TEMA Espaços e Subespaços Vetoriais Prof. Ms. Tailson Jeferson P. dos Santos.
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TEMAEspaços e Subespaços
Vetoriais
Prof. Ms. Tailson Jeferson
P. dos Santos
Sejam e subespaços de um espaço vetorial . Então,
1W 2WV
1 2 1 2 1 1 2 2: ; ,W W v V v w w w W e w W
é um subespaço vetorial de V.
1 2 0 ,W W
Se 1 2W W
é soma direta dos subespaços ediremos que
1We denotaremos por
2W
1 2W W
Sejam
2 2,V M R : ,
0 0
a bU a b
e
0 0: , .W c d
c d
são subespaços de V e
: , , , .a b
U W a b c dc d
Então eU W
Mais do que isso:
: , , , .a b
U W a b c dc d
0U W
: ,0 0
a bU a b
0 0: , .W c d
c d
3( ,0,0) |U x x 3(0, , ) | , .V y z y z
Verificar se em que:3U V
( ) 0,0,0ii U V
( , , ) ( ,0,0) (0, , )x y z x y z U V
3( ) ( , , ) ,i x y z
3 V
UoPortanto, soma direta.
V espaço vetorial
1 2, ,..., nv v v V
1 2, ,... n escalares
1 1 2 2 ... n nv v v v
É um elemento de que chamaremos combinação linear de
V
1 2, ,..., .nv v v
(1,2,5)u e (3,6,15)v
O vetor pode ser escrito como combinação linear de , ou seja
vu
3v u3.(1,2,5)v ou
Ou ainda
1 1.(3,6,12)
3 3u ou u v
O vetor pode ser escrito da seguinte forma:
(1,2,5)u
1(1,0,0) 2(0,1,0) 5(0,0,1)u
Portanto, dizemos que o vetor é uma combinação linear dos vetores
u
(1,0,0) , (0,1,0), (0,0,1)
Fixados , o conjunto W 1 2, ,..., nv v v Vde todos os vetores de V que são combinação linear destes, é chamado subespaço gerado por 1 2, ,..., .nv v v
1 2, ,..., nW v v v
O conjunto { } é chamado Conjunto de Geradores de W.
1 2, ,..., nv v v
1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1
é um conjunto de Geradores para 3
3, ,x y z
, , 1,0,0 0,1,0 0,0,1x y z x y z
Porque todo vetor
Pode ser escrito da forma:
3 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1 Assim, escrevemos:
Seja V um espaço vetorial sobre um corpo
Se existem que geram V, dizemos que V è um espaço vetorial finitamente gerado
1 2, ,..., rv v v V
3 1,0,0 , 0,1,0 , 0,0,1
3 é finitamente gerado porque
(nº finito)
Determine um conjunto de geradores para os seguintes subespaços:
4
4
) ( , , , ) ; 0
) ( , , , ) ; 0
)
a U x y z t x y z t
b V x y z t x y z t
c U V
Assim:
(1,1,0,0) , (1,0,1,0), ( 1,0,0,1)U
0
x y z t
( , , , )x y z t V
Ou seja, x y z tAssim, um genérico vetor de V é da forma:
( , , , ) y z t y z t
(1,1,0,0) (1,0,1,0) ( 1,0,0,1)y z t
0x y z t
( , , , )x y z t V
Ou seja,
( , , , )y y t t (1,1,0,0) (0,0, 1,1)y t
Assim, um genérico vetor de V é da forma:
(1,1,0,0) , (0,0, 1,1)V
.x y e z t
Um conjunto de geradores para U+V è dado pela uniao dos dois conjuntos, i.e.,:
(1,1,0,0) , (1,0,1,0), ( 1,0,0,1)U
(1,1,0,0) , (0,0, 1,1)V
[(1,1,0,0) , (1,0,1,0), ( 1,0,0,1), (0,0, 1,1)]
U V
Equações que Caracterizam Subespaços Equações que Caracterizam Subespaços – Subespaços Próprios ou Triviais– Subespaços Próprios ou Triviais
Para verificar se um subespaço é próprio ou trivial de um espaço :
1. Escrevemos um vetor genérico do espaço como combinação linear dos elementos do subespaço;
1 (1,3,0), (0,2,0), (0,0,1)W
31V
( , , ) (1,3,0) (0,2,0) (0,0,1)x y z
1 0 0
| 0 1 0 3
0 0 1
x
A B y x
z
2. Escalonamos e por meio da matriz sua ampliada;
33 2
2
xy x
y
z
a) Sistema possível e determinado
1 0 0
| 0 1 0 3
0 0 1
x
A B y x
z
( | ) ( )p A B p A n Conclusão: não é subespaço próprio de ou seja,
1W1V 1 1W V
32V
2 (1,1,1), (0,1,1), (0, 1, 1)W
( , , ) (1,1,1) (0,1,1) (0, 1, 1)x y z x
y
z
1 0 0
1 1 1
1 1 1
x
y
z
1 0 0
1 1 1
0 0 0
x
y
z y
1 0 0
1 1 1
0 0 0
x
y
z y
b) Sistema Impossível se
0 ( | ) ( )z y p A B p A
Conclusão: Não há soluções portanto
2W2Vnão é subespaço de
c) Sistema possível e indeterminado
Observe que para haver soluções z-y=0; sendo esta a equação que caracteriza este subespaço que é próprio.
