Álgebra Linear - Exercícios (Espaços Vectoriais)

Álgebra Linear - Exercícios
(Espaços Vectoriais)
Índice
1 Espaços Vectoriais
1.1 Dependência e Independência Linear
1.2 Sistemas de Geradores e Bases . . .
1.3 Subespaços Vectoriais . . . . . . . .
1.4 Miscelânea . . . . . . . . . . . . . . .
2
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.
.
3
3
10
17
29
1 Espaços Vectoriais
1
1.1
Espaços Vectoriais
Dependência e Independência Linear
Exercício 1 Sejam u e v dois vectores linearmente independentes de um espaço
vectorial real E. Determine o escalar α ∈ R para o qual os vectores αu + 2v e
u − v são linearmente dependentes.
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear
nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β 1 (αu + 2v) + β 2 (u − v) = 0 =⇒
=⇒ (β 1 α + β 2 ) u + (2β 1 − β 2 ) v = 0
Dado que u e v são linearmente independentes da expressão anterior resulta
que:
½
β1α + β2 = 0
2β 1 − β 2 = 0
Temos portanto um sistema homogéneo de duas equações
a¸duas incógnitas,
·
α 1
. Se o sistema
β 1 e β 2 , cuja matriz do sistema é dada por A =
2 −1
for determinado, a única solução será β 1 = β 2 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja
indeterminado, isto é rA < 2.
Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:
[ A| B] =
·
α
2
·
2
0
·
2
α
1
−1
−1
1
0
0
0
0
0
0
−1
α+2
2
¸
¸
L
←→
1−
−−
−−−−L
→2
³ α´
L2 ← L2 + −
L1
2−−→
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
−
¸
Tem-se claramente rA = rA|B , o que significa que o sistema é possível (como
já sabíamos por ser um sistema homogéneo). Se α 6= −2 tem-se rA = 2 o que
implica um sistema possível e determinado; se α = −2, tem-se rA = 1 < 2 pelo
que teremos um sistema possível e indeterminado. O escalar escolhido deverá
portanto ser α = −2.
3
1 Espaços Vectoriais
Exercício 2 Sejam u, v e w três vectores linearmente independentes de um
espaço vectorial real E. Determine o escalar α ∈ R para o qual os vectores
αu + 2v + 2w e u + αv − w são linearmente dependentes.
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear
nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β 1 (αu + 2v + 2w) + β 2 (u + αv − w) = 0 =⇒
=⇒ (β 1 α + β 2 ) u + (2β 1 + β 2 α) v + (2β 1 − β 2 ) w = 0
Dado que u, v e w são linearmente independentes, da expressão anterior
resulta que:

 β1α + β2 = 0
2β 1 + β 2 α = 0

2β 1 − β 2 = 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações
a duas
 incógnitas,

α 1
β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =  2 α . Se o sistema
2 −1
for determinado, a única solução será β 1 = β 2 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja
indeterminado, isto é rA < 2.
Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

α
[ A| B] =  2
2

2
 2
α

2
 0
0

0
0 L
←→
1−
−−
−−−−L
→3
0

−1 0
L ← L2 + ¡(−1)¢L1
α
0  2
L3 ← L3 + − α2 L1
1
0 −−−
−−−−−−−−−−−−−→

0
−1
α+1 0 
α+2
0
2
1
α
−1
Se α = −1 ou α = −2 tem-se claramente rA = rA|B = 2, o que significa
que o sistema é possível (como já sabíamos por ser um sistema homogéneo) e
determinando. No entanto, se α 6= −1 ∧ α 6= −2 também se obterá um sistema
possível e determinado. Concluimos assim que os vectores dados serão sempre
linearmente independentes, qualquer que seja α ∈ R.
4
1 Espaços Vectoriais
Exercício 3 Sejam u e v dois vectores linearmente independentes de um espaço vectorial real E. Mostre que os vectores u e u + v são linearmente independentes.
Solução
Construamos a combinação linear nula destes dois vectores e verifiquemos
que só é satisfeita com os escalares nulos:
β 1 (u) + β 2 (u + v) = 0 =⇒
=⇒ (β 1 + β 2 ) u + β 2 v = 0
Sabendo que u e v são linearmente independentes, teremos:
½
β1 + β2 = 0
β2 = 0
A solução deste sistema é claramente β 1 = β 2 = 0 pelo que se pode concluir
que os vectores u e u + v são linearmente independentes.
Exercício 4 Considerem-se 3 vectores de um espaço vectorial: u, v e w. Prove
que u − v, v − w e w − u são sempre linearmente dependentes.
Solução
Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos
que não é só satisfeita com os escalares nulos:
β 1 (u − v) + β 2 (v − w) + β 3 (w − u) = 0 =⇒
=⇒ (β 1 − β 3 ) u + (−β 1 + β 2 ) v + (−β 2 + β 3 ) w = 0
Sabendo que u, v e w são linearmente independentes, teremos:

 β1 − β3 = 0
−β 1 + β 2 = 0

−β 2 + β 3 = 0
Construímos agora a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva
característca:
5
1 Espaços Vectoriais

1
[ A| B] =  −1
0

1
 0
0

1
 0
0
0
1
−1
0
1
−1
0
1
0
−1
0
1
−1
−1
1
−1
−1
0

0
0 L
+
L
L−
2−
−−2−←
−−−
−−
→1
0

0
0 L
+
L
L−
3−
−−3−←
−−−
−−
→2
0

0
0 
0
Dado que rA = rA|B = 2 < 3, o sistema é possível e indeterminado, tendo
outras soluções que não a solução β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados
serão linearmente dependentes.
Exercício 5 Sendo x, y e z vectores linearmente independentes de um espaço
vectorial E, mostre que os três vectores x + y, x + z e y + z também são linearmente independentes
Solução
Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos
que não é só satisfeita com os escalares nulos:
β 1 (x + y) + β 2 (x + z) + β 3 (y + z) = 0 =⇒
=⇒ (β 1 + β 2 ) x + (β 1 + β 3 ) y + (β 2 + β 3 ) z = 0
Sabendo que x, y e z são linearmente independentes, teremos:

 β1 + β2 = 0
β + β3 = 0
 1
β2 + β3 = 0
Construímos agora a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva
característca:

1
[ A| B] =  1
0

1
 0
0

1
 0
0
1
0
1
0
1
1
1
−1
1
0
1
1
1
−1
0
0
1
2
6

0
0  L2 ← L2 + (−1) L1
−−−−−−−−−−−−−−→
0

0
0 L
+
L
L−
3−
−−3−←
−−−
−−
→2
0

0
0 
0
1 Espaços Vectoriais
Dado que rA = rA|B = 2 = 3, o sistema é possível e determinado, tendo
apenas a solução β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente
independentes.
Exercício 6 Sejam v e w dois vectores linearmente independentes de um espaço vectorial E. Mostre que o sistema de vectores {v, w, v + w} é linearmente
dependente.
Solução
Construamos a combinação linear nula destes três vectores e verifiquemos
que não é só satisfeita com os escalares nulos:
β 1 v + β 2 w + β 3 (v + w) = 0 =⇒
=⇒ (β 1 + β 3 ) v + (β 2 + β 3 ) w = 0
Sabendo que v e w são linearmente independentes, teremos:
½
β1 + β3 = 0
β2 + β3 = 0
Construímos agora a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva
característca:
[ A| B] =
·
1
0
0
1
1
1
0
0
¸
Dado que rA = rA|B = 2 < 3, o sistema é possível e indeterminado com
grau de indeterminação d = n − rA = 3 − 2 = 1. Existem portanto outras
soluções para o sistema que não a solução β 1 = β 2 = β 3 = 0. Logo, os vectores
{v, w, v + w} são linearmente dependentes.
Exercício 7 Identifique as condições sobre a e b de modo a que os vectores,
(a, 2, b), (a + 1, 2, 1) e (3, b, 1) sejam linearmente independentes.
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear
nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β 1 (a, 2, b) + β 2 (a + 1, 2, 1) + β 3 (3, b, 1) = 0 =⇒
=⇒ (aβ 1 + (a + 1) β 2 + 3β 3 , 2β 1 + 2β 2 + bβ 3 , bβ 1 + β 2 + β 3 ) = 0
7
1 Espaços Vectoriais
Da expressão anterior resulta que:

 aβ 1 + (a + 1) β 2 + 3β 3 = 0
2β 1 + 2β 2 + bβ 3 = 0

bβ 1 + β 2 + β 3 = 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações
a três incógnitas,


a a+1 3
2
b . Se
β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =  2
b
1
1
o sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única
solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente
independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja determinado, isto é
rA = 3. Tal depende no entanto dos valores dos parâmetros a e b.
Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

a
[ A| B] =  2
b

2
 a
b

1
 a
b

1
 0
0

1
 0
0
a+1
2
1
2
a+1
1
1
a+1
1
1
1
1−b
1
1
0

0
0 L
←→
1−
−−
−−−−L
→2
0

b 0
1
3 0  L1 ←→ L1
2
1 0 −−−−−−−−→

b
0
2
L ← L2 + (−a) L1
3 0  2
L3 ← L3 + (−b) L1
1 0
−−−−−−−−−−−−−−−→

b
0
2
6−ab
0  L3 ← L3 + (b − 1) L2
2
−−−−−−−−−−−−−−−→
2−b2
0
2

b
0
2
6−ab
0 
2
3
b
1
2−b2
2
+ (b − 1) 6−ab
2
0
2
+
Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que 2−b
2
(b − 1) 6−ab
=
6
0.
Vejamos
então
qual
a
relação
entre
a
e
b
de
modo
a
que
esta
2
2
6−ab
= 0 é uma equação na
condição seja satisfeita. Note-se que 2−b
2 + (b − 1) 2
−4−b2 +6b
variável a. É simples verificar que a = (b−1)b . Assim, concluímos que:
• b=0∨b=1
Não existe solução para a, logo rA = rA|B = 3, o sistema é possível e
determinado e, por consequência os três vectores dados são linearmente
independentes.
8
1 Espaços Vectoriais
• b 6= 0 ∧ b 6= 1
2
+6b
→ Se a = −4−b
(b−1)b , teremos rA = rA|B < 3, o sistema é possível e indeterminado e, por consequência os três vectores dados são linearmente
dependentes.
2
+6b
→ Se a 6= −4−b
(b−1)b , teremos rA = rA|B = 3, o sistema é possível e determinado e, por consequência os três vectores dados são linearmente
independentes.
Exercício 8 Verifique se os seguintes vectores de R4 são linearmente independentes?
x1 = (1, 0, 1, 2) ; x2 = (0, 1, 1, 2) ; x3 = (1, 1, 1, 3)
Solução
Os vectores serão linearmente independentes se a única combinação linear
nula destes se obtiver com os escalares nulos:
βx1 + βx2 + βx3 = 0 =⇒
=⇒ β 1 (1, 0, 1, 2) + β 2 (0, 1, 1, 2) + β 3 (1, 1, 1, 3) = 0 =⇒
=⇒ (β 1 + β 3 , β 2 + β 3 , β 1 + β 2 + β 3 , 2β 1 + 2β 2 + 3β 3 ) = 0
Da expressão anterior resulta que:

