subespao vetorialde V , xemos u, v [S] e R. Pela denio de [S] podemos supor que u =1u1 + + nun e v = 1v1 + + mvm onde 1, . . . , n, 1, . . . , m R sonmeros nmeros reais e u1, . . . , un, v1, . . . , vm so vetores em S. De esta forma,temos que

u+ v = 1u1 + + nun + 1v1 + + mvm,que mostra que u+v [S] pois u+v se escreve como combinao linear de vetoresem S. Agora, pela Proposio 1.17 segue que [S] subespao vetorial de V . O fatoque S [S] obvio.Para completar a prova de (1), mostremos agora que [S] o menor subespaovetorial de V que contem o conjunto S. Suponha que M um subespao vetorialde V tal que S M . Se u [S] ento existem nmeros reais 1, . . . , n e vetoresu1, . . . , un em S tais que u = 1u1+ +nun. Como cada vetor ui um elementodeM eM subespao vetorial temos que u = 1u1+ +nun M , o que implicaque [S] M . Isto prova que [S] o menor subespao vetorial de V que contem S.Mostremos agora a segunda propriedade. Como S um subespao vetorial e [S] o menor subespao vetorial de V temos que [S] S o que implica que [S] = S poisS [S]. Mais ainda, usando o anterior claro que [[S]] = [S].Para mostrar (3) suponha que T S. Se u [T ] ento existem nmeros reais

1, . . . , n e vetores u1, . . . , un em T tais que u =n

i=1 iui. Como cada vetor ui tamb um elemento de S segue da denio de [S] que u [S]. Isto prova que[T ] [S].Para nalizar, provemos que [S T ] = [S] + [T ]. fazil ver que S [S] + [T ] e

T [S]+[T ] de onde segue que ST [S]+[T ]. Observando agora que [S]+[T ] umsubespao vetorial de V e que [ST ] o menor subespao vetorial que contem ST ,obtemos que [ST ] [S]+[T ].Mais ainda, como [S]+[T ] [ST ]+[ST ] [ST ]vemos que [S] + [T ] [S T ]. Do anterior, tem-se que [S] + [T ] = [S T ].Proposio 1.49. Se S = {u1, . . . , un} V , eto as seguintes propriedades sovlidas.

1. [S] um subespao vetorial de V , S [S] e [S] o menor subespao vetorialde V contendo S.

2. se T S ento [T ] [S],3. [S T ] = [S] + [T ].

16

Prova: Provemos a primeira propriedade. Para mostrar que [S] subespao vetorialde V , xemos u, v [S] e R. Pela denio de [S] podemos supor que u =1u1 + + nun e v = 1v1 + + nvn onde 1, . . . , n, 1, . . . , n so nmerosreais. Assim, temos que

u+ v = 1u1 + + nun + 1v1 + + nvn =ni=1

(i + i)ui,

que mostra que u + v [S] pois u + v uma combinao linear de vetores emS. Agora, pela Proposio 1.17 segue que [S] subespao vetorial de V . O fato queS [S] obvio pois cada vetor ui pode ser escrito na forma ui =

j 6=i 0uj + 1uiMostremos agora que [S] o menor subespao vetorial de V que contem o con-junto S. Suponha que M um subespao vetorial de V tal que S M . Se u [S]ento existem nmeros reais 1, . . . , n tais que u = 1u1 + + nun. Comocada vetor ui tambm um elemento de M e M subespao vetorial temos queu = 1u1 + + nun M , o que implica que [S] M . Isto prova que [S] omenor subespao vetorial de V que contem S.Mostremos agora (2). Como T S, podemos supor que T = {ui1 , . . . , uip} sendo

1 ij in para cada j. Se u [T ] ento existem nmeros reais 1, . . . , p tais queu =

pj=1 juij . Mas, como u =

nj=1 juj com j = j se j = ij e j = 0 quando

j / {i1, . . . , ip} temos que u [S], o que prova que [T ] [S].Para nalizar, provemos que [S T ] = [S] + [T ]. fazil ver que S [S] + [T ] e

T [S]+[T ] de onde segue que ST [S]+[T ]. Observando agora que [S]+[T ] umsubespao vetorial de V e que [ST ] o menor subespao vetorial que contem ST ,obtemos que [ST ] [S]+[T ].Mais ainda, como [S]+[T ] [ST ]+[ST ] [ST ]vemos que [S] + [T ] [S T ]. Do anterior, tem-se que [S] + [T ] = [S T ].Denio 1.50. Seja S V . O conjunto [S] chamado o subespao vetorial geradopor S e os elementos de S so chamados de geradores de [S]. Se S = {u1, . . . , un},usaremos a notao [S] = [u1, . . . , un].

Denio 1.51. Seja S = {u1, . . . , un} V . O conjunto [S] chamado o subespaovetorial gerado por S e os elementos de S so chamados de geradores de [S]. No quesegue, tambm usamos a notao [S] = [u1, . . . , un].

Denio 1.52. Dizemos que V um espao nitamente gerado se existe un con-junto S = {u1, . . . , un} V tal que V = [S].Do Exemplo 1.45 segue que os espaos Pn(R), Rn eM(n,m) so espaos vetoriaisnitamente gerados.

Exemplo 1.53. O espao W denido por W = {X M(3, 1) : AX = 0} onde

A =

0 1 02 1 01 1 4

nitamente gerado.

Para rovar nossa armao, conveniente caracterizar os elementos de W . Se

X =

W ento0 1 02 1 01 1 4

=000

de onde segue que = = = 0.

Logo, o nico elemento em W o vetor zero. Assim, W = [{0}].

17

Exemplo 1.54. O espao W denido por W = {X M(4, 1) : AX = 0} sendo

A =

1 1 1 02 0 1 13 1 0 10 2 3 1

nitamente gerado.

Para comear, caracterizemos de uma forma mais explicita o espao W . Se

X =

W ento1 1 1 02 0 1 13 1 0 10 2 3 1

=0000

de onde segue que {

= /2 /2 = 3/2 + /2

e

X =

/2 /23/2 + /2

= 1/23/210

+ 1/21/201

.

Do anterior concluimos que W =

1/23/210

,1/21/201

.No seguinte exemplo, vemos o caso de um espao vetorial que no nitamente

gerado.

Exemplo 1.55. Seja P (R) conjunto formado por todos os polinomios de grau nitomunido das operaes soma e multiplicao por escalar usuais. Como veremos, P (R)no nitamente gerado. Para mostrar esta armao, suponha que existem poli-

nomios p1, . . . , pn tais que P (R) = [p1, . . . , pn]. Seja N o grau mais alto dentre osgraus dos polinmios p1, . . . , pn. Como o x

N+1pertence P (R) e P (R) = [p1, . . . , pn],segue que existem numeros reais 1, . . . , n tais que x

N+1 =n

i=1 ipi. Logo, temosque 1 =

ni=1 i

pixN+1para todo x 6= 0. Porm isto abusrdo, pois para valoresgrandes de x temos que

ni=1 i

pixN+1

< 1. Como este absurdo surge de supor queP (R) = [p1, . . . , pn], segue que P (R) no pode ser nitamente gerado.

Exemplo 1.56. Sejam U = {(x, y, z, t) R4 : xy+ t+z = 0} e V = {(x, y, z, t) R4 : x + y t + z = 0}. No que segue, acharemos um conjunto gerador para cadaum dos espaos U, V, U V e U + V.Para comear, estudemos o espao U . Se (x, y, z, t) U ento y = x+ z + t e

(x, y, z, t) = (x, x+ z + t, z, t) = x(1, 1, 0, 0) + z(0, 1, 1, 0) + t(0, 1, 0, 1),

18

de onde segue que U = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1)].Vejamos agora o espao V . Se (x, y, z, t) V ento t = x+ y + z e

(x, y, z, t) = (x, y, z, x+ y + z) = x(1, 0, 0, 1) + y(0, 1, 0, 1) + z(0, 0, 1, 1),

de onde podemos concluir que V = [(1, 0, 0, 1), (0, 1, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].Se (x, y, z, t) U V ento{

x y + t+ z = 0x+ y t+ z = 0,

o que implica em x = z e y = t. Deste modo, temos que (x, y, z, t) = (x, y,x, y) =x(1, 0,1, 0) + y(0, 1, 0, 1) de onde concluimos que U V = [(1, 0,1, 0), (0, 1, 0, 1)].Finalmente, estudemos o espao U + V . Como U + V = [U ] + [V ] = [U V ],temos que

U + V = [(1, 1, 0, 0), (0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

Mais ainda, como (1, 1, 0, 0) = (1, 0, 0, 1) + (0, 1, 1, 0) (0, 0, 1, 1) temos que

U + V = [(0, 1, 1, 0), (0, 1, 0, 1), (1, 0, 0, 1), (0, 0, 1, 1)].

1.4 Exerccios

Ex. 1.57. Em cada caso, achar [S] como subespao de V .

1. S = {(1, 0), (2,1)} , V = R2.2. S = {(1, 1, 1), (2, 2, 0)} , V = R3.3. S =

{1, t, t2, 1 + t3

}, V = P3(R).

4. S =

{(0 10 0

),

(0 01 0

)}, V =M(2, 2).

Ex. 1.58. Em cada um dos itens abaixo achar um conjunto nito que gere o espao

W .

