1 Base de um Espaço Vetorial

Disciplina: Anéis e Corpos
Professor: Fernando Torres
Membros do grupo:
Blas Melendez Caraballo (ra143857) ,
Leonardo Soriani Alves (ra115465) ,
Osmar Rogério Reis Severiano (ra134333)
Ramon Códamo Braga da Costa (ra143905)
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Base de um Espaço Vetorial
Estamos interessados em encontrar, dentro de um espaço vetorial V, um subconjunto B ⊂ V, tal que qualquer vetor de
V seja uma combinação linear de elementos de B. Em outras palavras, queremos determinar um conjunto de vetores que
gere V e tal que todos elementos sejam realmentes necessários para gerar V. Se pudermos encontrar tais vetores, teremos
os alicerces de nosso espaço, com estes vetores fazendo o papel de i, j, k na Geometria Analítica no Espaço. Denominares
um conjunto de vetores desse tipo de base, mais precisamente:
Definição 1. Seja V um espaço vetorial sobre um corpo K. Dizemos que um subconjunto B de V é uma base de V se
(i) B for um conjunto gerador de V ; e
(ii) B for linearmente independente.
Teorema 1. Seja {0} =
6 V um espaço vetorial sobre K. Então V possui pelo menos uma base.
Demonstração. Seja F = {S : S ⊂ V e S l.i.} . Como existe 0 6= v0 ∈ V, temos que F 6= ∅, visto que {v0 } é l.i.
A relação R = {(Si , Sj ) ∈ F × F : Si ⊂ Sj } é uma relação de ordem parcial sobre F. Seja {S` : ` ∈ L} um sub[
conjunto totalmente ordenado de F. Afirmamos que
S` é um limitante superior de {S` : ` ∈ L} em F. De fato, sejam
`∈L
v1 , . . . , v n ∈
[
S` , α1 , . . . , αn ∈ K e suponhamos que α1 v1 +. . .+αn vn = 0. Existem índices `1 , . . . , `n em L tais que
`∈L
vi ∈ S`i , i = 1, . . . , n. Como {S` : ` ∈ L} é totalmente ordenado, existe um índice `k tal que S`i ⊂ S`k , i = 1 . . . , n.
[
Segue que vi ∈ Sjk , i = 1, . . . , n. Como S`k é l.i., α1 = . . . αn = 0. Logo,
S` é l.i. e, consequentemente, é um
`∈L
limitante superior de {S` : ` ∈ L} em F. Pelo lema de Zorn, F possui um elemento maximal, digamos B. No restante
da prova mostraremos que V é gerado por B, ou seja V = [B] . Como [B] ⊂ V, basta verificarmos a outra inclusão, para
isto suponhamos que exista um elemento w ∈ V e w ∈
/ [B] . Então B ∪ {w} é linearmente independente, de fato, sejam
u1 , . . . , um ∈ B e β1 , . . . , βm , β ∈ K, tais que
β1 u1 + . . . + βm um + wβ = 0,
então β = 0, caso contrário teríamos
−β1 β −1 u1 + . . . + −βm β −1 um = w,
contradizendo o fato de w ∈
/ [B] . Portanto igualdade a torna-se
β1 u1 + . . . + βm um = 0,
consequentemente βi = 0, i = 1, . . . , m pois B é l.i. E como consequência temos que B ∪ {w} ∈ F, mas isto é um
absurdo, visto que este fato contradiz a maximalidade de B. Assim [B] = V.
O teorema abaixo apresenta duas caracterizações de base.
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Teorema 2. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B um subconjunto de V. As seguintes afirmações são equivalentes:
(i) B é uma base de V ;
(ii) B é um subconjunto l.i. maximal de V, isto é, não existe subconjunto l.i. C de V tal que B 6= C e B ⊂ C;
(iii) B é um conjunto gerador minimal de V, isto é, V = [B] e não existe C ⊂ B, C 6= B tal que V = C.
Demonstração. (i) ⇒ (ii) Se v ∈ V \B então por (i), v ∈ [B] . Segue que B ∪ {v} é l.d. Portanto, qualquer conjunto
contendo B propriamente é l.d.
(ii) ⇒ (i) Se V 6= [B] , existiria v ∈ V \ {0} tal que v ∈
/ [B] . Logo, B ∪ {v} seria um conjunto l.i.,contradizendo (ii).
(i) ⇒ (iii) Seja w ∈ B. Então, w ∈
/ [B\ {w}] , pois B é um conjunto l.i. Portanto, [B\ {w}] 6= V. Isto implica (iii).
(iii) ⇒ (i) Se existirem vetores (distintos) v1 , . . . , vn ∈ B e escalares α1 , . . . , αn ∈ K não todos nulos tais que α1 v1 +
. . . + vn αn vn = 0, então um dos vj , digamos vn , é combinação linear dos demais. Logo, [B\ {vn }] = [B] = V,
contradizendo (iii).
Teorema 3. Seja V um espaço vetorial sobre K.
(i) Se S ⊂ T ⊂ V, S é l.i. e V = [T ] , então existe uma base B de V tal que S ⊂ B ⊂ T ;
(ii) Se S é um subconjunto l.i. de V então existe uma base B de V que contém S;
(iii) Se V = [T ] , então existe uma base B de V contida em T.