β + β3 = 0


 1
β2 + β3 = 0
 β1 + β2 + β3 = 0


2β 1 + 2β 2 + 3β 3 = 0
Temos portanto um sistema homogéneo de quatro equações aquatro incóg
1 0 1
nitas, β 1 , β 2 , β 3 e β 4 , cuja matriz do sistema é dada por A =  0 1 1 .
1 1 1
Se o sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única
solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente
independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja determinado, isto é
rA = 3. Tal depende no entanto dos valores dos parâmetros a e b.
Construímos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:
9
1 Espaços Vectoriais

a
[ A| B] =  2
b

2
 a
b

1
 a
b

1
 0
0

1
 0
0

0
0 L
←→
1−
−−
−−−−L
→2
0

2
b 0
1
a + 1 3 0  L1 ←→ L1
2
1
1 0 −−−−−−−−→

b
1
0
2
L ← L2 + (−a) L1
a+1 3 0  2
L3 ← L3 + (−b) L1
1
1 0
−−−−−−−−−−−−−−−→

b
0
1
2
6−ab
1
0  L3 ← L3 + (b − 1) L2
2 2
−−−−−−−−−−−−−−−→
0
1 − b 2−b
2

b
0
1
2
6−ab
1
0 
2
2−b2
6−ab
0
0
2 + (b − 1) 2
a+1
2
1
3
b
1
2
+
Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que 2−b
2
=
6
0.
Vejamos
então
qual
a
relação
entre
a
e
b
de
modo
a
que
esta
(b − 1) 6−ab
2
2
6−ab
= 0 é uma equação na
condição seja satisfeita. Note-se que 2−b
2 + (b − 1) 2
2
−4−b +6b
variável a. É simples verificar que a = (b−1)b . Assim, concluímos que:
1.2
Sistemas de Geradores e Bases
Exercício 9 Considere os vectores:
u1 = (1, 1, a) ; u2 = (0, 1, 1) ; u3 = (1, 0, b)
com ui ∈ R3 , i = 1, 2, 3.
Que condições devem verificar a e b para {u1 , u2 , u3 } constituírem uma base
de R3 .
Solução
¡ ¢
Sabemos que dim R3 = 3. Como o conjunto {u1 , u2 , u3 } é constituído por
três vectores de R3 sabemos que {u1 , u2 , u3 } serão geradores de R3 se constituirem uma base de R3 . Mas {u1 , u2 , u3 } só constituirá uma base de R3 se
os seus vectores forem linearmente independentes. Os vectores de {u1 , u2 , u3 }
serão linearmente independentes se a única combinação linear nula destes se
obtiver com os escalares nulos:
10
1 Espaços Vectoriais
β 1 u1 + β 2 u2 + β 3 u3 = 0 =⇒
=⇒ β 1 (1, 1, a) + β 2 (0, 1, 1) + β 3 (1, 0, b) = 0 ⇒
⇒ (β 1 + β 3 , β 1 + β 2 , β 1 a + β 2 + β 3 b) = 0
Da expressão anterior resulta que:

 β1 + β3 = 0
β + β2 = 0
 1
aβ 1 + β 2 + bβ 3 = 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a 
três incógnitas,
1 0 1
β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =  1 1 0 . Se o sistema
a 1 b
for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será
β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes
e portanto uma base de R3 , como pretendemos. Tal depende no entanto do
valor dos parâmetros a e b.
Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

1
[ A| B] =  1
a

1
 0
0

1
 0
0
0
1
1
0
1
1
0
1
0

0
L ← L2 + (−1) L1
0  2
L3 ← L3 + (−a) L1
0 −−−
−−−−−−−−−−−−→

1
0
−1
0  L3 ← L3 + (−1) L2
−−−−−−−−−−−−−−→
b−a 0

1
0
−1
0 
b−a+1 0
1
0
b
Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que b − a + 1 6= 0, o
que implica b 6= a − 1. Nestas circunstâncias, o sistema é possível e determinado
e os vectores dados são linearmente dependentes, constituindo uma base de R3 .
Exercício 10 Sejam v1 = (7, 4, −7) e v2 = (8, 7, 8) dois vectores de R3 . Determine o valor de t de modo a que o vector v = (−2, t, 8) pertença ao subespaço
de R3 gerado por v1 e v2 .
Solução
11
1 Espaços Vectoriais
O subespaço gerado pelos vectores v1 e v2 são os vectores da forma: α1 v1 +
α2 v2 . Assim, o vector v pertencerá ao subespaço gerado por v1 e v2 se existirem
escalares α1 e α2 tais que α1 v1 + α2 v2 = v.
α 1 v1 + α 2 v2
=
v ⇐⇒
⇐⇒ α1 (7, 4, −7) + α2 (8, 7, 8) = (−2, t, 8) ⇐⇒

 7α1 + 8α2 = −2
4α1 + 7α2 = t
⇐⇒

−7α1 + 8α2 = 8
Vejamos quais as condições para que o sistema seja possível. Para isso,
estudamos o sistema através da sua matriz ampliada:

7
 4
−7

7
 0
0

7
 0
0

7
 0
0

¡ ¢
−2
L2 ← L2 + − 47 L1

t
L3 ← L3 + L1
8
−−−−−−−−−−−−−−−−→

−2
8
7
17
8+7t 
L2 ←
L2
7
7
17
−−−−−−
−−→
16 6

8
−2
136 + 119t  L3 ← L3 + (−16) L2
1
−−−−−−−−−−−−−−→
16 6

8 −2

1 136 + 119t
0 −2170 − 1904t
8
7
8
O sistema será possível se −2170 − 1904t = 0. Logo, v poderá ser escrito
como combinação linear de v1 e v2 se t = − 155
136 .
Exercício 11 Verifique se o conjunto de vectores {(6, 3, 9) , (5, 2, 8) , (4, 1, 7)}
constitui uma base de R3 .
Solução
Exercício 12 Seja v = (1, 2) ∈ R2 .
a) Dê um exemplo de um vector, diferente de v e do vector nulo, que pertença
ao subespaço gerado por v.
b) Dê um exemplo de um vector que não pertença ao subespaço gerado por
v.
12
1 Espaços Vectoriais
Solução
a) O subespaço gerado por v é dado por:
ª
©
w ∈ R2 : w = α · v, ∀α∈R2
O subespaço gerado por v são protanto todos os ”múltiplos” do vector
v. Escolhendo α = −1, obtém-se w = (−1) v = (−1) (1, 2) = (−1, −2).
conclui-se portanto que (−1, −2) pertence ao subespaço gerado por v.
b) Em contraponto com a) serão todos os vectores que não sejam múltiplos
de v, por exemplo (1, 1). Podemos confirmar este resultado, mostrando
que a equação (1, 1) = α (1, 2) é impossível:
α (1, 2) = (1, 1) ⇐⇒
⇐⇒ (α, 2α) = (1, 1)
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:
·
1
2
¸
£
α
¤
=
·
1
1
¸
O sistema é obviamente impossível. Estudemos a sua matriz ampliada:
[ A| B] =
·
·
¸
1
2
1
1
1
0
1
−1
L2 ← L2 + (−2) L1
−−−−−−−−−−−−−−→
¸
Dado que rA 6= rA|B o sistema é impossível, pelo que não existe nenhum
escalar α ∈ R que satisfaça (1, 1) = α (1, 2). Logo, (1, 1) não pertence ao
subespaço gerado por (1, 2).
Exercício 13 Considere o espaço vectorial R3 e o conjunto de vectores M =
{(4, 5, 6) , (r, 5, 1) , (4, 3, 2)}. Determine r de modo a que o conjunto gerado pelos
vectores de M não seja R3 .
Solução
¡ ¢
Sabemos que dim R3 = 3. Como o conjunto M é constituído por três
vectores de R3 sabemos que M serão geradores de R3 se constituirem uma
base de R3 . Mas M só constituirá uma base de R3 se os seus vectores forem
13
1 Espaços Vectoriais
linearmente independentes. Os vectores de M serão linearmente independentes
se a única combinação linear nula destes se obtiver com os escalares nulos:
β 1 (4, 5, 6) + β 2 (r, 5, 1) + β 3 (4, 3, 2) = 0 =⇒
=⇒ (4β 1 + rβ 2 + 4β 3 , 5β 1 + 5β 2 + 3β 3 , 6β 1 + β 2 + 2β 3 ) = 0
Da expressão anterior resulta que:

 4β 1 + rβ 2 + 4β 3 = 0
5β 1 + 5β 2 + 3β 3 = 0

6β 1 + β 2 + 2β 3 = 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações a 
três incógnitas,
4 r 4
β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =  5 5 3 . Se o sistema
6 1 2
for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única solução será
β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes
e portanto uma base de R3 , o que contraria o que nós pretendemos. Pretendese portanto que o sistema seja indeterminado, isto é rA < 3. Tal depende no
entanto do valor do parâmetro r.
Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

0
1
0  L1 ← L1
4
0 −−−−−−−→

r
1 0
4
L ← L2 + (−5) L1
5 3 0  2
L3 ← L3 + (−6) L1
1 2 0 −−−
−−−−−−−−−−−−→

r
1
0
4
4
20−r
−2 0  L2 ←
L2
4
20
r−→
24−r
−−−−−−−−−
−−
−4 0
4

4
[ A| B] =  5
6

1
 5
6

1
 0
0
r
5
1
4
3
2
Para prosseguir a condensação temos de assumir que r 6= 20. Adiante estudaremos o caso em que r = 20.