1. W ={(x, y, z) R3 : x 2y = 0} .2. W = {p P3(R) : p(t) = 0, t R} .3. W =

{A M(2, 2) : At = A} .4. W = {X M(3, 1) : AX = 0} onde A =

0 1 02 1 01 1 4

.Ex. 1.59. Em cada um dos itens abaixo achar un conjunto (o menor possivel)

gerador de U , W , U W e U +W.

1. U = [(1, 0, 0), (1, 1, 1)] e W = [(0, 1, 0), (0, 0, 1)],

19

2. U ={(x, y, z) R3 : x+ y = 0} e W = [(1, 3, 0), (0, 4, 6)],3. U =

{A M(2, 2) : At = A} e W = [( 1 1

0 1

)],

4. U = [t3+4t2 t+3, t3+5t2+5, 3t3] e W = [t3+4t2, t1, 1] como subespaosde P3(R).

Ex. 1.60. Achar un subconjunto nito de P3(R) que seja gerador de

1. U = {p P3(R) : p(1) = p(0) = 0} ,2. W = {p P3(R) : p = 0} ,3. U W.

Ex. 1.61. Mostre que as funes 1 e cos 2x pertencem a [ sen 2x, cos2 x].

Ex. 1.62. Verique se P2(R) = [1 + x, x+ 2x2, 1 x2].Ex. 1.63. Achar um conjunto nito que seja gerador de

1. U = {(x, y, z) R3 : x 2y = 0},2. V = {(x, y, z) R3 : x+ z = 0 e x 2y = 0},3. W = {(x, y, z) R3 : x+ 2y 3z = 0},4. U V e V +W .Ex. 1.64. Achar un conjunto de geradores para o conjunto dos numeros complexos

Cmunido das operaes usuais (a+ib)+(c+id) = a+c+i(c+d) e (a+ib) = a+ib.Mostre que {2 + 3i, 1 2i} um conjunto gerador de C.Ex. 1.65. Os conjuntos {(1,1, 2), (3, 0, 1)} e {(1,2, 3), (3, 3,4)} geram omesmo subespao vetorial de R3. ?

Ex. 1.66. O conjuto de matrizes

{(1 00 1

),

(1 10 0

),

(0 01 1

),

(0 11 2

)}

un conjunto gerador de M(2, 2) ?

20

Captulo 2

Dependncia Linear, base e

dimenso

Nos Exemplo 1.45 foi observado que os conjuntos S = {e1, . . . , en} e T = {Ai,j :i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m} so geradores de Rn e M(n,m) respectivamente. interessante notar para qualquer vetor ei temos que S \ {ei} no gerador de Rn.Similarmente, para cada matriz Ai,j temos que T \{Ai,j} no gerador de M(n,m).A propriedade descrita anteriormente no restrita a esses conjuntos e a essses

espaos. Mais ainda, como veremos neste capitulo nenhum subconjunto de Rn commenos de n vetores pode ser gerador de Rn e nenhum subconjunto de M(n,m)com menos de mn elementos pode ser gerador de M(n,m). Do anterior vemos queos conjuntos geradores de um espao vetorial com o menor nmero de elementos

possiveis so muito especiais. Este tipo de conjunto sero chamados de bases. Para

formalizar as ideias anteriores, temos que introduzir algumas denies.

Denio 2.1. Sejam u1, . . . , un vetores no nulos de V . Dizemos que os veto-res u1, . . . , un so linearmente independentes ou que o conjunto {u1, . . . , un} li-nearmente independente, se nenhum dos vetores ui combinao linear dos outrosvetores.

No prximo Lema reformulamos o conceito anterior.

Lema 2.2. Un conjunto {u1, . . . , un} V de vetores no nulos linearmente inde-pendente a nica soluo da equao ni=1 iui = 0 a soluo nula, ou seja, asoluo com 1 = . . . , n = 0.

Prova: Suponha que {u1, . . . , un} linearmente independente e que a equaoni=1 iui = 0 possui uma soluo no nula. Ento existem escalares 1, 2, . . . , nno todos zero, tais que

ni=1 iui = 0. Se i 6= 0, ento ui =

nj=1,j 6=i

jiujo que implica que {u1, . . . , un} no linearmente independente, o que absurdo.Isto prova que a equao

ni=1 iui = 0 tem uma nica soluo, a soluo nula

1 = 2 = . . . = n = 0.Suponha que a equao

ni=1 iui = 0 possui uma nica soluo. Se o con-junto {u1, . . . , un} no l.i, ento um desses vetores, digamos ui, combinaolinear dos outros. Neste caso, existem nmeros reais 1, 2, . . . , i1, i, . . . , n taisque ui =

nj=1,j 6=i juj . Nessas condies, temos que os nmeros 1, 2, . . . , i1,

1, i, . . . , n so uma soluo nula den

i=1 iui = 0, o que aburdo. Portanto,{u1, . . . , un} linearmente independente.

21

Observao 2.3. Do Lemma anterior vemos que para mostrar que um conjunto de

vetores {u1, . . . , un} linearmente independente, suciente provar que a equaoni=1 iui = 0 possui uma nica soluo.

Denio 2.4. Dizemos que um conjunto de vetores no nulos {u1, . . . , un} V linearmente dependente (o que os vetores u1, . . . , un so linearmente dependentes) se{u1, . . . , un} V no linearmente independente.Observao 2.5. Un conjunto de vetores {u1, . . . , un} V no nulos linearmentedependente se possvel encontrar nmeros reais 1, . . . , n no todos zeros tais que1u1 + + nun = 0.Exemplo 2.6. Os vetores (1, 1, 1), (1, 1, 0), (1, 0, 0) so linearmente independenteem R3. De fato, note que a equao (1, 1, 1) + (1, 1, 0) + (1, 0, 0) = (0, 0, 0) equivalente ao sistema de equaes

+ + = 0

+ = 0

= 0.

Como este sistema possui uma nica soluo, a solua nula, segue que {(1, 1, 1),(1, 1, 0), (1, 0, 0)} e linearmente independente.Exemplo 2.7. Sejam u1 = (x1,1, x2,1, . . . , xn,1), u2 = (x1,2, x2,2, . . . , xn,2), . . ., un =(x1,n, x2,n, . . . , xn,n) vetores de Rn. Como foi observado nateriormente, para ver seos vetores u1, . . . , un so lineramente independentes, temos que estudar a equaon

i=1 iui = 0. Esta equao equivalente ao sistema de equaes

1x1,1+ . . . +ix1,i . . .+ nx1,n = 0,1x2,1+ . . . +ix2,i . . .+ nx2,n = 0,.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

1xj,1+ . . . +ixj,i . . .+ nxj,n = 0,

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

1xn,1+ . . . +ixn,i . . .+ nxn,n = 0,

(2.8)

o qual pode ser re-escrito na forma

x1,1 x1,2 x1,nx2,1 x2,2 x2,n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

xj,1 xj,2 xj,n.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

xn,1 xn,2 xn,n

1.

.

.

i.

.

.

n

= A = 0. (2.9)

Se a matriz A inversivel (o que equivalente a ter que detA 6= 0) segue que = A10 = 0 a nica soluo de (2.9), o que os vetores u1, . . . , un so lineramenteindependentes. Se A no inversivel (o que equivalente a ter que detA = 0), oproblema A = 0 tem innitas solues, de onde segue que os vetores u1, . . . , un solinearmente dependentes.

22

Resumimos as observaes do Exemplo 2.7 na seguinte proposio.

Proposio 2.10. Sejam u1 = (x1,1, x1,2, . . . , x1,n), u2 = (x2,1, x2,2, . . . , x2,n), . . .,un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) vetores de Rn e A a matriz denida em (2.9). Os vetoresu1, . . . , un so linearmente independentes det(A) 6= 0.

Exemplo 2.11. As matrizes

(1 00 1

),

(1 10 1

),

(0 10 0

)so linearmente indepen-

dentes. ?

Para resolver o problema temos que estudar a equao

(1 00 1

)+

(1 10 1

)+

(0 10 0

)=

(0 00 0

). (2.12)

Deste equao segue que (+ + 0 +

)=

(0 00 0

),

de onde inferimos que = e = . Logo, temos que para R, os nmeros , = e = so solues de (2.12), o que implica que as matrizes so linearmentedependentes.

Exemplo 2.13. As funes cos() e sen () so linearmente independentes. ?Como antes, temos que estudar a equao cos() + sen () = 0. Se , Rso solues desta equao, ento teremos que cos(x) + sin(x) = 0 para todox R. Se avaliamos em x = 0 obtemos que = 0, de onde segue que sin(x) = 0para todo x R. Se avaliarmos agora em x = pi/2 obtemos que = 0. Portanto, anica soluo da equao cos() + sen () = 0 e = = 0, o que implica que asfunes cos() e sen () so linearmente independentes.O prximo resultado resume algumas propriedades associadas ao conceito de

conjunto linearmente independente.

Teorema 2.14. Seja A = {u1, . . . , un} V.1. Se {u1, . . . , un} linearmente dependente ento pelo um dos vetores combi-nao linear dos outros.

2. Se {u1, . . . , un} linearmente dependente e B un conjunto nito tal que{u1, . . . , un} B ento B l.d.3. Se {u1, . . . , un} linearmente independente e B {u1, . . . , un} ento B tam-bm l.i.