1 0 0
1 1 1
0 0 0
x
y
z y
0 ( | ) ( )z y p A B p A
Encontrar as equações o caracterizam U. 3(2,1,0), (0,0,1), (6,3,0) ;U Seja
( , , ) (2,1,0) (0,0,1) (6,3,0) x y z Seja ( , , ) .x y z U
2 6
3
x
y
z
Isto é:
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
(2 6 , 3 , )
2 0 6
1 0 3
0 1 0
x
y
z
1 0 3 |
2 0 6 |
0 1 0 |
y
x
z
1 0 3 |
0 0 0 | 2
0 1 0 |
y
x y
z
Portanto para que o sistema tenha solução, temos que 2 0x y
e ( , , ); 2 0U x y z x y
2 2 12L L L
1 2L L
V Espaço vetorial 1 2, ,..., .nv v v V
Dizemos que o conjunto 1 2, ,..., nv v v
é linearmente independente (L.I), se:
1 1 1... 0 ... 0n n nv v
Dependência e Independência Linear
1 10; ... 0i n nv v Se:
Dizemos que é um conjunto de vetores linearmente dependentes (L.D).
Seja Vejamos se os vetores:3.V
31 2(1,2,1), (0,1,2) v v R são (L.I).
11
1 22
1 2
00
2 00
2 0
Para fazer isso, escrevamos a relação:31 1 1 2 0 v v
R
1 2(1,2,1) (0,1,2) (0,0,0) Assim,
eles são (L.I)
2V (1, 1), (1,0), (1,1)
é (LD), pois temos a seguinte relação com coeficientes não todos nulos:
1 1(1, 1) 1(1,0) (1,1) (0,0)
2 2
O conjunto
2RV
)0,1(1 e
)1,0(2 e
11 eS 22 eS
Ree |11
Ree |22
Reeee ,|, 2121
(reta horizontal)
(reta vertical)
2R
1e
21,ee2R
)0,1(1)0,1(
)0,1(5)0,5(
pois 2),( Rba
)1,0()0,1(),( baba
)0,2(,, 212 eeR pois 2),( Rba
)0,2.(0)1,0()0,1(),( baba
)0,1(1 e
)1,0(2 e( , )a b
E por que estes 2 conjuntos têm quantidades diferentes de geradores, se são geradores
do mesmo espaço?
Os elementos chamados geradores ou sistemas de geradores de podem ser um conjunto L.I ou L.D.
V
21,ee2R 21,ee Conj. L.I
)0,2(,, 212 eeR )0,2(,, 21 ee Conj. L.D
- conjunto ordenado:- formado por um conjunto de vetores L.I.- gera V.
Proposição: De um conjunto de geradores de um espaço ou subespaço vetorial V é sempre possível extrair uma base.
O conjunto é uma base do espaço ?