Demonstração. Para provar (i), aplicamos o Lema de Zorn a família de conjuntos
F = {A : S ⊂ A ⊂ T e A l.i.} ,
munida da ordem parcil de inclusão. Concluímos que F tem um elemento maximal B. Se existir algum elemento u ∈
T \ [B] , então B ∪ {u} é l.i. contradizendo a maximalidade de B. Logo, T ⊂ [B] e, consequentemente, [T ] ⊂ [B] . Segue
que V = [B] , e, portanto, [B] é base de V. Partes (ii) e (iii) seguem de (i).
Teorema 4. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B e C bases de V. Então, cada elemento de B pode ser substituído
por algum elemento de C de modo que o conjunto resultante ainda é uma base de V.
Demonstração. Seja v ∈ B. Se C fosse um subconjunto de B\ {v} , teríamos V = [C] ⊂ [B\ {v}] , contradizendo o
fato de B ser um conjunto gerador minimal de V. Logo, existe um elemento u ∈ C tal que u ∈
/ [B\ {v}] . Segue que
(B\ {v}) ∪ {u} é l.i. Se v ∈
/ [(B\ {v}) ∪ {u}] então (B\ {v}) ∪ {u} ∪ {v} = B ∪ {u} é l.i., contradizendo o fato de B
ser um conjunto l.i. maximal. Assim, v ∈ [(B\ {v}) ∪ {u}] e
V = [B] ⊂ [B ∪ {u}] = [((B\ {v}) ∪ {u}) ∪ {v}] = [(B\ {v}) ∪ {u}] ,
completando a prova.
No teorema a seguir, utilizamos a noção de cardinalidade. Lembremos que dois conjuntos A e B tem a mesma
cardinalidade quando existe uma função f : A → B bijetora.
Teorema 5. Sejam V um espaço vetorial sobre K e B, C bases de V. Então B e C tem a mesma cardinalidade.
O teorema 5 consolida a seguinte definição
Definição 2. Seja V um espaço vetorial sobre K. A dimensão de V sobre K, denotada por dimK V ou simplesmente por
dimV, é a cardinalidade de qualquer base de V sobre K.
Começamos nossa discussão sobre espaços vetoriais indagando sobre a existência de um certo tipo de subconjunto
Bde V, que tivesse as seguintes propriedades; B linearmente independente e [B] = V. Para este tipo de subconjunto de V
demos o nome de base algébrica.
Agora estamos interessados em saber algo sobre a cardinalidade do conjunto B, mas particularmente quando dimK V =
∞, gostaríamos de saber se B é enumerável. O próximo resultado nos fornece um método que nos permite decidir se alguns espaços vetoriais tem base enumerável. Mais precisamente:
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Proposição 1. Seja E um espaço de Banach de dimensão infinita então E não possui base algebrica enumerável.
Demonstração. Suponhamos que exista uma base algébrica enumerável B = {vj : j ∈ N} de um espaço de Banach
∞
[
de dimensão infinita E. Neste caso E =
Fn , onde cada Fn = [{v1 , . . . , vn }] . Por ter dimensão finita, cada Fn é
n=1
fechado, e potanto pelo teorema de Baire, existe n0 ∈ N, tal que int (Fn0 ) 6= ∅. Isso é um abusrdo, pois Fn0 6= E por E
ter dimensão infinita e subespaços próprios de espaços normados sempre tem interior vazio.
A proposição 1 é consequência do:
Teorema de Baire 1. Seja (M, d) um espaço métrico completo e (Fn )n∈N uma sequência de subconjuntos fechados de
∞
[
M tais que M =
Fn . Então existe n0 ∈ N tal que Fn tem interior não-vazio.
n=1
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Classes Laterais e o Teorema de Lagrange
Consideremos, a título de motivação para o conceito a ser introduzido aqui, um subgrupo não trivial H do grupo
aditivo Z. Portanto H é necessariamente cíclico, ou seja, H possui um elemento n > 1 tal que H = [n] . Observemos
então que quaisquer que sejam a, b ∈ Z :
a ≡ b mod n ⇔ a − b ∈ H,
fato esse que estabelece uma correspondência entre grupos de Z e as relações de congruência, módulo n, sobre Z.
Essa observação pode ser generalizada, como veremos a seguir, para um grupo arbitrário (G, ∗) e para um subgrupo
arbitrário H de G.
Proposição 2. Seja G um grupo e H ⊂ G um subgrupo.
(i) a relação ≈ sobre G definida por
a ≈ b ⇔ a−1 b ∈ H,
é uma relação de equivalência.
(ii) Se a ∈ G, então a classe de equivalência determinada por a é o conjunto aH = {ah|h ∈ H} .
Demonstração. Provaremos somente o item (ii).
Lembremos que a = x ∈ G|x−1 a ∈ H . Então dado x ∈ a, tem-se x−1 a = h, para um conveniente h ∈ H.
Daí,x = ah−1 e, portanto, x ∈ aH, uma vez que h−1 ∈ H.