1
 0
0

1
 0
0
r
4
1
1
24−r
4
r
4
1
0
8
− 20−r
−4
1
8
− 20−r
2r−32
20−r

¶
µ
0
24 − r
0  L3 ← L3 + −
L2
4
0
−−−−−−−−−−−−−−−−−−−→

0
0 
0
14
1 Espaços Vectoriais
Para que, como se pretende, rA = rA|B < 3, é necessário que 2r−32
20−r = 0, o
que implica r = 16. Nestas circunstâncias, o sistema é possível e indeterminado
e os vectores dados são linearmente dependentes.
regressemos agora ao caso em que r = 20. Substituindo r na matriz após as
três primeiras operações elementares obtém-se:

1
 0
0
20
4
20−20
4
24−20
4
 
1
0
0 = 0
0
0
1
−2
−4
5
0
1
1
−2
−4
Prosseguindo a condensação, obter-se-á:

1
 0
0

1
 0
0
5
0
1
5
1
0
1
−2
−4
1
−4
−2

0
0 
0

0
0 L
←→
2−
−−
−−−−L
→3
0

0
0 
0
Tem-se, claramente, rA = rA|B = 3 pelo que o sistema é possível e determinado. consequentemente, os vectores dados serão lineramente independentes.
O valor do parâmetro r que nos interessa é portantor = 16.
Exercício 14 O conjunto, P2 (R), dos polinómios de grau inferior ou igual a 2
constitui um espaço vectorial real.
©
ª
a) Determine um polinómio b (x) de modo a que o conjunto 1, 1 + x2 , b (x)
constitua uma base de P2 (R).
b) Determine as coordenadas de 2x2 − 7x nessa base.
Solução
©
ª
a) O polinómio b (x) deverá ser tal que o sistema de vectores 1, 1 + x2 , b (x)
seja linearmente independente. Construamos a combinação linear nula
destes três vectores e verifiquemos para que polinómios b (x) = ax2 +bx+c
a equação é satisfeita apenas com os escalares nulos:
¡
¢
β 1 · 1 + β 2 · 1 + x2 + β 3 · b (x) = 0 =⇒
¡
¡
¢
¢
=⇒ β 1 · 1 + β 2 · 1 + x2 + β 3 · ax2 + bx + c = 0 =⇒
=⇒ (β 1 + β 2 + cβ 3 ) + (bβ 3 ) · x + (β 2 + aβ 3 ) · x2 = 0
15
1 Espaços Vectoriais
Sabendo que um polinómio é nulo se os coeficientes dos termos de todos
os graus forem nulos, teremos:

 β 1 + β 2 + cβ 3 = 0
bβ 3 = 0

β 2 + aβ 3 = 0
Temos portanto um sistema homogéneo de três equações

 a três incógnitas,
1 1 c
β 1 , β 2 e β 3 , cuja matriz do sistema é dada por A =  0 0 b . Se o
0 1 a
sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo), a única
solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados serão linearmente independentes e portanto uma base de P2 (R), como se pretende.
Tal depende no entanto do valor dos parâmetros a, b e c.
Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

1
[ A| B] =  0
0

1
 0
0
1
0
1
c
b
a
1
1
0
c
a
b

0
0 L
←→
2−
−−
−−−−L
→3
0

0
0 
0
Para que, como se pretende, rA = rA|B = 3, é necessário que b 6= 0. Nestas
circunstâncias, o sistema é possível e indeterminado, os vectores dados são
linearmente dependentes e portanto constituirão uma base de P2 (R).
Escolhemos a alternativa mais simples e escolhamos
a = ªc = 0 e b = 1.
©
Neste caso b (x) = x. O conjunto de vectores 1, 1 + x2 , x será portanto
uma base de P2 (R).
b) Pretende-se determinar os escalares β 1 , β 2 e β 3 tais que:
¡
¢
β 1 · 1 + β 2 · 1 + x2 + β 3 · x = 2x2 − 7x ⇔
⇔ β 2 · x2 + β 3 · x + (β 1 + β 2 ) = 2x2 − 7x
Sabendo que dois polinómios são iguais se os coeficientes dos termos do
mesmo grau são iguais, a igualdade acima é equivalente ao seguinte sistema
de equações:
16
1 Espaços Vectoriais

 β2 = 2
β = −7
 3
β1 + β2 = 0
Facilmente se verifica que a solução será dada por β©1 = −2, β 2ª= 2 e
β 3 = −7. Assim, as coordenadas de 2x2 − 7x na base 1, 1 + x2 , x serão
£
¤T
−2 2 −7
.
Exercício 15 Mostre que o conjunto M = {(1, 2, 3) , (2, 3, 4) , (3, 4, 5)} não é
uma base de R3 .
Solução
Temos duas alternativas para mostrar este facto:
1a alternativa: ¡ ¢
Notemos que dim R3 = 3. Se os vectores dados não forem linearmente
independentes, então não podem constitur uma base de R3 uma vez que esta
deverá ter 3 elementos.
2a alternativa:
Podemos verificar se os vectores de M geram qualquer vector x ∈ R3 . Se tal
não for verdade, então os vectores não podem constituir uma base de R3 .
Exercício 16 Verifique se os seguintes vectores são geradores do espaço vectorial R3 .
a) x1 = (1, 1, 1) ; x2 = (1, −1, −1) ; x3 = (3, 1, 1)
b) x1 = (1, 1, 1) ; x2 = (1, −1, −1) ; x3 = (3, 1, 2)
Solução
1.3
Subespaços Vectoriais
Exercício 17 Quais dos seguintes subconjuntos de R2 são subespaços de R2 ?
©
ª
i) W1 = (x, y) ∈ R2 : x = 2y
©
ª
ii) W2 = (x, y) ∈ R2 : x = 2y, 2x = y
©
ª
iii) W3 = (x, y) ∈ R2 : x = 2y + 1
©
ª
iv) W4 = (x, y) ∈ R2 : xy = 0
17
1 Espaços Vectoriais
Solução
i) Vejamos se 0 ∈ W1 . Se x = 0 e y = 0, teremos x = 2y pelo que (0, 0) ∈ W1 .
Com efeito, 0 = x·0. Consideremos agora dois vectores (x, y) , (x0 , y 0 ) ∈ W1
e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que α (x, y) + β (x0 , y 0 ) ∈
W1 . Faça-se (a, b) = α (x, y) + β (x0 , y 0 ). Queremos mostrar que (a, b)
satisfaz a = 2b:
(a, b) = α (x, y) + β (x0 , y 0 )
(Porque (x, y) , (x0 , y 0 ) ∈ W1 )
= (2αy + 2βy 0 , αy + βy 0 )
= (2 (αy + βy 0 ) , αy + βy 0 )
Concluímos assim que (a, b) satisfaz a = 2b, logo, F2 é um espaço vectorial.
ii) O sistema x = 2y ∧ 2x = y tem como solução única o vector nulo, (0, 0).
Assim, como W2 = {(0, 0)} conclui-se que W2 é um subespaço.
iii) Vejamos se 0 ∈ W3 . É fácil verificar que não: um vector de W3 tem a
forma (2y + 1, y) , y ∈ R. Este vector poderá ser escrito como:
(2y + 1, y) = y (2, 1) + (1, 0) , y ∈ R
Vejmos agora se existe algum escalar α tal que (2α + 1, α) = 0:
(2α + 1, α) = 0 ⇐⇒
⇔ α (2, 1) + (1, 0) = (0, 0) ⇐⇒
⇐⇒ α (2, 1) = (−1, 0) ⇐⇒
½
2α = 1
α=0
Este sistema é impossível pelo que 0 ∈
/ W3 . Portanto, W3 não constitui
um subespaço vectorial.
iv) O conjunto W4 é constituído pelos vectores da forma (x, 0) , x ∈ R e
(0, y) , y ∈ R. É obvio que os vectores (1, 0) e (0, 1) pertencem ao subespaço vectorial W4 , mas a sua soma, (1, 0) + (0, 1) = (1, 1), não. Dado que
W4 não é fechado para a soma, então não pode ser espaço vectorial.
Exercício 18 Seja F o espaço vectorial real das funções reais de variável real,
diferenciáveis. Determine, entre os seguintes conjuntos, aqueles que são subespaços de F.
18
1 Espaços Vectoriais
o
n
0
i) F1 = f ∈ F : f (x) · f (x) = 1, ∀x∈R
o
n
0
ii) F2 = f ∈ F : f (x) = x · f (x) , ∀x∈R
Solução
0
i) Vejamos se 0 ∈ F1 . Obviamente que não: se f (x) = 0 teremos f (x) = 0,
0
pelo que f (x) · f (x) = 0 6= 1. Logo, 0 ∈
/ F1 , portanto F1 não é subespaço.
0
ii) Vejamos se 0 ∈ F2 . Se f (x) = 0 teremos f (x) = 0, pelo que f (x) =
0
x · f (x) é satisfeita. Com efeito, 0 = x · 0. Consideremos agora duas
funções f (x) , g (x) ∈ F2 e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar
que αf (x) + βg (x) ∈ F2 . Faça-se p (x) = αf (x) + βg (x). Queremos
0
mostrar que p (x) se pode escrever na forma x · p (x):
p (x) = αf (x) + βg (x)
(Porque f (x) , g (x) ∈ F2 )
0
0
= αx · f (x) + βx · g (x)
³ 0
´
0
= x αf (x) + βg (x)
0
= x · p (x)
Concluímos assim que F2 é um espaço vectorial.
Exercício 19 Considere o espaço vectorial S, sobre R, das sucessões reais.
Determine, entre os seguintes subconjuntos, aqueles que são subespaços de S:
i) O conjunto das progressões aritméticas, P.
ii) O conjunto das sucessões com um número infinito de termos nulos, Q.
Solução
i) As progressões aritméticas reais são sucessões reais do tipo un = n·r, r ∈ R.
Está claro que se r = 0, teremos un = 0, pelo que 0 ∈ P. Consideremos
agora duas progressões un , vn ∈ P e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se
verificar que αun + βvn ∈ P. Faça-se wn = αun + βvn . Queremos mostrar
que wn é uma progressão aritmética. Basta para o efeito determinar o seu
termo:
19
1 Espaços Vectoriais
wn
= αun + βvn
(Porque un , vn ∈ P)
= αnr1 + βnr2
= n (αr1 + βr2 )
Concluímos assim, que wn é uma progressão aritmética de termo (αr1 + βr2 ).
Exercício 20 Seja E o espaço vectorial real das funções reais de variável real
contínuas e diferenciáveis em R, munido das operações habituais de adição de
funções e da multiplicação de uma função por um escalar. Seja F o conjunto
das funções:

x<0
 αx + β,
ax2 + bx + c, 0 ≤ x ≤ 1
f (x) =

γx + δ,
x>1
(1)
Que condições devem verificar as constantes e α, β, γ, δ, a, b e c para que F
seja um subespaço de E?
Solução
• f tem de ser contínua
Apenas nos precisamos de preocupar com os pontos de abcissa x = 0 e
x = 1:
— x=0
α · 0 + β = a · 02 + b · 0 + c ⇐⇒ β = c
— x=1
a · 12 + b · 1 + c = γ · 1 + δ ⇐⇒ a + b + c = γ + δ
• f tem de ser diferenciável
Apenas nos precisamos de preocupar com os pontos de abcissa x = 0 e
x = 1:
¯
¯
df ¯
df ¯
— dx
¯ − = dx
¯ + ⇐⇒ α = 2 · a · x + b|x=0+ ⇐⇒
x=0
⇔α=b
¯
df ¯
— dx
¯ −=
x=1
x=0
¯
df ¯
dx ¯
x=1+
⇔ 2a + b = γ
⇐⇒ 2 · a · x + b|x=1− = γ ⇐⇒
20
1 Espaços Vectoriais
As quatro condições anteriores podem ser colocadas em forma de sistema de
4 equações a 7 incógnitas, a saber:

0
 0

 1
0
1
0
0
0


0 0
0 −1 


1 −1 −1 −1 



0 0 −1 0


0 −2 −1 0

0
1
0
1
α
β
γ
δ
a
b
c
Resolvendo o sistema por condensação obtém-se:

0
 0

 1
0

1
 0

 0
0

1
 0

 0
0

1
 0

 0
0
1
0
0
0
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
0
1
0
0
0
0
1
0

1
 0

 0
0

 


 
=
 




0
0 

0 
0

0
0 
 L1 ←→ L3
−−−−−→
0  −−
0

0 0
−1 0
0
1 −1 −1 −1 0 
 L2 ←→ L3
−−−−−→
0 0
0
−1 0  −−
0 −2 −1 0
0

0 0
−1 0
0
0 0
0
−1 0 
 L ← L4 + (−1) L3
−−−−−−−→
1 −1 −1 −1 0  −−4−−−−−
0 −2 −1 0
0

0
0
−1 0
0
0
0
0
−1 0 
 L ← L3 + L4
−−−→
1
−1 −1 −1 0  −−3−−−−−
−1 −1 −1 1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
−1
0
−2
0
0
1
0
0
0
0
−1
0
−1
−1
−1
0
0
−2
−1
−1
−1
0
0
−1
0
−2
−1
0
−1
0
1

0
0 

0 
0
Temos rA = rA|B = 4 < 7 pelo que o sistema é possível e indeterminado
com grau de indeterminação n − rA = 7 − 4 = 3.
A solução geral do sistema será dada por:

α=b



β=c
, ∀a,b,c∈R
 γ = 2a + 2b


δ = −a − b + c
21
1 Espaços Vectoriais
Matricialmente, teremos:










α
β
γ
δ
a
b
c


 
 
 
 
=
 
 
 
 
b
c
2a + 2b
−a − b + c
a
b
c










 = a








0
0
2
−1
1
0
0










 + b








1
0
2
−1
0
1
0










 + c








Relativamente às condições para o critério de suespaço:
0
1
0
1
0
0
1










• Está claro que 0 ∈ F . Basta fazer a = b = c = 0, para que α = β = γ =
δ = 0 e portanto se tenha a função f (x) = 0.
• Consideremos agora duas funções f (x) , g (x) ∈ F e dois escalares α, β ∈
R. Pretende-se verificar que αf (x) + βg (x) ∈ F . Faça-se p (x) = αf (x) +
βg (x). Queremos mostrar que p (x) se pode escrever na forma da equação
(1):
p (x) = f (x) + g (x) =

 0
x<0
x<0
 bx + c,
 b x + c0 ,
ax2 + bx + c,
a0 x2 + b0 x + c0 ,
0≤x≤1 +
0≤x≤
=


(2a + 2b) x + (−a − b + c) , x > 1
(2a0 + 2b0 ) x + (−a0 − b0 + c0 ) , x > 1

x<0
 (b + b0 ) x + (c + c0 ) ,
(a + a0 ) x2 + (b + b0 ) x + (c + c0 ) ,
0≤x≤1
=

(2 (a + a0 ) + 2 (b + b0 )) x + (− (a + a0 ) − (b + b0 ) + (c + c0 )) , x > 1
Fazendo a00 = (a + a0 ), b00 = (b + b0 ) e c00 = (c + c0 ), p (x) escrever-se-á na
forma:
 00
x<0
 b x + c00 ,
a00 x2 + b00 x + c00 ,
0≤x≤1
p (x) =

(2a00 + 2b00 ) x + (−a00 − b00 + c00 ) , x > 1
Adicionalmente, fazendo,
... teremos,
 00
α = b00