4. Se {u1, . . . , un} linearmente independente e {u1, . . . , un, v} linearmente de-pendente ento o vetor v combinao linear dos vetores u1, . . . , un.

5. Se {u1, . . . , un} linearmente independente, ento todo vetor v [u1, . . . , un] seescreve de uma nica maneira como combinao linear dos vetores u1, . . . , un,ou seja, se v = 1u1 + + nun e v = 1u1 + + nun ento i = i paracada i = 1, . . . , n.

23

Prova: A propriedade em (1) segue diretamente da denia de conjunto linearmenteindependente. Para mostrar (2), suponha que B = {u1, . . . , un, v1, . . . , vp}. Como A linearmente dependente existem nmeros reias 1, . . . , n no todos zero tais quen

i=1 iui = 0. Em particular, temos que

1u1 + + nun + 0v1 + + 0vp = 0,o que implica que os vetores u1, . . . , un, v1, . . . , vp so linearmente dependente.Provemos agora (3). Sem perda de generalidade, podemos supor que B =

{u1, . . . , uk} para algum k n. Se 1, . . . , k uma soluao da equaok

i=1 iui =0 ento

1u1 + + kuk + 0uk+1 + + 0uk = 0,de onde segue que 1 = 2 = . . . k = 0 pois os vetores u1, . . . , un so linearmenteindependentes. Assim, a nica soluo da equao

ki=1 iui = 0 1 = 2 =

. . . k = 0 o que prova que B linearmente independente.Mostremos agora (4). Suponha que u1, . . . , un so linearmente independentese que u1, . . . , un, v so linearmente dependentes. Como os vetores u1, . . . , un, v solinearmente dependentes, existem nmeros reias 1, . . . , n, no todos zero tais quen

i=1 iui + v = 0. Se = 0 enton

i=1 iui = 0 o que implica que 1 = . . . =n = 0 pois os vetores u1, . . . , un so linearmente independentes. Assim, temos quenecesariamente 6= 0 de onde obtemos que v = ni=1 i ui = 0. Isto mostra que v combinao linear dos vetores u1, . . . , un.Para nalizar, mostremos agora (5). Se v = 1u1+ +nun e v = 1u1+ +

nun ento 0 = v v =n

i=1(i i)ui = 0 de onde segue que i i = 0 paratodo i pois {u1, . . . , un} linearmente independente. Portanto, i = i para cadai = 1, . . . , n.

2.1 Exerccios

1. Estude se o conjunto S V linearmente independente.(a) S = {(1, 2), (3, 1)} , V = R2.(b) S =

{1 + t t2, 2 + 5t 9t2} , V = P2(R).(c) S =

{( 1 10 0

),

(2 01 0

)}, V =M(2, 2).

(d) S = {(1, 2, 2,3), (1, 4,2, 0)} , V = R4.

(e) S =

1 2 03 0 1

0 0 2

, 1 1 10 0 0

1 1 1

, 0 0 01 5 71 0 1

e V =M(3, 3).(f) S = {xex, x} , V = F(R;R) .2. Suponha que o conjunto S = {u, v, w} linearmente independente. Os conjun-tos S1 = {u, u+v, u+v+w}, S2 = {uv, vw,wu} e S3 = {u+v, u+v+w,w}so linearmente independentes. ?

3. Quais os subconjuntos abaixo so linearmente independentes ?

(a) {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1), (2, 3, 5)},

24

(b) {(1, 1, 1), (0, 1, 0), (1, 0,2)},(c) {(0, 0, 0), (1, 2, 3), (4, 1,2)},(d) {(1, 1, 1), (1, 2, 1), (3, 2,1)},

4. Quais dos subconjuntos de P4(R) so linearmente independentes. ?(a) {1, x 1, x2 + 2x+ 1, x2},(b) {2, x2 + 1, x+ 1, x2 1},(c) {x(x 1), x3, 2x3 x2, x},5. O subconjunto de F(R;R) dado por {1, ex, e2x} linearmente independente. ?

Introduzimos agora o conceito de base de um espao vetorial.

Denio 2.15. Dizemos que um conjunto de vetores no nulos {u1, . . . , un} V uma base de V se {u1, . . . , un} linearmente independente e [S] = V .Exemplo 2.16. O conjunto {e1, . . . , en} uma base de Rn e o conjunto de matrizes{Ai,j : i = 1, . . . , n, j = 1, . . . ,m}, veja Exemplo 1.42, uma base de M(n,m).Exemplo 2.17. O conceito de base especial, e por isso um conceito restritivo.

Porm, um espao vetorial (diferente de {0}) sempre possui innitas bases. Considerecomo exemplo, o espao V = R2.Seja (a, b) R2 diferente de (0, 0). Vejamos como podemos achar vetores (c, d) demodo que {(a, b), (c, d)} seja uma base de R2. Sejam c, d R de modo que adbc 6= 0(note que isto sempre possivel de fazer). Vejamos agora que {(a, b), (c, d)} basede R2.Para mostrar que {(a, b), (c, d)} um conjuto gerador de V temos que provarque todo vetor (x, y) R2 combinao linear dos vetores (a, b), (c, d). Considerea equao (a, b) + (c, d) = (x, y) donde as incognitas so e . Esta equao equivalente a equao (

a cb d

)(

)=

(xy

). (2.18)

Como det

(a cb d

)= ad bc 6= 0, segue que a matriz

(a cb d

) inversivel de

onde obtemos que (

)=

(a cb d

)1(xy

). (2.19)

Portanto, a equao (a, b) + (c, d) = (x, y) tem uma nica soluo o que mostraque R2 = [(a, b), (c, d)].Vejamos agora que {(a, b), (c, d)} linearmente independente. Para isto, temosque estudar a equao (a, b) + (c, d) = (0, 0). De (2.19) sabemos que a nicasoluo desta equao (, ) = (0, 0), o que prova que {(a, b), (c, d)} linearmenteindependente.

Do anterior, vemos que {(a, b), (c, d)} uma base se det(a cb d

)= ad bc 6= 0,o que nos permite armar que existe uma quantidade no nita de bases de R2.

25

Exerccio 2.20. Achar bases de R2 da forma {(1, 1), (c, d)}.Do Exemplo anterior, segue {(1, 1), (c, d)} base se d 6= c. Logo, {(1, 1), (1, 2)},

{(1, 1), (1, pi)}, {(1, 1), (pi,2)}.... so bases de R2.Exemplo 2.21. Achar uma base do subespao vetorial U de R3 gerado pelo conjunto{(1, 0, 1), (1, 2, 0), (0, 2,1)}. fazil ver que o vetor (0, 2,1) combinao linear dos vetores (1, 0, 1) e

(1, 2, 0) e que {(1, 0, 1), (1, 2, 0)} linearmente independente. Assim, obtemos que{(1, 0, 1), (1, 2, 0)} uma base de U .Exemplo 2.22. Os vetores u1 = (x1,1, x1,2, . . . , x1,n), u2 = (x2,1, x2,2, . . . , x2,n), . . .,un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) forman uma base de Rn o determinate da matriz A em(2.9) diferente de zero.

Do exemplo 2.7 sabemos que os vetores {u1, . . . , un} so linearmente indepen-dentes det(A) 6= 0. Assim, para mostrar que {u1, . . . , un} uma base resta provarque {u1, . . . , un} un conjunto gerador de Rn.Seja y = (y1, . . . , yn) Rn e considere a equao

ni=1 iui = y. Procedendocomo no Exemplo 2.7, vemos que esta equao equivalente a A = yT onde yT

o vetor y escrito na forma de coluna. Como a matriz A inversivel, segue queo problema tem uma nica soluo a qual dada por A1yT . Isto mostra que oconjunto {u1, . . . , un} uma base de Rn.Exemplo 2.23. Existem innitas bases do espao Rn.Sabemos que os vetores canonicos u2 = e1, u2 = e2, . . . , un1 = en1 so li-nearmente independentes. Seja agora un = (xn,1, xn,2, . . . , xn,n) de modo que odeterminate da matriz A em (2.9) seja diferente de zero (note que este vetor existepois neste caso det(A) = xn,n). Nessas condies, sabemos que o conjunto de vetores{u1, . . . , un} uma base de Rn e como existem innitos vetores un que vericam ascondies acima, temos que existem innitas bases de Rn.

No seguinte resultado veremos que todo espao vetorial nitamente gerado possui

uma base.

Teorema 2.24. Se V nitamente gerado, ento V possui uma base.

Prova: Suponha que V = [u1, . . . , un]. Se {u1, . . . , un} linearmente independenteento o resultado est provado. Se os vetores u1, . . . , un no so linearmente in-dependentes, ento existe um vetor uj que combinao linear dos outros vetores.Para simplicar a escrita, podemos reordenar os vetores e supor que u1 =

nk=2 kuksendo k nmeros reais.