Por outro lado, se x ∈ aH, então x = ah, par algum h ∈ H. Daí, x−1 a = h−1 ∈ H e, portanto, x−1 a ∈ H. De onde,
x ∈ a.
Dessas duas conclusões, segue que a = aH.
Definição 3. Para cada a ∈ G, a classe de equivalência aH definida pela relação ≈ introduzida na proposição 2 é
chamada de classe lateral à direira, módulo H, determinada por a.
Uma decorrência imediata da proposição anterior é que o conjunto das classes laterais à direita, módulo H, determina uma partição em G, ou seja:
(i) se a ∈ G, então aH 6= ∅;
(ii) se a, b ∈ G, então aH = bH ou aH ∩ bH = ∅;
(iii) a união de todas as classes laterais é igual a G.
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Proposição 3. Seja H um subgrupo de G. Então duas classes laterais quaisquer módulo H são subconjuntos de G que
têm a mesma cardinalidade.
Demonstração. Sejam a, b ∈ G, e considere as classes aH e bH. Defina
f : ah ∈ aH → bh ∈ bH,
segue que f é bijetora, de fato:
(i) (injetora) Se h1 , h2 ∈ H e f (ah1 ) = f (ah2 ), tem-se bh1 = bh2 , consequentemente
h1 = b−1 (bh1 ) = b−1 (bh2 ) = h2 .
(ii) (sobrejetora)Seja y ∈ bH. Então tomando x = ah, tem-se: f (x) = f (ah) = bh = y.
Se G é um grupo finito, então o conjunto quociente G/H também é finito. O número de elementos distintos de
G/H é chamado índice de H em G e é denotado por (G : H) .
Teorema de Lagrange 1. Seja H um subgrupo de um grupo finito G. Então o (G) = o (G : H) e, portanto, o (H) |o (G) .
Demonstração. Suponhamos (G : H) = r e seja G/H = {a1 H, a2 H, . . . , ar H} . Então,
G=
r
[
ai H e ai H ∩ aj H = ∅, i 6= j.
i=1
Mas devido proposição 3, o número de elementos de cada uma das classes laterais é igual ao número de elementos de
H, ou seja, é igual a o (H) . Portanto:
o (G) = o (H) + . . . + o (H) ,
em que o número de parcelas é r = (G : H) . De onde:
o (G) = (G : H) o (H)
e o (H) |o (G) .
Corolário 1. Seja G um grupo finito. Então a ordem de um elemento a ∈ G divide a ordem de G e o quociente é (G : H) ,
em que H = [a] .
Demonstração. Basta lembrar que a ordem de a é igual à ordem de [a] e que, devido ao teorema de Lagrange:
o (G) = (G : H) o ([a]) .
Corolário 2. Se a é um elemento de um grupo finito G, então ao(G) = e, onde e é o elemnto neutro de G.
Demonstração. Seja h a ordem de a. Portanto, h é o menor inteiro estritamente positivo tal que ah = e. Mas, devido ao
corolário anterior:
o (G) = (G : H) h
em que H = [a] . Portanto:
ao(G) = a(G:H)h = ah
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(G:H)
= e(G:H) = e.
Corolário 3. Seja G um grupo finito cuja ordem é um número primo. Então G é cíclico e os únicos subgrupos de G são
os triviais, ou seja, {e} e o próprio G.
Demonstração. Seja p = o (G) . Como p > 1, o grupo G possui um elemento a diferente do elemento neutro. Assim, se
H = [a] , o teorema de Lagrange garante que o (H) |p. Logo, o (H) = 1 ou p e, portanto, H = {e} ou H = G. Como a
primeira dessas hipóteses é impossível, então G = H e, portanto, G é cíclico. Por outro lado, se J é um subgrupo de G,
então, ainda devido ao teorema de Lagrange, o (J) |o (G) . Daí, o (J) = 1 ou p e, portanto, J = {e} ou J = G.
Exemplo 1. Seja G um grupo de ordem pn , em que p é um número primo e n > 1. Mostre que a ordem de um elemento
qualquer de G é uma potencia de p.
Solução: Seja a ∈ G, se a for o elemento neutro o resultado é imediato, se a 6= e, consideremos o subgrupo H = [a] ,
então pelo teorema de Lagrange a o (H) divide o (G) , portanto o (H) = pα , onde α ∈ N e 1 ≤ α ≤ n. E pelo fato de
o (H) = o (a) , concluímos o resultado.
Poderíamos agora nos indagar se a recíproca do teorema de Lagrange é verdadeira, isto é, se G é um grupo finito
e m dividi a ordem de G então G adimite um subgrupo H de ordem m. A resposta para essa questão é não, um contraexemplo pode ser encontrado no grupo S4 grupo simétrico de grau 4.
Referências
[1] Domingues, Hygino H. Álgebra Moderna. Atual Editora,2003.
[2] Mirian Pereira Mendes, Roberta Godoi Wik Atique, Valdir Antonio Menegatto, notas didáticas de álgebra linear USP,
2003.
[3] Geraldo Botelho, Daniel Pellegrino e Eduardo Teixeira, Fundamentos de análise funcional, SBM,2012.
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