β = c00
 γ 00 = 2a00 + 2b00

 00
δ = −a00 − b00 + c00
22
1 Espaços Vectoriais
 00
00
x<0
 α x+β ,
a00 x2 + b00 x + c00 , 0 ≤ x ≤ 1
p (x) =
 00
γ x + δ 00 ,
x>1
... o que mostra que p (x) ∈ F .
Exercício 21 Seja
· M2 (R)¸ o espaço vectorial real das matrizes quadradas de
a b
ordem 2 da forma
. Verifique se os subconjuntos a seguir indicados são
c d
subespaços de M2 (R). No caso afirmativo apresente um conjunto de geradores
linearmente independentes.
i) Conjunto das matrizes quadradas de ordem 2 que verificam a = b.
ii) Conjunto das matrizes quadradas de ordem 2 que verificam b = c + 1.
Solução
¸
a a
, ∀a,c,d∈R .
c d
Se a = c = d = ·0 teremos
¸ ordem, 02 . Logo, 0 ∈ M. Se¸ a matriz
· 0nula0 de
a a
a a
0
jam agora A =
,A =
∈ M e dois escalares α, β ∈ R.
c0 d0
c d
Pretende-se verificar que αA + βA0 ∈ M. Faça-se A00 = αA + βA0 .
i) Seja M o conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genérica
A00
·
= αA + βA0
¸
·
¸
· 0
a a
a a0
= α
+β
c0 d0
c d
¸
·
αa + βa0 αa + βa0
=
αc + βc0 αd + βd0
00
00
Note-se que, na matriz A00 se tem a11 = a12 , o que implica que A00 ∈ M.
Concluímos assim que M é um subespaço vectorial.
Note-se que:
a a
c d
¸
=a
·
1 1
0 0
¸
+c
·
0 0
1 0
¸
+d
·
0 0
0 1
¸
¸ ·
¸ ·
¸¾
1 1
0 0
0 0
,
,
é uma base de M e portanto
0 0
1 0
0 1
um conjunto de geradores de M.
Assim,
½·
·
23
1 Espaços Vectoriais
¸
a c+1
, ∀a,c,d∈R .
c
d
Note-se que 0 ∈
/ M. Efectivamente, o sistema c = 0∧c+1 = 0 é impossível.
Conclui-se assim que M não é subespaço vectorial de M2 (R).
ii) Seja M o conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genérica
·
Exercício 22 Seja Mn (R) o espaço vectorial real das matrizes quadradas de
ordem n. Verifique se os subconjuntos a seguir indicados são subespaços de
Mn (R). No caso afirmativo apresente uma base e indique a dimensão.
i) Conjunto das matrizes diagonais.
ii) Conjunto das matrizes escalares.
Solução
i) Seja M o conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genérica diag {d1 , d2 , · · · , dn } , ∀di ∈R .
Se di = 0 teremos a matriz nula de ordem, 0n . Logo, 0 ∈ M. Sejam
agora D = diag {d1 , d2 , · · · , dn } , D0 = diag {d01 , d02 , · · · , d0n } ∈ M e dois
escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αD + βD0 ∈ M. Faça-se
D00 = αD + βD0 .
D00
= αD + βD0
= α · diag {d1 , d2 , · · · , dn } + β · diag {d01 , d02 , · · · , d0n }
= diag {αd1 + βd01 , αd2 + βd02 , · · · , αdn + βd0n }
A matriz D00 é obviamente diagonal, o que implica que D00 ∈ M. Concluímos assim que M é um subespaço vectorial.
Note-se que:
diag {d1 , d2 , · · · , dn } =
= d1 · diag {1, 0, · · · , 0} + · · · + dn · diag {0, 0, · · · , 1}
Assim, {diag {1, 0, · · · , 0} , · · · , diag {0, 0, · · · , 1}} é uma base de M. Como
é constituída por n vectores, M tem dimensão n.
ii) Seja M o conjunto dado, cujas matrizes têm a forma genérica diag {d, d, · · · , d} , ∀d∈R .
Se d = 0 teremos a matriz nula de ordem, 0n . Logo, 0 ∈ M. Sejam
agora D = diag {d, d, · · · , d} , D0 = diag {d0 , d0 , · · · , d0 } ∈ M e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αD + βD0 ∈ M. Faça-se
D00 = αD + βD0 .
24
1 Espaços Vectoriais
D00
= αD + βD0
= α · diag {d, d, · · · , d} + β · diag {d0 , d0 , · · · , d0 }
= diag {αd + βd0 , αd + βd0 , · · · , αdn + βd0 }
A matriz D00 é obviamente diagonal, o que implica que D00 ∈ M. Concluímos assim que M é um subespaço vectorial.
Note-se que:
diag {d, d, · · · , d} =
= d · diag {1, 1, · · · , 1}
Assim, a matriz identidade de ordem n é uma base de M. Como é constituída por 1 vector, M tem dimensão 1.
Exercício 23 Seja C o espaço vectorial real das funções reais de variável real,
com derivada contínua no intervalo [−a, a] , a > 0. Verifique se os seguintes
conjuntos são subespaços vectoriais de C.
ª
©
i) V1 = f ∈ C : f (−x) = f (x) , ∀x∈[−a,a]
ª
©
ii) V2 = f ∈ C : f (−x) = −f (x) , ∀x∈[−a,a]
Solução
i) Vejamos se 0 ∈ V1 . Se f (x) = 0 teremos f (−x) = 0, pelo que f (x) =
f (−x) é satisfeita, logo 0 ∈ V1 . Consideremos agora duas funções f (x) , g (x) ∈
V1 e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αf (x)+βg (x) ∈ F2 .
Faça-se p (x) = αf (x) + βg (x). Queremos mostrar que p (x) = p (−x):
p (x) = αf (x) + βg (x)
(Porque f (x) , g (x) ∈ F2 )
= αf (−x) + βg (−x)
= p (−x)
Concluímos assim que V1 é um espaço vectorial.
25
1 Espaços Vectoriais
ii) Vejamos se 0 ∈ V2 . Se f (x) = 0 teremos −f (x) = 0, pelo que f (x) = 0.
Logo f (−x) = 0 é satisfeita, pelo que 0 ∈ V2 . Consideremos agora duas
funções f (x) , g (x) ∈ V2 e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar
que αf (x) + βg (x) ∈ V2 . Faça-se p (x) = αf (x) + βg (x). Queremos
mostrar que −p (x) = p (−x):
p (x) = αf (x) + βg (x)
(Porque f (x) , g (x) ∈ V2 )
= α [−f (−x)] + β [−g (−x)]
= −αf (−x) − βg (−x)
= − (αf (−x) + βg (−x))
= −p (−x)
Logo, p (x) = −p (−x), pelo que p (−x) = −p (x). Concluímos assim que
V2 é um espaço vectorial.
Exercício 24 Seja (a1 , a2 , · · · , an ) um vector fixo do espaço vectorial Rn . Verifique se o conjunto,
F =
(
)
n
X
(x1 , x2 , · · · , xn ) ∈ R :
ai xi = 0
n
i=1
n
é um subespaço de R .
Solução
Vejamos se 0 ∈ F . Como o vector (x1 , x2 , · · · , xn ) = (0, 0, · · · , 0) satisfaz
n
P
obviamente a equação
ai xi = 0, concluímos que 0 ∈ F . Consideremos agora
i=1
dois vectores x, y ∈ F e dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que
αx + βy ∈ F . Faça-se v = αx + βy. Queremos mostrar que v = (v1 , v2 , · · · , vn )
n
P
satisfaz a equação
ai vi = 0:
i=1
v
=
αx + βy ⇐⇒
⇐⇒ (v1 , v2 , · · · , vn ) = α (x1 , x2 , · · · , xn ) + β (y1 , y2 , · · · , yn ) ⇐⇒
⇐⇒ (v1 , v2 , · · · , vn ) = (αx1 , αx2 , · · · , αxn ) + (βy1 , βy2 , · · · , βyn )
Concluímos que vi = αxi + βyi , i = 1, · · · , n. Vejamos então se o vector,
(v1 , v2 , · · · , vn ) = (αx1 + βy1 , · · · , αxn + βyn )
26
1 Espaços Vectoriais
satisfaz a equação
n
P
ai vi = 0:
i=1
n
X
ai vi
i=1
n
X
=
ai (αxi + βyi )
i=1
n
X
= α
ai xi + β
i=1
n
X
ai yi
i=1
(Porque x, y ∈ F )
= α·0+β·0=0
Concluímos assim que F é um espaço vectorial.
Exercício 25 Seja E um espaço vectorial real. Sabendo que E1 e E2 são subespaços de E, verifique se o conjunto F = {x ∈ E : x = x1 − 3x2 , x1 ∈ E1 , x2 ∈ E2 }
é um subespaço de E.
Solução
Vejamos se 0 ∈ F . Como 0 ∈ E1 e 0 ∈ E2 então 0−3·0 ∈ F . Mas 0−3·0 = 0 ,
pelo que 0−3·0 ∈ F . Consideremos agora dois vectores x, y ∈ F e dois escalares
α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αx+βy ∈ F . Faça-se z = αx+βy. Queremos
mostrar que z se pode escrever na forma x = z1 − 3z2 , z1 ∈ E1 , z2 ∈ E2 :
z
= αx + βy
(Porque x, y ∈ F , ∃x1 ,y1 ∈E1 ,x2 ,y2 ∈E2 tais que)
= α (x1 − 3x2 ) + β (y1 − 3y2 )
= αx1 + βy1 − 3 (αx2 + βy2 )
¶
µ
Mas E1 e E2 são subespaços vectoriais,
logo αx1 + βy1 ∈ E1 e αx2 + βy2 ∈ E2 .
= z1 − 3z2
... onde z1 = αx1 + βy1 ∈ E1 e z2 = αx2 + βy2 ∈ E2 .Concluímos assim que
F é um espaço vectorial.
Exercício 26 Quais dos seguintes subconjuntos de R3 são subespaços de R3 ?
©
ª
i) W1 = (x, y, z) ∈ R3 : x + y = 11
ª
©
ii) W2 = (x, y, z) ∈ R3 : x2 = z 2
©
ª
iii) W3 = (x, y, z) ∈ R3 : x + 2y + z = 0
27
1 Espaços Vectoriais
Solução
i) Vejamos se 0 ∈ W1 . Obviamente que não uma vez que 0 + 0 6= 11.
Concluímos assim que W1 não é um espaço vectorial.
ii) Vejamos se 0 ∈ W2 . Dado que, se (x, y, z) = (0, 0, 0), então x2 − z 2 =
02 − 02 = 0, pelo que a condição x2 = z 2 é verificada e portanto 0 ∈ W2 .
Consideremos agora dois vectores u = (u1 , u2 , u3 ) , v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ W2 e
dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αu + βv ∈ W2 . Faça-se
w = αu + βv. Queremos mostrar que w12 = w32 :
w
w12 − w32
= αu + βv
= α (u1 , u2 , u3 ) + β (v1 , v2 , v3 )
= (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 )
= (αu1 + βv1 )2 − (αu3 + βv3 )2
= α2 u21 + 2αβu1 v1 + β 2 v12 − α2 u23 − 2αβu3 v3 − β 2 v32
¡
¢
¡
¢
= α2 u21 − u23 + β 2 v12 − v32 + 2αβ (u1 v1 − u3 v3 )
(Porque u, v ∈ W2 )
= 2αβ (u1 v1 − u3 v3 )
Logo, w12 − w32 6= 0, pelo que w12 6= w32 . Concluímos assim que W2 não é
um espaço vectorial.
iii) Vejamos se 0 ∈ W3 . Dado que, se (x, y, z) = (0, 0, 0), então x+2y+z = 0+
2·00 = 0, pelo que a condição x+2y+z = 0 é verificada e portanto 0 ∈ W3 .
Consideremos agora dois vectores u = (u1 , u2 , u3 ) , v = (v1 , v2 , v3 ) ∈ W3 e
dois escalares α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αu + βv ∈ W3 . Faça-se
w = αu + βv. Queremos mostrar que w1 + 2w2 + w3 = 0:
w
= αu + βv
= α (u1 , u2 , u3 ) + β (v1 , v2 , v3 )
= (αu1 + βv1 , αu2 + βv2 , αu3 + βv3 )
w1 + 2w2 + w3
= αu1 + βv1 + 2 (αu2 + βv2 ) + (αu3 + βv3 )
= α (u1 + 2u2 + u3 ) + β (v1 + 2v2 + v3 )
(Porque u, v ∈ W2 )
= α·0+β·0=0
28
1 Espaços Vectoriais
Logo, w1 +2w2 +w3 = 0, pelo que concluímos ue W3 é um espaço vectorial.
1.4
Miscelânea
Exercício 27 Considere o espaço vectorial Pn sobre R dos polinómios em x
0
de grau não superior a n. Considere o conjunto Pn , subconjunto de Pn , dos
polinómios p (x) que verificam a seguinte condição: p (x) + p (−x) = 0.
0
a) Mostre que Pn é um subespaço de Pn .
0
b) Determine uma base e a dimensão de Pn .
Solução
a) De um modo geral, para mostrar que S é subespaço de um espaço vectorial
V temos de mostrar que:
i) 0 ∈ S.
ii) αu + βv ∈ S, ∀α,β∈K , ∀u,v∈S
Se p (x) = 0 ter-se-á p (−x) = 0 pelo que p (x) + p (−x) = 0. Logo,
0
p (x) = 0 ∈ Pn .
0
Consideremos agora dois polinómios p (x) , q (x) ∈ Pn e dois escalares
0
α, β ∈ R. Pretende-se verificar que αp (x) + βq (x) ∈ Pn . Como, por
hipótese p (x) = p (−x) e q (x) = q (−x), ter-se-á αp (x) = αp (−x) e
βq (x) = βq (−x). Consequentemente, αp (x)+βq (x) = αp (−x)+βq (−x),
0
o que mostra que αp (x) + βq (x) ∈ Pn .
b) Estudemos os casos em que n é par ou ímpar:
0
n par Neste caso, os polinómios p (x) ∈ Pn terão a forma:
p (x) = 0 + α1 · x + 0x2 + α3 x3 + · · · + αn−1 xn−1 + 0xn
ª
©
0
Uma base possível será x, x3 , x5 , · · · , xn−1 e a dimensão de Pn será
n
2.
0
n ímpar Neste caso, os polinómios p (x) ∈ Pn terão a forma:
p (x) = 0 + α1 · x + 0x2 + α3 x3 + · · · + 0xn−1 + αn xn
ª
©
0
Uma base possível será x, x3 , x5 , · · · , xn e a dimensão de Pn será
n+1
2 .
29
1 Espaços Vectoriais
Exercício 28 Seja Pn o espaço vectorial sobre R dos polinómios em x de grau
não superior a n. Considere o conjunto F, dos polinómios dos polinómios p (x)
pertencentes a Pn que verificam a seguinte condição: p (0) = 0.
a) Mostre que F é um subespaço de Pn .
b) Determine uma base e a dimensão de F.
Solução
a) Vejamos se 0 ∈ F . Se p (x) = 0 teremos p(0) = 0, pelo que 0 ∈ F .
Consideremos agora dois polinómios p (x) , q (x) ∈ F e dois escalares α, β ∈
R. Pretende-se verificar que αp (x) + βq (x) ∈ F . Faça-se s (x) = αp (x) +
βq (x). Queremos mostrar que s (0) = 0:
s (0) = αp (0) + βq (0)
(Porque p (x) , q (x) ∈ F )
= α·0+β·0
= 0
Logo, s (0) = 0. Concluímos assim que F é um espaço vectorial.
b) Consideremos um vector genérico de Pn , digamos p (x), com a seguinte
forma:
p (x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a1 x + a0
Para que se verifique p (0) = 0 é necessário que:
n
n−1
⇐⇒ an 0 + an−1 0
p (0) = 0 ⇐⇒
+ an−2 0n−2 + · · · + a1 0 + a0 = 0 ⇐⇒
⇐⇒ a0 = 0
Assim, os polinómios p (x) que satisfazem p (0) = 0 terão de ter termo
independente nulo. Concluímos que, se p (x) ∈ F , então a forma de p (x)
será:
p (x) = an xn + an−1 xn−1 + an−2 xn−2 + · · · + a1 x
©
ª
O subespaço F terá como base o conjunto xn , xn−1 , xn−2 , · · · , x e a sua
dimensão será n.
30
1 Espaços Vectoriais
Exercício 29 Considerem-se os seguintes subconjuntos de R3 :
F1
F2
ª
©
x ∈ R3 : x = (x1 , 0, 0) , ∀x1 ∈R
ª
©
=
y ∈ R3 : y = (2y2 + y3 , y2 , y3 ) , ∀y2 ,y3 ∈R
=
Mostre que F1 e F2 são subespaços de R3 , indicando bases apropriadas e as
respectivas dimensões.
Solução
Exercício 30 Seja Mn (R) o espaço vectorial real das matrizes quadradas de
ordem n.
ª
©
a) Mostre que o conjunto Hn = A ∈ Mn : A = −AT é um subespaço de Mn
e indique a sua dimensão.
b) Fazendo n = 3, determine uma base para o espaço H3 .
c) Considere duas matrizes A e B de Hn . A matriz A · B é simétrica?
Justifique.
Solução
Exercício 31 Considere o espaço vectorial Rn e {u1 , u2 , · · · , un } uma base
desse espaço. Seja x = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un um vector deRn .
a) Que condições devem verificar as coordenadas x1 , x2 , · · · , xn do vector x
para {x, u2 , · · · , un } constituir uma nova base do espaço Rn ?
b) Determine a matriz de mudança da antiga para a nova base.
Solução
a) Os vectores {x, u2 , · · · , un } constituirão uma base de Rn se:
αx + α2 u2 + · · · + αn un = 0 ⇒ α = α2 = · · · = αn = 0
Substituamos x na hipótese e estudemos o resultado:
31
1 Espaços Vectoriais
αx + α2 u2 + · · · + αn un = 0 ⇔
n
n
X
X
⇔ α xi ui +
αi ui = 0 ⇔
i=1
αx1 u1 +
i=2
n
X
(αxi + αi ) ui = 0
i=2
Sabemos que a única combinação linear nula dos vectores {u1 , u2 , · · · , un }
é aquela que se obtém com os escalares todos nulos, uma vez que os vectores {u1 , u2 , · · · , un } são linearmente independentes. Assim, deveremos
ter:

αx1 = 0



αx2 + α2 = 0
·
··



αxn + αn = 0
O sistema acima, nas variáveis {α, α2 , · · · , αn } deverá ser possível e determinado de modo a que os vectores {x, u2 , · · · , un } sejam linearmente
independentes. Matricialmente, o sistema pode ser escrito na forma:







x1
x2
x3
..
.
xn
0 0 ···
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
0
0
0
..
.
1







α
α2
α3
..
.
αn


 
 
 
=
 
 
0
0
0
..
.
0







O sistemaa é sempre possível, por ser um sistem homogéneo. será determinado se rA = n, isto é, se a matriz dos sistema for regular. Por seu
turno, a matriz do sistema será regular se o seu determinante for não nulo.
Aplicando o Teorema de Laplace à primeira linha obtém-se:
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
x1
x2
x3
..
.
xn
0 0 ···
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ = x1 ¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1 ¯
0
0
0
..
.
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
¯
¯
¯
¯
¯
¯ = x1
¯
¯
1 ¯
0
0
..
.
conlcuímos portanto que o determinante da matriz do sistema é não nulo,
se x1 6= 0 e portanto os vectores {x, u2 , · · · , un } serão linearmente independentes se x1 6= 0 ∧ xi ∈ R, i = 2, ..., n .
32
1 Espaços Vectoriais
b) Comecemos por escrever os vectores da nova base, {x, u2 , · · · , un }, na base
anterior, {u1 , u2 , · · · , un }:

x = x1 u1 + x2 u2 + · · · + xn un



u2 = u2
···



un = un
Assim, podemos escrever matricialmente:
£
x u2
···
un
¤
=
£
u2
u1
···
un


¤




x1
x2
x3
..
.
xn
0 0 ···
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
0
0
0
..
.
1







Assim, a matriz




B=


x1
x2
x3
..
.
0 0 ···
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
xn
0
0
0
..
.
1







... é a matriz de mudança de base da base {x, u2 , · · · , un } para a base
¤T
£
{u1 , u2 , · · · , un }. Um vector v ∈ Rn de coordenadas v1 v2 · · · vn
£
na base {u1 , u2 , · · · , un } terá, na base {x, u2 , · · · , un } coordenadas w1 w2
dadas por:







w1
w2
w3
..
.
wn







−1 
=B 




v1
v2
v3
..
.
vn







Calculemos B −1 por condensação, não esquecendo que x1 6= 0:
33
···
wn
¤T
1 Espaços Vectoriais





















x1
x2
x3
..
.
xn
1
x2
x3
..
.
xn
0 0 ···
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
0 0 ···
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
1 0 0 ···
0 1 0 ···
0 0 1 ···
.. .. ..
. . .
0 0 0 ···
Logo,
B
0
0
0
..
.
1
0
0
0
..
.
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯
1 0 0 ···
0 1 0 ···
0 0 1 ···
.. .. ..
. . .
0 0 0 ···
1
x1
−1



=


1
0 0 ···
1 0 ···
0 1 ···
.. ..
. .
0 0 ···
0
0
..
.
1
0
¯ 1
0 ¯¯ x1
0 ¯¯ − xx21
0 ¯¯ − xx31
.. ¯ ..
. ¯¯ .
1 ¯ − xxn
1

0
0
0
..
.
0
1
0
..
.
0
1
x1
− xx21
− xx31
..
.
− xxn1
0
0
1
..
.
0
0
1
0
..
.
0
···
···
···
···
0
0
1
..
.
0
···
···
···
···



1

L1
 L1 ←

x1−→
 −−−−−−−
0
0
0
..
.
1
0
0
0
..
.
1



 Li ← Li + (−xi ) L1

(i = 2, · · · n)

 −−−−−−−−−−−−−−−−→







0
0
0
..
.
1







Exercício 32 Seja V um espaço vectorial real de dimensão 3 e x1 , x2 , x3 e
x4 elementos distintos de V. Adicionalmente assuma que {x1 , x2 , x3 , x4 } é um
sistema de geradores de V satisfazendo a condição:
x1 + x2 + x3 + x4 = 0
a) Mostre que {x1 , x2 , x3 } é uma base de V.
b) Um raciocínio semelhante permite mostrar que {x1 , x3 , x4 } é uma base de
V. Denotando as duas bases por:
α = {x1 , x2 , x3 } e β = {x1 , x3 , x4 }
... determine a matriz de mudança de base da base α para a base β.
34
1 Espaços Vectoriais
Solução
a) Comecemos por mostrar que {x1 , x2 , x3 } é um sistema de geradores de V .
Seja então v ∈ V . Sabemos que existem escalares α1 , α2 , α3 , α4 ∈ R tais
que, uma vez que, por hipótese, {x1 , x2 , x3 , x4 } é um sistema de geradores
de V :
α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 + α4 x4 = v
Dado que x1 + x2 + x3 + x4 = 0, então:
x4 = −x1 − x2 − x3
Substituindo na expressão de v, obtém-se:
α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 + α4 x4 = v ⇐⇒
⇐⇒ α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 + α4 (−x1 − x2 − x3 ) = v ⇐⇒
⇐⇒ (α1 − α4 ) x1 + (α2 − α4 ) x2 + (α3 − α4 ) x3 = v ⇐⇒
Conclui-se assim que é possível escrever o vector v como combinação linear
dos vectores {x1 , x2 , x3 }. Com v é um vector genérico de V , conclui-se
que {x1 , x2 , x3 } é um sistema de geradores de V . Adicionalmente, como
dim (V ) = 3 e {x1 , x2 , x3 } é um sistema de geradores, em número de 3,
conclui-se que {x1 , x2 , x3 } tem de ser uma base de V .
b) Comecemos por escrever os vectores da nova base, β = {x1 , x3 , x4 }, na
base anterior, α = {x1 , x2 , x3 }:

 x1 = 1 · x1 + 0 · x2 + 0 · x3
x3 = 0 · x1 + 0 · x2 + 1 · x3

x4 = (−1) · x1 + (−1) · x2 + (−1) · x3
Assim, podemos escrever matricialmente:
£
x1
x3
x4
¤
=
£
x1
Assim, a matriz
35
x2
x3
¤

1 0 −1
 0 0 −1 
0 1 −1

1 Espaços Vectoriais

1 0 −1
B =  0 0 −1 
0 1 −1

... é a matriz de mudança de base da base α = {x1 , x2 , x3 } para a base
¤T
£
β = {x1 , x3 , x4 }. Um vector v ∈ V de coordenadas v1 v2 v3
na base α = {x1 , x2 , x3 } terá, na base β = {x1 , x3 , x4 } coordenadas
¤T
£
w1 w2 w3
dadas por:




w1
v1
 w2  = B −1  v2 
w3
v3
Calculemos B −1 , com recurso
¯
¯
¯ 1 0 −1 ¯
¯
¯
|B| = ¯¯ 0 0 −1 ¯¯ = 1.
¯ 0 1 −1 ¯

T 
1
0
0
B̂ =  −1 −1 −1  = 
0
1
0

Logo, B −1
à Teoria dos Determinantes:

1 −1 0
0 −1 1 .
−1 −1 0

1 −1 0
1
= |B|
B̂ = B̂ =  0 −1 1 .
−1 −1 0
Exercício 33 Seja S um conjunto de vectores linearmente independentes do
espaço vectorial V sobre o corpo K e x um elemento de V não pertencente a S.
Mostre que S ∪ {x} é um conjunto de vectores linearmente dependentes se e só
se x pertence ao subespaço gerado pelo conjunto S.
Solução
Seja S = {e1 , · · · , ep }.
(=⇒) Suponhamos que S ∪ {x} é um conjunto de vectores linearmente dependentes. Pretende mostrar-se que x pertence ao subespaço gerado pelo
conjunto S.
Se S ∪ {x} é um conjunto de vectores linearmente dependentes então é
possível escrever uma combinação nula destes vectores com pelo menos
um escalar não nulo, isto é:
∃αi ∈K : α1 e1 + α2 e2 + · · · αp ep + αp+1 x = 0
36
1 Espaços Vectoriais
Suponhamos que αp+1 = 0. Então é possível escrever uma combinação
linear nula dos vectores de S com pelo menos um escalar não nulo. Consequentemente, os vectores de S serão, por definição, linearmente dependentes, o que é um absurdo. Logo, αp+1 6= 0. Sendo assim, poderemos
escrever:
α1 e1 + α2 e2 + · · · αp ep + αp+1 x = 0 ⇐⇒
α1
α2
αp
x=−
e1 −
e2 − · · · −
ep
αp+1
αp+1
αp+1
A expressão anterior mostra que x pode ser escrito como combinação linear
dos vectores de S, ou, por outras palavras, x pertence ao subespaço gerado
pelo conjunto S.
(⇐=) Suponhmos que x pertence ao subespaço gerado pelo conjunto S. Pretende
mostrar-se que S∪{x} é um conjunto de vectores linearmente dependentes.
Se x pertence ao subespaço gerado pelo conjunto S, então x pode ser
escrito como combinação linear dos vectores de S:
∃αi ∈K : x = α1 e1 + α2 e2 + · · · + αp ep
Reorganizando os termos da expressão anterior obtemos:
∃αi ∈K : x − α1 e1 − α2 e2 − · · · − αp ep = 0
Obtivemos assim uma combinação linear nula dos vectores do conjunto
S ∪ {x} com pelo menos um escalar não nulo (precisamente o escalar do
vector x que é 1). Então os vectores do conjunto S ∪ {x} são linearmente
dependentes.
Exercício 34 Seja A©uma matriz realªde ordem n. Mostre que a dimensão do
subespaço gerado por I, A, A2 , A3 , · · · é inferior ou igual a n.
Solução
Exercício 35 Se V é um espaço vectorial real de dimensão finita e β = {x1 , · · · , xm }
uma base de V, diga o que entende por coordenadas de um vector x ∈ V relativamente à base β. Indique ainda por que razão estas coordenadas se encontram
definidas univocamente.
37
1 Espaços Vectoriais
Solução
Exercício 36 Verifique se o seguinte subconjunto de R4 é um subespaço de R4 ?
©
ª
W = (x, y, z, w) ∈ R4 : 3x + y = 0, x + y + z = w
Solução
Exercício 37 Verifique se o seguinte subconjunto de R3 é um subespaço de R3 ?
W = {(r, r + 2, 0) : r ∈ R}
Solução
Exercício 38 Determine o escalar k de modo a que os vectores com as seguintes
coordenadas sejam linearmente independentes?


1
0
 0 
 1


x1 = 
 0  ; x2 =  −1
1
1





1
−1

 0 
 1
 ; x3 = 



 −1  ; x4 =  1
k
0




Solução
Exercício 39 Determine o escalar λ de modo a que os seguintes vectores sejam
linearmente independentes?
x1 = (λ, −1, −1) ; x2 = (−1, λ, −1) ; x3 = (−1, −1, λ)
38
1 Espaços Vectoriais
Solução
Pretende-se portanto determinar os valores de λ tais que:
α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = 0 ⇒ α1 = α2 = α3 = 0
α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = 0 ⇐⇒
⇐⇒ α1 (λ, −1, −1) + α2 (−1, λ, −1) + α3 (−1, −1, λ) = 0 ⇐⇒
(α1 λ − α2 − α3 , −α1 + α2 λ − α3 , −α1 − α2 + α3 λ) = 0
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:



λ −1 −1
α1
 −1 λ −1   α2  = 0
α3
−1 −1 λ
Vejamos quais as condições sobre λ para que o sistema seja possível e determinado. É esta a única solução que nos interessa, pois significa que α1 =
α2 = α3 = 0 é a única solução do sistema fazendo, consequentemente, com
que os vectores dados sejam linearmente independentes. O sistema é possível
se a caracterísitca da matriz do sistema é igual à ordem, isto é, se a matriz do
sistema é regular.
A regularidade da matriz pode ser determinada através do cálculo do seu
determinante:
¯
¯ 0
¯
¯ 0
¯
¯ −1
(−1) (−1)
3+1
¯
¯
¯
¯
¯
¯
¯ λ −1 −1 ¯
¶
µ
¯
¯
L1 ← L1 + λL3
¯ −1 λ −1 ¯ = 0 =
¯
¯
L2 ← L2 + (−1) L3
¯ −1 −1 λ ¯
¯
−1 − λ −1 + λ2 ¯¯
λ+1
−1 − λ ¯¯ = (Teorema de Laplace à 1a coluna)
¯
−1
λ
¯
h
2 ¯
¢i
¡
−1 − λ −1 + λ ¯
2
2
=
(−1)
(1
+
λ)
−
(1
+
λ)
−1
+
λ
λ+1
−1 − λ ¯
¤
£
= (−1) (1 + λ) 1 + λ + 1 − λ2
¤
£
Concluímos assim que o determinante da matriz do sistema será nulo se (1 + λ) 1 + λ + 1 − λ2 =
0. A solução é λ = 2 ∨ λ = −1. Deste modo, de modo a que o sistema tenha
solução determinada é necessário que λ 6= 2∧λ 6= −1. Esta é também a condição
sobre λ para que os vectores {x1 , x2 , x3 }sejam linearmente independentes.
39
1 Espaços Vectoriais
Exercício 40 Seja W o subespaço de R4 gerado pelos vectores?
x1 = (1, −2, 0, 3) ; x2 = (2, −5, −3, 6) ; x3 = (2, −1, 4, 7)
Verifique se o vector v = (1, −2, 0, 3) pertence a W.
Solução
Pretende-se determinar, se existir, um conjunto de escalares {α1 , α2 , α3 } tais
que α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = v.
α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = v ⇐⇒
⇐⇒ α1 (1, −2, 0, 3) + α2 (2, −5, −3, 6) + α3 (2, −1, 4, 7) = (1, −2, 0, 3) ⇐⇒
(α1 + 2α2 + 2α3 , −2α1 − 5α2 − α3 , −3α2 + 4α3 , 3α1 + 6α2 + 7α3 ) = (1, −2, 0, 3)
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:




1
1
2
2
 −2
 −2 −5 −1  α1


 
 0 −3 4  α2 =  0
α3
3
3
6
7





Em geral, dever-se-á estudar o sistema de equações acima: se for possível,
conclui-se que v ∈ W , caso contrário v não pertence ao espaço gerado pelos
vectores dados.
Neste caso em particular, tem-se v = x1 ,pelo que, se fizermos α1 = 1 e
α2 = α3 = 0 teremos α1 x1 + α2 x2 + α3 x3 = v e portanto v ∈ W .
Exercício 41 Dê uma caracterização do subespaço W ⊂ E gerado pelos vectores com as seguintes coordenadas:




1
2
x1 =  −3  ; x2 =  −1 
2
−1
Solução
Vamos construir uma matriz cujas linhas são os transpostos dos vectores
dados:
A=
·
1 −3 2
2 −1 −1
40
¸
1 Espaços Vectoriais
Por operações elementares sobre linhas podemos transformar a matriz A
numa matriz A0. Concluímos que as linhas de A0 se podem escrever como
combinação linear das linhas de A. Consequentemente, as linhas de A podem
ser escritas como combinação linear das linhas de A0 o que significa que os
vectores associados às linhas de A geram o mesmo subespaço que os vectores
associados às linhas de A0. condensemos então a matriz A:
·
·
1 −3 2
2 −1 −1
1 −3 2
0 5 −7
¸
¸
L ← L2 + (−2) L1
−−2−−−−−
−−−−−−−→
L ← L2 + (−2) L1
−−2−−−−−
−−−−−−−→
Esta operação elementar é suficiente para verificar que W tem dimensão 2 e
tem como base os vectores x1 e x2 dados ou, de modo equivalente os vectores
obtidos por aplicação da operação elementar e que são dados por:




1
0
x01 =  −3  ; x02 =  5 
2
−7
Em resumo, v pertence ao subespaço gerado por {x1 , x2 } se e só pertence ao
subespaço gerado por {x01 , x02 }.
Exercício 42 Qual a dimensão do subespaço de R5 gerado pelos vectores:
x1
x3
= (2, −1, 3, 5, −2) ; x2 = (2, −1, 3, 5, −2) ;
= (5, −3, 8, 4, 1) ; x4 = (1, 0, 1, 11, 7)
Solução
Exercício 43 Determine uma base de R3 contendo os vectores {(1, 2, 5) , (0, 1, 2)}.
Solução
Necessitamos de encontrar um vector (a, b, c) tal que:
(a, b, c) 6= α1 (1, 2, 5) + α2 (0, 1, 2) , ∀α1 ,α2 ∈R
¡ ¢
Porquê? Porque dim R3 = 3 e os vectores {(1, 2, 5) , (0, 1, 2)} já são linearmente independentes. Se encontrarmos um terceiro vector, (a, b, c), que não
41
1 Espaços Vectoriais
possa ser escrito como combinação linear dos vectores {(1, 2, 5) , (0, 1, 2)} determinamos um sistema de vectores {(1, 2, 5) , (0, 1, 2) , (a, b, c)} linearmente independentes. Como são em número de 3, constituem uma base de R3 .
Consideremos então a equação:
α1 (1, 2, 5) + α2 (0, 1, 2) = (a, b, c) ⇐⇒
⇐⇒ (α1 , 2α1 + α2 , 5α1 + 2α2 ) = (a, b, c)
Esta expressão é equivalente, matricialmente, ao seguinte sistema de equações:


 
α1
a
1 0
 2 1   α2  =  b 
c
5 2
α3

Pretende-se obviamente, que o sistema seja impossível. Estudemos a sua
matriz ampliada:

1
[ A| B] =  2
5

1
 0
0

1
 0
0
0
1
2
0
1
2
0
1
0

a
L ← L2 + (−2) L1
b  2
L3 ← L3 + (−5) L1
c −−−−−−−−−−−−−−−→

a
b − 2a  L3 ← L3 + (−1) L2
−−−−−−−−−−−−−−→
c − 5a

a
b − 2a 
c − 2b − a
O sistema é impossível se rA 6= rA|B . Como rA = 2 pretende-se que rA|B = 3.
Para que tal aconteca é necessário que c − 2b − a 6= 0. Existem muitos vectores
(a, b, c) nestas circunstâncias, por exemplo, a = 1 e b = c = 0. O vector que
procuramos é portanto (a, b, c) = (1, 0, 0).
Exercício 44 Determine as coordenadas do vector (3, 2, 1) na base {(1, 0, 2) , (2, 1, 0) , (0, 3, 5)}
em R3 .
Solução
Pretende-se determinar escalares β 1 , β 2 , β 3 ∈ R tais que:
β 1 (1, 0, 2) + β 2 (2, 1, 0) + β 3 (0, 3, 5) = (3, 2, 1) ⇐⇒
⇐⇒ (β 1 + 2β 2 , β 2 + 3β 3 , 2β 1 + 5β 3 ) = (3, 2, 1)
42
1 Espaços Vectoriais
A última igualdade é equivalente ao seguinte sistema de
 3
1
variáveis β 1 , β 2 e β 3 em que a matriz do sistema é dada por  0
2

 β 1 + 2β 2 = 3
β + 3β 3 = 2
 2
2β 1 + 5β 3 = 1
equações
 nas
2 0
1 3 .
0 5
A solução deste sistema fornecerá as coordenadas pretendidas. Sabemos que
o sistema será possível e determinado uma vez que um vector se escreve de
forma unica numa certa base. Construamos a matriz ampliada do sistema e
resolvâ-mo-lo por condensação:

1
[ A| B] =  0
2

1
 0
0

1
 0
0

1
 0
0

1
 0
0

1
 0
0

3
2  L3 ← L3 + (−2) L1
−−−−−−−−−−−−−−→
1

2
0
3
1
3
2 L
+
L
L−
3−
−−3−←
−−−
−−
→2
−1 5 −5

2 0
3
1
1 3
2  L3 ← L3
8−→
0 8 −3 −−−−−−

3
2 0
1 3
2  L2 ← L2 + (−3) L3
−−−−−−−−−−−−−−→
0 1 − 38

3
2 0
27 
1 0
L1 ← L1 + (−2) L2
8
−−−−−−−−−−−−−−→
0 1 − 38

0 0 − 15
4
27

1 0
8
3
0 1 −8
2
1
3
0
3
5
A solução do sistema será portanto β 1 = − 15
4 , β2 =
mos assim que:
27
8
e β 3 = − 38 . Concluí-
µ
¶
¶
µ
27
15
3
(1, 0, 2) +
(0, 3, 5) = (3, 2, 1)
−
(2, 1, 0) + −
4
8
8
Exercício 45 Mostre que as soluções do sistema de equações lineares com coeficientes reais,
43
1 Espaços Vectoriais

 3x + 2y + 6z = 0
−x − y + 2z = 0

2x + y + 8z = 0
... constituem um subespaço de R3 . Indique uma base e a dimensão deste
subespaço.
Solução
Exercício 46 Determine, para cada valor do escalar m ∈ R, o subespaço de R3
que constitui solução do seguinte sistema de equações:

 3x + 2y + mz = 0
mx − y + 4z = 0

2x + y + 3z = 0
Solução
Exercício 47 Considere o espaço vectorial R3 , uma base α = {(1, 0, 1) , (0, 2, 0) , (1, 2, 3)}
e uma base α = {(1, 0, 0) , (2, 0, 1) , (0, 0, 3)}. As coordenadas de um vector
£
¤T
, enquanto que na base β são dadas por
v ∈ R3 na base α são x y z
£ 0
¤
0
0 T
x y z
. Descreva matricialmente a relação entre estes dois sistemas
de coordenadas.
Solução
Exercício 48 Considere os vectores de R3 :
a1 = (1, 5, 9) ; a2 = (2, 6, 10) e b = (4, 8, 12)
a) Verifique se b pertence ao espaço gerado pelos vectores {a1 , a2 }.
b) Verifique se {a1 , a2 } pode gerar o espaço R3 .
c) Verifique se o conjunto de vectores {a1 , a2 , b} é linearmente independente.
Solução
44
1 Espaços Vectoriais
a) É necessário verificar se existem escalares β 1 , β 2 ∈ R tais que:
β 1 a1 + β 2 a2 = b ⇐⇒
⇐⇒ β 1 (1, 5, 9) + β 2 (2, 6, 10) = (4, 8, 12) ⇐⇒
⇐⇒ (β 1 + 2β 2 , 5β 1 + 6β 2 , 9β 1 + 10β 2 ) = (4, 8, 12)
A última igualdade é equivalente ao seguinte sistema de 3 equações
 nas
1 2
variáveis β 1 e β 2 em que a matriz do sistema é dada por  5 6 .
9 10

 β 1 + 2β 2 = 4
5β 1 + 6β 2 = 8

9β 1 + 10β 2 = 12
Se este sistema for possível, então b pertence ao espaço gerado pelos vectores {a1 , a2 }, caso contrário, a resposta é negativa. Construamos a matriz
ampliada e reolvâ-mo-lo por condensação:

1
[ A| B] =  5
9

1
 0
0

1
 0
0

4
L ← L2 + (−5) L1
8  2
L3 ← L3 + (−9) L1
12
−−−−−−−−−−−−−−−→

2
4
−4 −12  L3 ← L3 + (−2) L2
−−−−−−−−−−−−−−→
−8 −24

2
4
−4 −12 
0
0
2
6
10
Dado que rA = rA|B = 2, o sistema é possível e determinado, logo o vector
b pertence ao espaço gerado pelos vectores {a1 , a2 } uma vez que pode ser
escrito como combinação linear destes últimos.
¡ ¢
b) A resposta é imediatamente negativa, uma vez que dim R3 = 3. Tal
significa que um sistema de geradores de R3 deverá ter, no mínimo, 3
vectores, o que não é o caso. Poderemos no entanto recorrer à definição e
verificar que, dado um vector genérico de R3 , digamos (x, y, z), ne sempre
é possível escrever (x, y, z) como combinação dos vectores {a1 , a2 }.
Verifiquemos assim, se existem escalares β 1 , β 2 ∈ R tais que:
β 1 a1 + β 2 a2 = (x, y, z) ⇐⇒
⇐⇒ β 1 (1, 5, 9) + β 2 (2, 6, 10) = (x, y, z) ⇐⇒
⇐⇒ (β 1 + 2β 2 , 5β 1 + 6β 2 , 9β 1 + 10β 2 ) = (x, y, z)
45
1 Espaços Vectoriais
A última igualdade é equivalente ao seguinte sistema de 3 equações
 nas
1 2
variáveis β 1 e β 2 em que a matriz do sistema é dada por  5 6 .
9 10

 β 1 + 2β 2 = x
5β 1 + 6β 2 = y

9β 1 + 10β 2 = z
Se este sistema for possível para qualquer (x, y, z) ∈ R3 , então os vectores {a1 , a2 } serão geradores de R3 ,caso contrário, a resposta é negativa.
Construamos a matriz ampliada e reolvâ-mo-lo por condensação:

1
[ A| B] =  5
9

1
 0
0

1
 0
0

x
L ← L2 + (−5) L1
y  2
L3 ← L3 + (−9) L1
z
−−−−−−−−−−−−−−−→

2
x
−4 y − 5x  L3 ← L3 + (−2) L2
−−−−−−−−−−−−−−→
−8 z − 9x

2
4

−4
−12
z − 2y + x
0
2
6
10
Assim, o sistema será possível se z-2y+x=0. Qualquer vector (x, y, z) ∈ R3
que não satisfaça esta condição não pode ser escrito como combinação
linear dos vectores {a1 , a2 }. Concluímos assim que {a1 , a2 } não são suficientes para gerar o espaço R3 .
c) Tipicamente, construímos uma combinação linear nula destes vectores e
verificamos se é satisfeita apenas com os escalares nulos. Se a resposta for
afirmativa os vectores são linearmente independentes, caso contrário serão
lineramente dependentes.
β 1 a1 + β 2 a2 + β 3 b = 0 ⇐⇒
⇐⇒ β 1 (1, 5, 9) + β 2 (2, 6, 10) + β 3 (4, 8, 12) = 0 ⇐⇒
⇐⇒ (β 1 + 2β 2 + 4β 3 , 5β 1 + 6β 2 + 8β 3 , 9β 1 + 10β 2 + 12β 3 ) = (4, 8, 12)
A última igualdade é equivalente ao seguinte sistema de 3 equações
nas var

1 2 4
iáveis β 1 , β 2 e β 3 em que a matriz do sistema é dada por  5 6 8 .
9 10 12
46
1 Espaços Vectoriais

 β 1 + 2β 2 + 4β 3 = 0
5β 1 + 6β 2 + 8β 3 = 0

9β 1 + 10β 2 + 12β 3 = 0
Se o sistema for determinado (possível é sempre, por ser homogéneo),
a única solução será β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo que os vectores dados
serão linearmente independentes. Pretende-se portanto que o sistema seja
determinado, isto é rA = 3.
Construamos a matriz ampliada do sistema e estudamos a respectiva característca:

1
[ A| B] =  5
9

1
 0
0

1
 0
0
2
6
10
2
−4
−8
2
−4
0

0
L ← L2 + (−5) L1
0  2
L3 ← L3 + (−9) L1
0 −−−−−−−−−−−−−−−→

4
0
−12 0  L3 ← L3 + (−2) L2
−−−−−−−−−−−−−−→
−24 0

4
0
−12 0 
0
0
4
8
12
Dado que rA = rA|B = 2 < 3, o sistema é possível e indeterminado com
grau de indeterminação d = n−rA = 3−2 = 1, o que significa que existem
outras soluções para o sistema que não a solução β 1 = β 2 = β 3 = 0, pelo
que os vectores dados são linearmente dependentes.
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