Armamos que o conjunto {u2, . . . , un} un conjunto gerador de V . Para mostraristo, xemos u V . Como V = [u1, . . . , un] temos que existem nmeros reais1, . . . , n tais que u =

nk=1 kuk. Logo

u =nk=1

kuk = 1u1 +nk=2

kuk = 1

nk=2

kuk +nk=2

kuk =nk=2

(1k + k)uk,

o que prova que u [u2, . . . , un]. Como u arbitrario, obtemos que V = [u2, . . . , un].Se os vetores u2, . . . , un so linearmente independente ento {u2, . . . , un} umabase de V e o resultado est provado. De modo contrario, um dos vetores u2, . . . , un

26

combinaa linear dos outros. Renumerando os vetores, sem necessario, podemos

supor u2 =n

k=3 kuk sendo k escalares.Com antes, armamos que {u3, . . . , un} um conjunto gerador de V . De fato, se

u V e u =nk=2 kuk entou =

nk=2

kuk = 2u2 +

nk=3

kuk = 2

nk=3

kuk +

nk=3

kuk =

nk=3

(2k + k)uk,

o que implica que u [u3, . . . , un] e que {u3, . . . , un} um conjunto gerador de V .Como o conjunto {u1, . . . , un} nito, o processo anterior no pode continuarindenidamente (o processo naliza em {un} ou antes). Assim, existe k {1, . . . , n}tal que os vetores uk, . . . , un so linearmente independentes e [{uk, . . . , un}] = V .Neste caso, o conjunto {uk, . . . , un} uma base de V .O prximo resultado nos permitir introduzir o conceito de dimenso de um

espao vetorial nitamente gerado.

Proposio 2.25. Suponha que V nitamente gerado e que {v1, . . . , vm} umabase de V . Se n > m e {u1, . . . , un} V ento {u1, . . . , un} linearmente depen-dente.

Prova: Para provar o resultado temos que estudar a equao em variaveis xi dadapor

x1u1 + + xnun = 0. (2.26)Como V = [{v1, . . . , vm}], temos que cada vetor uj combinao linear dos vetoresv1, . . . , vm. Logo, para cada 1 j n existen nmeros reais 1,j , . . . , m,j tais queuj = 1,jv1 + + m,jvm =

mi=1 i,jvi. Usando isto em (2.26) obtemos que

x1

(mi=1

i,1vi

)+ + xn

(mi=1

i,nvi

)= 0. (2.27)

Notamos agora que a somma anterior pode ser re-escrita na forma nj=1

xj1,j

v1 + + nj=1

xjm,j

vm = 0.Como os vetores v1, . . . , vm so linearmente independentes, vemos que cada uma dassomas que aparecem na ltima expressao so zero. Assim, obtemos o sistema de

equaes

x11,1 + . . .+ xn1,n = 0,

x12,1 + . . .+ xn2,n = 0,

.

.

. (2.28)

x1m,1 + . . .+ xnm,n = 0,

O sistema (2.28) um sistema linear homogneo de m equaes e n incgnitas ecomo n > m, segue-se que este sistema possui uma soluo no trivial que denotamosx1, . . . , xn. claro do anterior que x1, . . . , xn uma soluo no trivial de (2.26) oque mostra que {u1, . . . , un} un conjunto linearmente dependente. A prova estcompleta.

Como consequncia do resultado anterior temos o seguinte Teorema.

27

Teorema 2.29. Se V nitamente gerado ento todas as bases de V possuem omesmo nmero de elementos.

Prova: Suponha que {v1, . . . , vm} e {u1, . . . , un} so duas bases do espao V . Como{u1, . . . , un} base e {v1, . . . , vm} linearmente independente, da Proposio 2.25segue que m n. De maneira similar, como {v1, . . . , vm} base e {u1, . . . , un} linearmente independente, obtemos que n m. Como m n e n m segue-se quen = m.O resultado anterior nos permite introduzir o conceito de dimenso de um espao

vetorial.

Denio 2.30. Suponha que V nitamente gerado. Se V 6= {0}, denimosa dimenso de V como o nmero de elementos de uma base de V . Se V = {0}dizemos que a dimenso de V zero. A dimenso de V ser denotada por dim(V ).

Observao 2.31. Do exemplo (1.55) sabemos que existem espaos vetorias de

dimenso no nita. Quando um espao no tem dimenso nita, diremos simples-

mente que possui dimenso innita.

Para facilitar a prova de nossos proximos resultados estabelecemos o prximo

Lemma.

Lema 2.32. Se {u1, . . . , un} V linearmente independente e v / [{u1, . . . , un}]ento o conjunto {u1, . . . , un, v} V linearmente independente.Prova: Suponha que 1u1+ . . .+nun+v = 0. Se 6= 0, ento v =

nj=1

j ujo que absurdo pois v / [{u1, . . . , un}]. Assim, = 0. Como = 0, segue-se que1u1 + . . . + nun = 0 de onde obtemos que 1 = . . . = n = 0 pois {u1, . . . , un} linearmente independente. Portanto, a nica soluo de 1u1+. . .+nun+v = 0 asoluo com 1 = . . . = n = = 0, o que implica que {u1, . . . , un, v} linearmenteindependente.

O prximo resultado considera algumas propriedades dos espaos de dimenso

nita.

Proposio 2.33. Suponha que V um espao de dimenso nita.

1. Se W um subespao vetorial de V ento W um espao de dimenso nitae dim(W ) dim(V ),2. Se n = dim(V ) e {u1, . . . , un} linearmente independente ento {u1, . . . , un} uma base de V .

Prova: Suponha queW 6= {0} um subespao vetorial deW . ComoW 6= {0}, existeum vetor (no zero) w1 W . Se {w1} uma base de W ento a propriedade estprovada. De modo contrario, {w1} no base e existe w2 W tal que w2 / [{w1}].Agora, do Lemma 2.32 vemos que {w1, w2} un conjunto linearmente independente.Se {w1, w2} uma base de W , o resultado est provado. De modo contrario,existe w3 W tal que w3 / [{w1, w2}]. Como antes, do Lemma 2.32 obtemos que{w1, w2, w3} linearmente independente.Se o processo anterior continua indenidamente, teremos que existe k > n e unconjunto {w1, . . . , wk} que linearmente independente, o que absurdo segundo aProposio 2.25. Assim, deve existir k n tal que o processo para. Note agora

28

que neste caso, o conjunto {w1, . . . , wk} uma base de W . Isto prova que W nitamente gerado e que dim(W ) n.Mostremos agora (2). Suponha por absurdo que {u1, . . . , un} no una base.Como este conjunto linearmente independente, temos que {u1, . . . , un} no umconjunto gerador. Logo, existe un+1 V tal que un+1 / [{u1, . . . , un}]. Maisainda, do Lemma 2.32 segue-se que {u1, . . . , un+1} linearmente independente. Isto absurdo, pois todo conjunto com mais de n = dim(V ) elementos linearmentedependente (veja a Proposio 2.25). Como o absurdo consequencia de supor que

{u1, . . . , un} no base, podemos concluir que {u1, . . . , un} base de V .Exemplo 2.34. fazil ver dimRn = n e dimPn(R) = n+1. Mais ainda, deixamoscomo exercicio mostrar que o conjunto de matrizes {Ak,l : k = 1, . . . , n, l = 1, . . . ,m}(veja Exemplo 1.42) uma base de M(n,m) e que dimM(n,m) = nm.

Teorema 2.35. [Completamento] Suponha {u1, . . . , ur} V linearmente inde-pendente e que dimV = n > r > 0. Ento existem vetores ur+1, . . . , un tais que{u1, . . . , ur, ur+1, . . . , un} uma base de V.Prova: Pelo Teorema 2.29 vemos que {u1, . . . , ur} no pode ser base de V e comoeste conjunto linearmente independente concluimos que {u1, . . . , ur} no un con-junto gerador de V . Logo, existe um vetor ur+1 V tal que ur+1 / [{u1, . . . , ur}].Mais ainda, do Lema 2.32 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} un conjunto linearmenteindependente.

Agora temos duas possibilidades, r+1 = n ou r+1 < 1n. Se r+1 = n, do item(3) da Proposio 2.33 obtemos que {u1, . . . , ur, ur+1} uma base de V , e a provaestaria completa. Se r + 1 < n podemos fazer como antes e obter um vetor ur+2 talque {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2} linearmente independente.Continuando com a ideia anteriorm em n r 2 passos teremos um conjunto daforma {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, ur+3 . . . , un} que linearmente independente. Comoeste conjunto possui n elementos e linearmente independente, do item (2) da Pro-posio 2.33 podemos concluir que {u1, . . . , ur, ur+1, ur+2, . . . , un} uma base de V .A prova est completa.

Exemplo 2.36. Achar uma base do espao R3 contendo o vetor (1, 1,1).Como dim(R3) = 3, precisamos achar vetores (a, b, c), (x, y, z) de modo que oconjunto {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1,1) seja linearmente independente. Do Exemplo2.22 sabemos que {(a, b, c), (x, y, z), (1, 1,1) linearmente independente se

det

1 a x1 b y1 c z

= x(b+ c) y(a+ c) + z(b a) 6= 0.Em particular, usando (a, b, c) = (0, 1, 1) e (x, y, z) = (0, 0, 1) temos que o deter-minante anterior um, de onde segue que o conjunto {(0, 1, 1), (0, 0, 1), (1, 1,1)} uma base de R3.

No prximo resultado estudamos a dimenso do espao soma.

Teorema 2.37. Suponha que V nitamente gerado e que U , W so subespaosvetoriais de V . Ento

dim(U +W ) = dimU + dimW dimU W. (2.38)

29

Prova: Da Proposio 2.33 e do Teorema 2.24 segue-se que U,W,UW e U +Wpossuim bases. Seja {v1, . . . , vm} uma base de U

W. Como {v1, . . . , vm} U un conjunto linearmente independente, do Teorema 2.35 sabemos que existe un

conjunto de vetores {u1, . . . , up} U tal que {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} base de U.De maneira similar, vemos que existe un conjunto de vetores {w1, . . . , wm} W talque {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} uma base W.A seguir mostraremos que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} uma base de U +

W . Para comear, vejamos que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} linearmenteindependente.