2,1 , 0, 12
(i) gera ? 2,1 , 0, 1 2Dado ,queremos saber se existem a e b em tais que
2,x y
, 2,1 0, 1 x y a b
É suficiente verificar se é um conjunto de geradores L.I. para
2,1 , 0, 12
?2a x
a b y
Isto corresponde a encontrar solução para o sistema:
2
xb a y b y
Portanto, temos que gera V. 2,1 , 0, 1
2
2
2
a x xa
a b y
2 1det 2 0
0 1
2,1 e 0, 1 são LI.
2,1 , 0, 1 é uma base para V
(ii) Vejamos agora se é LI:
2,1 , 0, 1
Teorema: n vetores em são L.I. se o determinante da matriz formada pelos n vetores (escritos como vetores linha ou coluna) for diferente zero.
n
Processo prático para determinar umabase de um subespaço do . n
Consiste em escalonar a matriz cujas linhassão os vetores geradores do subespaço.As linhas que não “zerarem” correspondem aos vetores geradores que forem LI.
2,1,1,0 , 1,0,1,2 , 0, 1,1,4W
Determinar uma base para o seguinte subespaço do espaço do :
4
2 1 1 0
1 0 1 2
0 1 1 4
A
1 2L L��������������
1 0 1 2
2 1 1 0
0 1 1 4
2 2 12L L L ��������������
1 0 1 2
0 1 1 4
0 1 1 4
3 3 2L L L ��������������
1 0 1 2
0 1 1 4
0 0 0 0
Portanto, os vetores (1,0,1,2) e (0,1,-1,-4) (correspondentes às linhas que não se anularam na matriz escalonada) formam a base para W.
Resultados importantes
Seja V um espaço de dimensão finita n. Então: Qualquer conjunto com mais de n elementos em V é LD. Qualquer conjunto L.I de V pode ser completado para formar uma base de V.
Qualquer conjunto L.I de V tem no máximo n elementos
Qualquer conjunto L.I com n elementos é uma base de V
Dimensão
Proposição: Seja V um espaço vetorial finitamente gerado. Então, qualquer base de V tem o mesmo número de elementos (cardinalidade).
A este número de elementos dá-se o nome de Dimensão de V.
Portanto, se V é finitamente gerado, podemos dizer que ele tem
dimensão finita
Pensar na dimensão de um espaço...
Pressupõe extrair uma base deste espaço ou subespaço
E observar sua cardinalidade ou quantidade de elementos
Dimensão da Soma de 2 Subespaços
dim dimdim U W U W dim U W
Seja V um espaço vetorial de dimensão finita e U, W subespaços de V. Então
Sejam 3RV zyxRzyxU ;),,( 3
0;),,( 3 zxRzyxW
subespaços de V. Determinar as dimensões de U, W e . Verifique, pela fórmula cima, se .
U W3RWU
Seja ( , , )x y z U x y z Ou seja, , , , , 1,1,0 1,0,1 x y z y z y z y z
Daí temos que U=[(1,1,0),(1,0,1)].
U=[(1,1,0),(1,0,1)].
1 1 0
1 0 1
Visto que a matriz tem posto 2,
Se ( , , ) 0 x y z W x z . Ou seja, , , 0, ,0 0,1,0 x y z y y
esses vetores são L.I. e formam uma base para U.