Suponha que i, j , k so nmeros reais tais que

1u1 + + pup + 1w1 + + qwq + 1v1 + + mvm = 0. (2.39)De (2.39) vemos que

qi=1

iwi = pi=1

iui mi=1

ivi. (2.40)

Como os vetores o lado direito pertencem a U e os vetores que aparecem do ladoesquerda pertecem a W , segue-se que

qi=1 iwi U

W . Usando agora que

{v1, . . . , vm} base de U W , temos que existem nmeros reais i, i = 1, . . . ,mtais que

qi=1

iwi = 1v1 + + mvm,

de onde obtemos que

qi=1 iwi

mi1 ivi = 0. Como {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} linearmente independente, segue-se que 1 = . . . = m = 1 = . . . = q = 0.Voltando agora a (2.40), obtemos que

pi=1 iui +

pi=1 ivi = 0, de onde sededuz que 1 = . . . = p = 1 = . . . = m = 0 pois {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} linearmente independente.

Do anterior temos que todos os coecientee em (2.39) so zero, o que implica que

{u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} linearmente independente.Vejamos agora que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} um conjunto gerador de

U +W . Seja v U +W e suponha que v = u+ w com u U e w W .Como {u1, . . . , up, v1, . . . , vm} uma base de U , podemos escrever u na forma

u =p

i=1 iui +m

i=1 ivi onde i, . . . , p, 1, . . . , m so nmeros reais. Similar-mente, como {w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} base deW , existem nmeros reais i, . . . , q,1, . . . , m tais que v =

qi=1

iwi +

mi=1

ivi. Do anterior vemos que

v = u+ w =

pi=1

iui +mi=1

(i + i)vi +

mi=1

iwi,

o que prova que {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} um conjunto gerador de U+W .Como {u1, . . . , up, w1, . . . , wq, v1, . . . , vm} linearmente independente e geradorde U +W , concluimos que este conjunto uma base de U +W . Para nalizar noteque

dim(U +W ) = p+ q +m

= (p+m) + (q +m)m= dimU + dimW dimU

W,

o que completa a prova.

30

Exemplo 2.41. Achar uma base para os espas U, W, U W e U + W sendoU = {p P3(R) : p(0) = p(1) = 0} e W = {p P3(R) : p(1) = 0}.Para comecar estudemos o espao U . Seja p U e suponha que p(x) = a0 +

a1x + a2x2 + a3x

3. Como p(0) = 0 segue que a0 = 0 e p(x) = a1x + a2x

2 + a3x3.

Usando agora que p(1) = 0 obtemos que a1 = a2a3 e que p pode ser representadona forma

p(x) = (a2 + a3)x+ a2x2 + a3x3 = a2(x2 x) + a3(x3 x),o que implica que U = [x2 x, x3 x].Mostraremos agora que {x2x, x3x} linearmente independente. Se , sonmeros reais tais que (x2 x) + (x3 x) = 0 ento (+ )x+x2+ x3 = 0,de onde obtemos que (+) = = = 0 pois os vetores x, x2, x3 so linearmenteindependentes. Isto prova que {x2 x, x3 x} linearmente independente o queimplica que {(x2 x), (x3 x)} uma base de U e dim(U) = 2.Estudemos agora o conjunto W . Suponha que p W e p(x) = a0+a1x+a2x2+

a3x3. Como p(1) = 0, temos que a0 a1 + a2 a3 = 0 e que a1 = a0 + a2 a3.Assim,

p(x) = a0 + (a0 + a2 a3)x+ a2x2 + a3x3= a0(1 + x) + a2(x

2 + x) + a3(x3 x),de onde vemos que {1 + x, x2 + x, x3 x} um conjunto gerador de W .Por outro lado, se (1+x)+(x2+x)+(x3x) = 0 temos que +(+)x+

x2 + x3 = 0, de onde segue-se que = ( + ) = = = 0 pois os vetores1, x, x2, x3 so linearmente independentes. Isto prova que {1 + x, x2 + x, x3 x} um conjunto linearmente independente de W .Do anterior podemos concluir que {1+ x, x2+ x, x3 x} uma base de W e que

dim(W ) = 3.Achemos agora uma base de U W . Se p = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 U Wento p(0) = p(1) = p(1) = 0, de onde obtemos

a0 = 0

a0 + a1 + a2 + a3 = 0

a0 a1 + a2 a3 = 0e que a0 = a2 = 0 e a1 = a3. Portanto, p pode ser escrito na forma p(x) =a1(x3 x) o que permitr deduzir que {x3 x} uma base de U W e quedim(U W ) = 1.Para nalizar, note que do Teorema 2.37 temos que dim(U +W ) = dim(U) +

dim(W ) dim(U W ) = 2 + 3 1 = 4 o que implica que W + U = P3(R) poisdim(P3(R)) = 4.

Exemplo 2.42. Sejam U = {A M(2, 2) : AT = A} e W =[(

1 10 1

)]. Calcule-

mos a dimenso dos espaos U, W, U W e U +W .Para comear, estudemos o espao U . Se A =

(a bc d

) U ento A = AT , deonde vemos que c = b. Assim, A da forma

A = a

(1 00 0

)+ b

(0 11 0

)+ d

(0 00 1

),

31

e U gerado por A = {(1 00 0

),

(0 11 0

),

(0 00 1

)}. Mais ainda, como A linear-mente independente obtemos que A uma base de U e que dim(U) = 3. obvio que

(1 10 1

) uma base de W e que dimW = 1.

Estudemos agora o espao U W . Se A U W ento A W e A da formaA =

( 0

). Usando agora que A U , obtemos que = 0 e que A a matriznula. Portanto, U W = {0} e dimU W = 0.Pelo Teorema 2.37 temos que dim(U +W ) = dimU + dimW dimU W = 4,de onde concluimos que U +W = M(2, 2) pois U +W um subespao vetorial deM(2, 2) e dimM(2, 2) = 4.

Exemplo 2.43. Sejam U = {p P2(R) : p = 0}, W = {p P2(R) : p(0) = p(1) =0} subespaos vetoriais de W = P2(R). Estudemos as dimenso dos espaos U, W,U W e U +W .Para comear vejamos o espao U . Se p = a0 + a1t + a2t

2 U ento p(t) =a1 + 2a2t = 0 para todo t R, de onde segue que a1 = a2 = 0. Portanto, p opolinomio constante p(t) = a0, {1} uma base de U e dimU = 1.Vejamos agora o espao W . Se p = a0 + a1t + a2t

2 U ento p(0) = a0 = 0 ep(1) = a0 + a1 + a2 = a1 + a2 = 0 de onde vemos que a1 = a2 e p = a1t a1t2 =a1(tt2) para todo t R. Segue disto que {tt2} uma base deW e que dimW = 1.Para estudar U

W , suponha que p U W = [1] [t t2]. Pelo feito anteri-ormente, temos que existen constantes , R tais que p(t) = e p(t) = (t t2)para todo t R. Em particular, para t = 1 vemos que p(1) = (1 12) = 0 deonde obtemos que = 0 e que p(t) = 0 para todo t R. Portanto, U W = {0} edimU W = 0.Finalmente, como dim(U +W ) = dimU + dimW dimU W = 1 + 1 0 = 2e {1, t t2} U +W temos que {1, t t2} uma base de U +W .

2.1.1 Coordenadas

Pelo Teorema 2.14 sabemos que cada vetor v V pode ser representado como com-binao linear dos vetores da base e que esta representao nica. Usando este

fato, podemos introduzir a seguinte denio.

Denio 2.44. Suponha que B = {u1, . . . , un} uma base de V , que u V e queu = 1u1 + + nun. Os coecientes 1, . . . , n so chamados de coordenas de u

em relao a base B. No que segue uB ser o vetor dado por uB =

1...

n

.Exemplo 2.45. O conjunto B = {(1, 1, 1), (0, 1, 1), (0, 0, 1)} uma base de R3. Paradeterminar as coordenadas do vetor u = (1, 2, 0) em relao a base B, temos queachar nmeros reais , , tais que

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

32

o que equivalente a resolver o sistema de equaes = 1

+ = 2

+ + = 0.

A soluo deste sistema = = 1 e = 2, de modo que uB = 112

.Alm do anterior, podemos achar vB para um vetor generico v = (x, y, z). Parafazer isto temos que resolver o sistema

= x

+ = y

+ + = z,

que tem como soluo = x, = yx e = zy+x. Assim, uB = xy xz y + x

.Exemplo 2.46. Mostrar que o conjunto de polinmios B = {1, x, x2 x} umabase de P2(R) e achar as coordenadas do polinmio u = 1 + x+ x2 em relao a B.Encontre tambm as coordenadas de um polinmio generico (p(x) = a0+a1x+a2x

2)

em relao a B.

Como dim(P2(R)) = 3, para mostrar que {1, x, x2 x} uma base de P2(R) suciente provar que {1, x, x2 x} linearmente independente. Se , , so taisque +x+ (x2x) = 0 para todo x R ento +( )x+ x2 = 0 para todox R, de onde obtemos que = ( ) = = 0 pois os polinomios 1, x, x2 solinearmente independentes. Do anterior obvio que e = = = 0 o que mostraque {1, x, x2 x} uma base de P2(R).Para achar uB, temos que escrever u como combinao linear dos polinomiosem {1, x, x2 x}, o que equivalente a encontrar nmeros reais , , tais queu = 1 + x+ x2 = 1 + x+ (x2 x). A partir desta equao obtemos que = 1,

= 2 e que = 1. Assim, uB =

121

.Suponha agora que p(x) = a0 + a1x + a2x

2. Para achar as coordenadas de

p en relao a B temos que achar , , de modo que p = a0 + a1x + a2x2 =

1 + x+ (x2 x). A partir disto, obtemos o sistema = a0

= a1 = a2,

que tem por soluo = a0, = a1 + a2 e = a2. Do anterior vemos que pB = a0a1 + a2a2

.33

2.2 Exerccios

Ex. 2.47. Estude se o conjunto B uma base do espao V.

1. B ={1, 1 + t, 1 t2, 1 t t2 t3} , V = P3(R).2. B =

{(1 10 0

),

(2 10 0

),

(0 11 0

),

(0 00 2

)}, V =M(2, 2).

3. B = {(1, 1, 1, 1), (1, 1, 1, 0), (1, 1, 0, 0), (1, 0, 0, 0)} , V = R4.

Ex. 2.48. Achar uma base e a dimenso do subespao W de V.

1. W ={(x, y, z, t) R4 : x y = 0 e x+ 2y + t = 0} , V = R4.2. W = {X M(2, 2) : AX = X} onde A =

(1 20 1

), V =M(2, 2).

3. W = {X M(2, 2);AX = XA} onde A =(

1 01 1

)e V =M(2, 2).

Ex. 2.49. Nos seguintes casos, achar uma base e a dimenso de U , W , U +W eU W .

1. U ={(x, y, z) R3 : x+ y + z = 0} , W = {(x, y, 0) : x, y R} , V = R3.2. U = {A M(2, 2) : tr (A) = 0} ,W = {A M(2, 2) : AT = A} e V o es-pao M(2, 2). Lembre que a traa de A, denotada por tr (A), a soma doselementos da diagonal principal de A.

Ex. 2.50. Achar as coordenadas do vetor u = (1, 8, 5) R3 em relao as ba-ses de R3 A = {(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)} B = {(0, 0, 1), (0, 1, 1), (1, 1, 1)} e C ={(1, 2, 1), (0, 3, 2), (1, 1, 4)}. Achar as coordenadas do vetor u = (x, y, z) R3 emrelao as bases anteriores.

Ex. 2.51. Achar as coordenadas do polinmio p P3(R) dado por p(t) = 10+t2+2t3em relao as bases de P3(R), A = {1, t, t2, t3}, B = {1, 1+ t, 1+ t+ t2, 1+ t+ t2+ t3}e C = {4 + t, 2, 2 t2, t + t3}. Achar representao do polinmio generico p =a0 + a1x+ a2x

2 + a3x3em relao as bases anteriores.

Ex. 2.52. Achar as coordenadas do vetor

(2 58 7

)em relao a base canonica

de M(2, 2) e em relao a base

{(1 00 0

),

(1 10 0

),

(1 11 0

),

(1 11 1

)}.

Ex. 2.53. Achar uma base M(2, 2) que contenha os vetores

(1 01 0

)e

(1 10 0

).

Ex. 2.54. Suponha que {u1, . . . , un} uma base de V . Mostre que {u1, u1+u2, u1+u2 + u3, . . . , u1 + , un} um base de V. Prove que {1u1, . . . , nun} uma basede V quando todos os nmeros j so diferentes de zero.

34

2.2.1 Prova teste 1 de 2011

1. Seja T : R3 M(2, 2) a funo denida por T : R3 M(2, 2) dada por

T (x, y, z) =

( z z yx 0

)(a) Mostre que T uma transformao linear.

(b) Achar Ker(T ), a dimenso e uma base.

(c) Achar Img(T ), a dimenso e uma base.

2. Suponha que U e W so subespaos vetorias de um espao vetorial X.

(a) Mostre que UW e U +W so subespaos vetorias de X.

(b) Suponha que dim(X) = n, dim(U) > n/2 e que dim(W ) > n/2. Mostreque U W 6= {0}.3. Seja X = M(n, n) munido das operaes usuais e S o conjunto denido porS = {A X : A = AT } (lembre que AT = (aj,i) se A = (ai,j)). Mostre queS um espao vetorial com as operaes de X. Achar a dimenso e uma basepara S.

2.2.2 Prova Teste 2 de 2012

1. Mostre que o conjunto U = { (x, y, z) R3 | 2x 2y = z } um subespaovetorial de R3. Achar un conjunto gerador de U .

2. Mostre que o conjunto W = { (x, y, z) R3 | 2x = y z } um subespaovetorial de R3. Achar un conjunto gerador de W .

3. Achar un conjunto gerador para U + W . verdade que R3 = U W ?(justique)

4. Dena o conceito de combinao linear e represente o polinomio p(x) = x2

como combinao linear dos vetores { 1, 2 x, 2 + x+ x2 } de P (2).5. Sejam P3(R) os espao de polinomios de grau menor o igual a 3 e

U = {p P3(R) : p(1) = p(0) = 0} .

O conjunto um espao vetorial com as operaes de P3(R)? Em caso arma-tivo, achar un conjunto gerador de U .

2.2.3 Prova 1 do ano 2011

1. Seja T :M(2, 2)M(2, 2) a funo dada por T([

a bc d

])=

[0 a2b c

](a) Mostre que T uma transformao linear.

(b) Achar o ncleo de T , a dimenso do ncleo e uma base.

(c) Achar Img(T ), a dimenso de Img(T ), e uma base.

35

2. Seja U = {(1, 2, 3), (1, 1, 1), (2, 8, 14)} e W o conjunto denido por

W = {(1, 2, 3) + (1, 1, 1) + (2, 8, 14) : , , R}.

(a) Mostre que W subespao vetorial de R3.(b) Achar uma base para W e a dimenso de W .

3. Sejam X =M(3, 3) com as operaes usuais e S = {A X : A = AT } (Noteque AT = (aj,i) se A = (ai,j)). Mostre que S um subespao vetorial de X.Achar a dimenso e uma de S.

2.2.4 Prova 1 de 2012

1. Seja V um espao vetorial e {u1, . . . , un} X.(a) Dena os conceitos de combinao linear, conjunto l.i. e espao gerado

por {u1, . . . , un},(b) mostre que [{u1, . . . , un}] um espao vetorial de V ,(c) [{(1, 2, 3), (4, 5, 6), (1, 0, 0)}] = R3? (justique ! )2. Mostre que o conjunto U = { (x, y, z) R3 : x 2y = 3z } um subespaovetorial de R3. Achar un conjunto gerador de U .

3. Mostre que o conjunto W = { (x, y, z) R3 : 4x = 5y 6z } um subespaovetorial de R3. Achar un conjunto gerador de W .

4. Achar um conjunto gerador de U +W . verdade que R3 = U W ? (justi-que!)

36

Captulo 3

Transformaes Lineares

Neste capitulo estudaremos um tipo especial de funes que so denidas entre es-

paos vetorias. Este tipo de funes, chamadas de transformaes lineares, nos

permitiram comparar os espaos vetorials desde diferentes pontos de vista. Em par-

ticular, veremos que dois espaos vetoriais de igual dimenso so (do ponto de vista

da algebra linear) iguais.

No que segue, U , V so espaos vetoriais e para simplicar a escrita, usaremosa mesma notao para as operaes em U e em V (mas lembre que essas operaespodem ser diferentes,.. muito diferentes!!). Comeamos com a seguinte denio.

Denio 3.1. Uma funo T : U V chamada transformao linear se T (u) =T (u) e T (u+ v) = T (u) + T (v) para todo u, v U e todo R.Observao 3.2. No que segue, L(U, V ) denotar o conjunto formado por todas astransformaes lineares denidas de U em V .

Deixamos como exercicio a prova do seguinte Lema.

Lema 3.3. Uma funo T : U V uma transformao linear T (u + v) =T (u) + T (v) para todo u, v U e cada R.Vejamos alguns exemplos de transformaes lineares.

1. A funo T : U V dada por T (u) = 0 para todo u U , uma transformaolinear.

2. A funo T : U U dada por T (u) = u uma transformao linear. Estafuno chamada de transformao identidade e no que segue ser notada

simplesmente por I.

3. Seja T : Pn(R) Rn+1 a funo dada por T (a0 + a1x + + anxn) =(a0, . . . , an).

Para provar que T uma transformao linear, usaremos o Lemma 3.3. Sejamu, v Pn(R), R e suponha que u = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + anxn ev = b0 + b1x+ b2x

2 + b3x3 + bnx

n. Da denio de T vemos que

T (u+ v) = T ((a0 + b0) + (a1 + b1)x . . .+ (an + bn)xn)

= ((a0 + b0), (a1 + b1), . . .+ (an + bn))

= (a0, a1, . . . , an) + (b0, b1, . . . , bn)

= T (u) + T (v),

37

o que prova que T uma transformao linear.