2)dim( UAssim
Daí, e )]0,1,0[(W 1)dim( W
Para determinar , U W
0
0
x y z
x
z
Este sistema possui como solução o vetor (0,0,0).Daí, dim 0U W
Portanto, utilizando a relação
dim 2 1 0 3U W Temos:
resolvemos o sistema formado por suas equações:
WUWUWU dimdimdim)dim(
3RWU Como é subespaço de , que tem dimensão 3, temos que
3RWU
Utilizando os vetores acima determine:
1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0 U e W
) dim
) dim
) dim
) dim
a U
b W
c U W
d U W
Considere o espaço e seus subespaços 4
O conjunto é LI
1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 dim 2U
Verifiquemos se é LI:
1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0
1 3 0 1
2 4 2 1
1 7 2 0
1 3 0 1
2 4 2 1
1 7 2 0
1 3 0 1
0 10 2 1
1 7 2 0
3 3 1��������������L L L1 3 0 1
0 10 2 1
0 10 2 1
3 3 2��������������L L L
1 1L L 122 2LLL
1 3 0 1
0 10 2 1
0 0 0 0
3 3 2��������������L L L
1,3,0,1 , 2,4,2, 1 , 1,7,2,0 Portanto o conjunto
é L.D
Logo, excluindo um dos vetores que é combinação linear dos outros dois, obtemos um conjunto L.I. Daí temos que
2dim W
1,2,0, 1 , 1, 1,2,0 , 1, 3,0, 1 , 0,10,2,1 U W
1 2 0 1
1 1 2 0
1 3 0 1
0 10 2 1
2 2 1 L L L
3 3 1 L L L
4 4 12 L L L
1 2 0 1
0 3 2 1
0 5 0 0
0 0 2 1
32 5
L
L3 3 2 L L L
1 2 0 1
0 1 0 0
0 1 2 1
0 0 2 1
1 2 0 1
0 1 0 0
0 0 2 1
0 0 2 1
4 4 3 L L L
1 2 0 1
0 1 0 0
0 0 2 1
0 0 0 0
dim 3U W
dim dim dim dimU W U W U W
3 2 2 dim U W
dim 1U W
Coordenadas de um vetor em relação à uma dada base B
v
V Espaço vetorial sobre K 1 2, ..., nB v v v base de V
1 1 ... n nv v v v VComb. Linear de forma única
1( ,..., )nBv
1
B
n
v
ouDenotamos por:
Consideremos a base canônica do 3
1,0,0 0,1,0 0,0,1 e o vetor 1, 3,5B v Observe que:
1. 1,0,0 3. 0,1,0 5. 0,0,1v
Assim, as coordenadas do vetor v na base B são 1, -3 e 5 ,ou seja,
3V R
(1, 3,5)v
ou 1
3
5
v
As coordenadas de dependem da base escolhida e da ordem dos de seus elementos.
vB
Todas as vezes que em um vetor não vier especificado a base de referência, significa que esta é a base canônica.
(1, 3,5)v Por exemplo: (base canonica)
v
Temos que a matriz das coordenadas de v na base B é :
1
3
5B
v
' 1,1,1 , 1,0,1 , 1,0, 1 B
Vamos escolher agora outra base para 3R
Nosso exercício agora é encontrar as coordenadas do vetor v na base B´:
Por definição, às coordenadas de v na base B´ é dado pelos coeficientes a,b e c
abaixo:
1, 3,5 1,1,1 1,0,1 1,0, 1a b c
1
3
5
a b c
a
a b c
3a
4
8
b c
b c
2 12b 6b
6 4c 2c
As coordenadas de v são -3,6 e -2
A matriz das coordenadas de v na base B´ é '
3
6
2B
v
1 Bases ordenadas do mesmo espaço vetorial V
2
1I
Escrever os vetores de (acima) como combinação linear dos vetores de
2
1
1
2I
Escrever os vetores de (acima) como combinação linear dos vetores de
1
2
2e
Encontremos a matriz mudança de base
2
1
(1,0),(0,1)
(2, 1),(3,4)I
1 11 21(1,0) (2, 1) (3,4)v a a
Os coeficientes e ficam na mesma coluna, por isso o correspondente ao elemento é fixado com o mesmo índice da ordem do elemento em
11a 21a
2
j
ija
2 12 22(0,1) (2, 1) (3,4)v a a
onde 11 21 11 21(1,0) (2 3 , 4 )a a a a
11
4
11a e 21
1
11a
12 22 12 22(0,1) (2 3 , 4 )a a a a
12
3
11a
e 22
2
11a 4 3
11 111 2
11 11
2
1I
Façamos agora 1
2
(2, 1),(3,4)
(1,0),(0,1)I
Lembrando que escreveremos agora :
1 11 21(2, 1) (1,0) (0,1)u a a
11 2a e 21 1a
2 12 22(3,4) (1,0) (0,1)u a a
12 3a e 22 4a
2 3
1 4
2
1I
4 3
11 111 2
11 11
2 3 1 0
1 4 0 1
O produto das matrizes
eO que implica que as matrizes são inversíveis e
2
1I
1
2I
2 1
1 2
1
I I
2
1I
1
2I
““Somente no dicionário o Somente no dicionário o sucesso sucesso vem antes do vem antes do trabalhotrabalho.”.”
Albert EinsteinAlbert Einstein