4. Seja A M(m,n). Denimos a funo T : M(n, 1) M(m, 1) por T (X) =AX. A funo T uma transformao linear.

Suponha que A = (ai,j)i,j e sejam u =

u1...

un

e v = v1...

vn

vetores deM(n, 1). Para mostrar que T (u) + T (v) = T (u + v) suciente mostrarque as coordenadas de T (u+ v) so iguais as coordenadas de T (u) + T (v).Da denio do produto A(u + v) vemos que a coordenada i de A(u + v) dada por

nj=1 ai,j(uj + vj). Similarmente, vemos que a coordenada i de

T (u) = Au e a coordenada i de T (v) = Av so dadas porn

j=1 ai,juj enj=1 ai,jvj respectivamente, de onde segue que a coordenada i de Au + Av

nj=1 ai,juj +

nj=1 ai,jvj .

Do anterior claro que para todo i = 1, . . . , n, a coordenada i de T (u+ v) igual a coordenada i de T (u) + T (v). Assim, T (u) + T (v) = T (u + v) oque implica que T uma transformao linear.

3.0.5 Imagem e Ncleo de uma transformao

Antes de introduzir a imagem e Ncleo de uma transformao linear, lembremos

alguns conceitos da teoria de funes.

Denio 3.4. Sejam X,Y conjuntos, A X, B Y e f : X Y funo. Aimagem de A por f o subconjunto de Y dado por f(A) = {f(a) : a A} e aimagem inversa de B Y por T o subconjunto de X denido por f1(B) = {x X : T (x) B}.Denio 3.5. Sejam X,Y conjuntos e f : X Y uma funo. Dizemos que1. f injetora se f(x) = f(z) x = z,2. f sobrejetora se f(X) = {f(x) : x X} = Y (equivalentemente, para todo

y Y existe x X tal que f(x) = y),3. f bijetora se f injetora e sobrejetora,

4. f inversivel, se existe uma funo g : Y X tal que g f(x) = x para todox X e f g(y) = y para todo y Y . Neste caso, a funo g ser denotadapor f1.

Lema 3.6. Se T L(U, V ) inversivel ento a inversa de T nica e T1 umatransformao linear.

Prova: Suponha que R,S L(V,U) so inversas de T . Para v V temos queSv = S IV v = S (T R)v = (S T ) Rv = IU Rv = Rvo que implica que S = R.Para mostrar que T1 uma transformao linear, xemos x, y U e R.Como T sobrejetora, existem vetores v, w U tais que T (u) = x e T (w) = y. Maisainda, notando que T (u+ w) = T (u) + T (w) = u+ y segue que T1(x+ y) =u+ w = T1(x) + T1(y), o que prova que T1 linear.

38

Proposio 3.7. Suponha que T : U V uma transformao linear.1. Se W um subespao vetorial de U ento T (W ) um subespao vetorial de

V. Mais ainda, se {w1, . . . , wn} um conjunto gerador de W ento o conjunto{T (w1), . . . , T (wn)} gerador de T (W ) ( T (W ) = [{T (w1), . . . , T (wn)}]).2. Sejam 0U e 0V o zero de U e o zero de V respectivamente. Ento T (0U ) = 0V .

3. Se W um subespao vetorial de V , ento T1(W ) 6= e T1(W ) umsubespao vetorial de U.

Prova: Mostremos (1). Para provar que T (W ) subespao vetorial de U temos quemostrar que x+ y T (W ) para todo x, y T (W ) e todo R. Se x, y T (W ),ento existem u,w W tais que x = T (u) e y = T (w). Usando que T umatransformao linear, vemos que

x+ y = T (u) + T (w) = T (u) + T (w) = T (u+ w),

o que implica que x+ y T (W ) pois u+ w W .Suponha agora que {w1, . . . , wn} um conjunto gerador de W . Se w W , entoexistem nmeros reais 1, . . . , n tais que w =

ni=1 iwi. Usando agora que T uma transformao linear vemos que T (w) = T (

ni=1 iwi) =

ni=1 iT (wi) o queimplica que T (w) [{T (w1), . . . , T (wn)}]. Como w arbitrrio, do anterior vemosque T (W ) [{T (w1), . . . , T (wn)}].Notando que T (W ) um espao vetorial e que {T (w1), . . . , T (wn)} T (W ) claro que [{T (w1), . . . , T (wn)}] T (W ). Do anterior, T (W ) [{T (w1), . . . , T (wn)}]e [{T (w1), . . . , T (wn)}] T (W ) o que mostra que T (U) = [{T (w1), . . . , T (wn)}].A prova de prova (2) obvia pois T (00U ) = 0T (0U ) = 0V .

Para nalizar provemos (3). Como T (0U ) = 0V segue-se que 0U T1(W ),de modo que T1(W ) 6= . Para mostrar que T1(W ) subsepao vetorial de U ,xemos x, y T1(W ) e R. Pela denio de T1(W ) temos que T (x), T (y) W o que implica que T (x) + T (y) W pois W um espao vetorial. Usando istosegue que T (x+y) = T (x) + T (y) W o que mostra que x+ y T1(W ). Istoprova que T1(W ) um subespao vetorial de U. A prova est completa.Pelo item (1) da proposio anterior, temos que uma transformao linear T :

U V completamente determinada pelos valores que ela assume numa base de U .De fato, se {w1, . . . , wn} uma base de U e u U , ento u pode ser escrito na formau =

ni=1 iwi de onde obtemos que T (u) =

ni=1 iT (wi). Logo, se conhecemosos valores T (wi) conhecemos T (u) para qualquer u. Mais ainda, como veremos noprximo Lemma, se {u1, . . . , un} e {v1, . . . , vn} so vetores de U e V respectivamente,e {u1, . . . , un} uma base de U ento existe uma transformao linear T : U Vtal que T (ui) = vi para cada i.

Lema 3.8. Suponha que {u1, . . . , un} uma base e U e que {v1, . . . , vn} V . Entoexiste uma nica transformao linear T : U V tal que T (ui) = vi para cada i.Prova: Como {u1, . . . , un} uma base e U , para u U existem nmeros reais1, . . . , un tais que u =

ni=1 iui. Usando este fato, denimos T : U V por

T (u) =n

i=1 ivi quando u =n

i=1 iui. Armamos que T funo e que T umatransformao linear.

39

Da denio de T e do fato que os coecientes na representao de u U sounicos, segue que T uma funo. Para ver que T linear, suponha que u, x Ue que R. Se u = ni=1 iui e x = ni=1 iui ento u + x = ni=1 iui +n

i=1 iui =n

i=1(i + i)ui de onde segue que

T (u+ x) =ni=1

(i + i)vi = ni=1

ivi +ni=1

ivi = T (u) + T (x),

o que prova que T linear. Mais ainda, como ui = 0u1+ . . . , 1ui+ . . . 0un temos queT (ui) = vi para cada i, o que prova que T uma transformao como a requerida.Para mostrar que unica, suponha que S : U V uma outra transformaolinear tal que S(ui) = T (ui) = vi para cada i. Se u =

ni=1 iui U ento

S(u) = S(ni=1

iui) =ni=1

iS(ui) =ni=1

ivi = T (u),

o que implica que S(u) = T (u) para todo u U . Isto prova que T = S.Observao 3.9. Note que na prova do Lema 3.8 aparece como denir a transfor-

mao T : U V tal que T (ui) = vi para cada i. De fato, se u =n

i=1 iui entoT (u) =

ni=1 ivi.

Deixamos como exercicio provar o seguinte Lemma.

Lema 3.10. Suponha que {u1, . . . , un} um conjunto linearmente independente deU e que {v1, . . . , vn} V . Ento existe uma transformao linear T : U V tal queT (ui) = vi para cada i. Mais ainda, se {u1, . . . , un} no uma base ento existeminnitas transformaes que vericam as condies requeridas.

Exemplo 3.11. Achar uma transformao linear T : R3 R3 tal que T (R3) sejagerada por {(1, 2, 0), (1, 1, 1)}.Deniremos uma transformao T tal que T (1, 0, 0) = (1, 2, 0), T (0, 1, 0) =

(1, 1, 1) e T (0, 0, 1) = (0, 0, 0). Se (x, y, z) R3, temos queT (x, y, z) = xT (e1) + yT (e2) + zT (e3)

= x(1, 2, 0) + y(1, 1, 1)

= (x+ y, 2x+ y, y).

Assim, a transformao linear dada por T (x, y, z)(x+y, 2x+y, y) como a requerida.

Exemplo 3.12. Achar uma transformao linear T : R2 R2 tal que T (1, 2) =(3,1) e T (0, 1) = (1, 2).Como {(1, 2), (0, 1)} uma base de R2, para (x, y) R2 existem nmeros reais

, tais que (x, y) = (1, 2)+(0, 1) = (, 2+). Mais ainda, fazil ver que nestecaso = x e = (y 2x).Da Observao 3.9 temos que a transformao requerida dada por

T (x, y) = T (x(1, 2) + (y 2x)(0, 1))= xT (1, 2) + (y 2x)T (0, 1)= x(3,1) + (y 2x)(1, 2)= (x+ y, 2y 5x).

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Introduzimos agora o conceito de ncleo de uma transformao linear. No que

segue desta apostilha, usaremos a mesma notao 0 para o zero de algum espaovetorial.

Denio 3.13. Seja T L(U, V ). O ncleo de T o subconjunto de U denidopor T1({0}) = {u U : T (u) = 0}. No que segue usaremos a notao N (T ) para oncleo de T .

Lema 3.14. Suponha que T L(U, V ). Ento o ncleo de T um subespao vetorialde U . Mais ainda, T injetora N (T ) = {0}.Prova: A Primeira propriedade segue diretamente de Proposio 3.7 pois {0} umsubespao vetorial de V e N (T ) = T1({0}).Mostremos agora a segunda propriedade. Suponha agora que T injetora e seja

x N (T ). Como T (x) = 0V , T (0) = 0 (veja o item (2) da Proposio 3.7) e T injetora, segue que x = 0U . Isto prova que N (T ) = {0}.Suponha agora queN (T ) = {0} e que x, y U so tais que T (x) = T (y). Como T linear, vemos que T (xy) = T (x)T (y) = 0 o que implica que xy N (T ) = {0}e que x = y. Isto mostra que T injetora. A prova est completa.

Exemplo 3.15. Sejam R e T : R2 R2 a transformao linear denida por

T (x, y) = (x cos y sen , x sen + y cos ).

Se (x, y) N (T ) ento T (x, y) = (x cos y sen , x sen + y cos ) = (0, 0), deonde segue que (

cos() sen ()sen () cos()

)(xy

)=

(00

).

Como A matriz anterior inversivel (o determinante da matriz anterior 1),

obtemos que (x, y) = (0, 0). Assim, N (T ) = {0} o que implica que T injetora.Estabelecemos agora um dos mais importantes resultados da teoria de transfor-

maes lineares.

Teorema 3.16 (Teorema do Ncleo e da Imagem). Suponha que T L(U, V ) e queU tem dimenso nita. Ento dim(U) = dimN (T ) + dimT (U).Prova: No que segue supomos que N (T ) 6= {0}. Como U um espao de dimensonita, temos que N (T ) tambm nitamente gerado. Suponha que {u1, . . . , up} uma base de N (T ). Pelo Teorema 2.35 sabemos que existem vetores v1, . . . , vq de Utais que {u1, . . . , up, v1, . . . , vq} uma base de U.No que segue, mostraremos que {T (v1), . . . , T (vq)} uma base de T (U). Paracomear vejamos que {T (v1), . . . , T (vq)} linearmente independente.Suponha que 1T (v1) + + qT (vq) = 0. Como T linear, fazil ver que

T (1v1 + + qvq) = 0, de onde segue queq

j=1 ivi N (T ). Usando que{u1, . . . , up} uma base de N (T ), podemos supor que

qj=1 ivi =

pj=1 iui onde

i so nmeros reais. Assim,

1u1 + + pup 1v1 qvq = 0,

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de onde obtemos que 1 = = q = 1 = = p = 0 pois {u1, . . . , up, v1, . . . , vq} uma base de U. Isto prova que {T (v1), . . . , T (vq)} linearmente independente.Por outro lado, como {u1, . . . , up, v1, . . . , vq} uma base de U , do item (1) daProposio 3.7 segue que {T (u1), . . . , T (up), T (v1), . . . , T (vq)} um conjunto geradorde T (U), o que implica que {T (v1), . . . , T (vq)} um conjunto gerador de T (U). Istocompleta a prova que {T (v1), . . . , T (vq)} uma base de T (U).Notando que {u1, . . . , up} base de N (T ), que {u1, . . . , up, v1, . . . , vq} basede U e que {T (v1), . . . , T (vq)} uma base do espao T (U), vemos que dimU =dimN (T ) + dimT (U). A prova do caso N (T ) = {0} segue da prova anterior. Istocompleta a demostrao.

Observao 3.17. Na prova do Teorema 3.16 aparece uma maneira de achar uma

base para o espao T (U). De fato, na prova supomos que {u1, . . . , up} uma base deN (T ) e logo completamos este conjunto a uma base do espao U que foi denotadapor {u1, . . . , up, v1, . . . , vq}. O conjunto {T (v1), . . . , T (vq)} uma base de T (U).Como consequncia do resultado anterior temos as seguintes propriedades.

Corolrio 3.18. Suponha que T L(U, V ). Se dimU = dimV , ento as seguintescondies so equivalentes.

1. T sobrejetora,

2. T injetora,

3. T bijetora,

4. T leva bases de U em bases de V, isto , se {u1, . . . , un} uma base de U ento{T (u1), . . . , T (un)} uma base de V.Prova: Suponha que T sobrejetora. Pelo teorema anterior temos que dim(U) =dim(N (T )) + dim(V ) de onde segue que dim(N (T )) = 0 e que N (T ) = {0}. Agora,do Lemma 3.14 podemos concluir que T injetora.

Se T injetora ento dimN (T ) = 0 e do Teorema 3.16 segue dimU = dimT (U).Portanto, T (U) um subespao de V com a mesma dimenso de V o que implicavia o item (2) da Proposio 2.33 que T (U) = V . Isto prova que T sobrejetora, ecomo consequencia bijetora.

Suponha que T bijetora e que u1, . . . , un uma base de U. Do item (1) daProposio 3.7 sabemos que {T (u1), . . . , T (un)} um conjunto gerador de T (U) = V .Por outro lado, se

ni=1 iT (ui) = 0 ento T (

ni=1 iui) = 0 de onde obtemos quen

i=1 iui = 0 uma vez que T injetora. Como u1, . . . , un base obtemos que1 = . . . un = 0 o que implica que {T (u1), . . . , T (un)} linearmente independente.Assim, temos provado que {T (u1), . . . , T (un)} uma base de V . Portanto, T levabases em bases.

Finalmente, suponha que T leva bases em bases. Seja u1, . . . , un uma base de U.Pela hiptese, o conjunto {T (u1), . . . , T (un)} uma base de V. Assim, dado v Vexistem nmeros reais 1, . . . , n tais que v =

ni=1 iT (ui) de onde obtemos que

v = T (n

i=1 iui). Isto mostra que T sobrejetora. A prova est completa.

Exemplo 3.19. Estudemos a transformao T : P2(R) P2(R) denida por T (p) =p + p.

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Se p(x) = a0+ a1x+ a2x2 N (T ) ento (a1+2a2x) + 2a2 = 0 para todo x R.Fazendo x = 0, seque que a1 = 2a2 e com x = 1 segue que a1 = 0. Assim, p o polinomio constante p = a0. Logo, N (T ) = {a : a R} que tem por base opolinmio {1}.Da observao 3.17 segue que o conjunto {Tx, Tx2} = {1, 2x+2} uma base daimagem de T . Assim, T (P2(R)) um espao de dimenso 2.

Exemplo 3.20. Achar uma transformao T L(P3(R), P2(R)) tal que N (T ) =[{1 + x3, 1 x2}].Para denir a transformao T precissamos de uma base de P3(R). Por conveni-encia, consideramos a base {1 + x3, 1 x2, 1, x}. Como queremos que o ncleo de Tseja {1 + x3, 1 x2}, denimos T (1 + x3) = T (1 x2) = 0. Mais ainda, para que oncleo de T seja exatamente [{1 + x3, 1 x2}], denimos T (1) = 1 e T (x) = x.Para achar uma formula explicita de T , xemos p(x) = a0+ a1x+ a2x

2+ a3x3

P3(R). Note agora que

T (p) = T (a0 + a2 a3 + a1x+ a3(1 + x3) a2(1 x2))= T (a0 + a2 a3) + a1Tx+ a3T (1 + x3) a2T (1 x2)= (a0 + a2 a3)1 + a1x= a0 + a2 a3 + a1x.

Exerccio 3.21. Usando as ideias no exemplo anterior, achar uma segunda trans-

formao S L(P3(R), P2(R)) tal que N (S) = [{1 + x3, 1 x2}].Corolrio 3.22. Se T L(U, V ), dim(V ) = 1 e T no nula, ento T sobrejetora.Prova: Como T no nula, 1 = dimU = dimN(T ) + dimT (U) dimT (U) 1,de onde segue que dimT (U) = 1. Isto prova que T sobrejetora pois dimV = 1.

Corolrio 3.23. Suponha que T L(Rn,R) no nula. Ento T sobrejetora eexistem nmeros reais a1, . . . , an tais que T ((x1, . . . , xn)) = a1x1 + . . . + anxn paratodo x = (x1, . . . , xn) Rn. Mais ainda, N (T ) = {(x1, . . . , xn) Rn : a1x1 + . . . +anxn = 0} e dim(N (T )) = n 1.Prova: Como T no nula segue do Corolario anterior que T sobrejetora. Umvetor x = (x1, . . . , xn) Rn pode ser escrito na forma x = (x1, . . . , xn) =

ni=1 xieide onde vemos que T ((x1, . . . , xn)) =

ni=1 xiT (ei). Assim, T ((x1, . . . , xn)) = a1x1+

. . . + anxn com ai = T (ei) e obvio que N (T ) = {(x1, . . . , xn) Rn : a1x1 + . . . +anxn = 0}.Finalmente, do Teorema 3.16 segue que n = dim(Rn) = dim(N (T ))+dimT (U) =

dim(N (T ))+1 de onde obtemos que n1 = dim(N (T )). Isto completa a prova.Exemplo 3.24. Estudemos o ncleo e a imagem da transformao T : M(2, 2)