Álgebra Linear - Lista 3 - Dependência Independência Linear e Bases

Álgebra Linear 20191 Lista 3 Dependência e Independência Linear Bases e Soma Direta 1 Exiba três vetores u v w R³ com as seguintes propriedades nenhum deles é múltiplo do outro nenhuma das coordenadas é igual a zero e R³ não é gerado por eles Solução Tome u 111 v 112 e w u v 111 112 223 Temos que nenhuma coordenada é nula e nenhum vetor é múltiplo do outro No entanto não geram R³ pois w é combinação linear de u e v 2 Mostre que a matriz 4 4 6 16 pode ser escrita como combinação linear das matrizes A 1 2 3 4 B 1 2 3 4 e C 1 2 3 4 Solução Queremos encontrar constantes a b e c tais que a1 2 3 4 b1 2 3 4 c1 2 3 4 4 4 6 16 Da igualdade de matrizes acima obtemos o seguinte sistema a b c 4 2a 2b 2c 4 3a 3b 3c 6 4a 4b 4c 16 cuja matriz ampliada do sistema é dada por 1 1 1 4 2 2 2 4 3 3 3 6 4 4 4 16 Sua forma escada reduzida por linhas é 1 0 0 1 0 1 1 3 0 0 0 0 0 0 0 0 Da primeira linha obtemos que a 1 e da segunda linha obtemos que b 3 c c R Logo temos que 1 2 3 4 3 c1 2 3 4 c1 2 3 4 4 4 6 16 para cada c R Por exemplo para c 3 1 2 3 4 01 2 3 4 31 2 3 4 4 4 6 16 3 Assinale Vverdadeiro ou Ffalso e justifique sua resposta a O vetor w 1 1 2 pertence ao subespaço gerado por u 1 2 3 e v 3 2 1 Solução Para o vetor w pertencer ao espaço gerado pelos vetores u e v é necessário que existam constantes a e b tais que a1 2 3 b3 2 1 1 1 2 Da igualdade de vetores acima obtemos o seguinte sistema a 3b 1 2a 2b 1 3a b 2 cuja matriz ampliada do sistema é dada por 1 3 1 2 2 1 3 1 2 Sua forma escada reduzida por linhas é 1 3 1 0 1 34 0 0 5 Pela última linha vemos que o sistema é impossível e assim w não pertence ao espaço gerado pelos vetores u e v Portanto a afirmação é falsa b Se X Y então X Y Prova Seja x X x i1 to n αixi xi X No entanto como X Y xi Y x i1 to n αixi Y Portanto X Y c Se X Y então X Y Solução A afirmação é falsa De fato tome X R² Y 10 01 e assim R² X Y R² mas R² X Y 10 01 4 Para cada uma das seguintes coleções de vetores determine quando o primeiro vetor é combinação linear dos vetores restantes a 1 2 3 1 0 1 2 1 0 R³ Solução Queremos encontrar constantes a e b tais que a101 b210 1 2 3 Da igualdade de vetores acima obtemos o seguinte sistema a 2b 1 b 2 a 3 cuja matriz ampliada do sistema é dada por 1 1 2 0 2 0 1 0 3 1 0 0 Sua forma escada reduzida por linhas é 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 Portanto temos como solução a b c 0 e assim os vetores são linearmente independentes cuja matiz ampliada do sistema e dada por 1 2 1 0 1 2 1 0 3 Sua forma escada reduzida por linhas e 1 2 1 0 1 2 0 0 6 Pela ultima linha vemos que o sistema e impossıvel e assim 1 2 3 nao e combinacao linear dos vetores 1 0 1 e 2 1 0 Note que poderıamos ter resolvido este exercıcio mostrando que os valores encontrados para a e b nao satisfazem Tambem poderıamos ter mostrando que os trˆes vetores sao LI e assim o primeiro vetor nao e combinacao linear dos outros dois b x3 2x2 3x 1 x3 x2 3x x2 1 P4 Solucao Queremos encontrar constantes a b e c tais que ax3 bx2 3x cx2 1 x3 2x2 3x 1 ax3 b cx2 3bx c x3 2x2 3x 1 Da igualdade de polinˆomios acima temos a 1 b c 2 3b 3 b 1 e c 1 Logo a 1 b 1 e c 1 Portanto o primeiro vetor e combinacao linear dos outros trˆes c 1 3 5 7 1 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 1 R4 Solucao Queremos encontrar costantes a b e c tais que a1 0 1 0 b0 1 0 1 c0 0 1 1 1 3 5 7 Da igualdade de vetores acima temos a 1 b 3 a c 5 c 4 e b c 7 Logo a 1 b 3 e c 4 Portanto o primeiro vetor e combinacao linear dos outros trˆes 5 Para cada uma das seguintes colecoes de vetores determine quando os vetores sao linearmente independentes a 1 2 3 1 0 1 2 1 0 R3 Solucao Queremos encontrar costantes a b e c tais que a1 2 3 b1 0 1 c2 1 0 0 0 0 Da igualdade de vetores acima temos o seguinte sistema a b 2c 0 2a c 0 3a b 0 3 b 12 35 13 R² Solução Queremos encontrar constantes a b e c tais que a12 b35 c13 00 Da igualdade de vetores acima temos o seguinte sistema a 3b c 0 2a 5b 3c 0 cuja matriz ampliada do sistema é dada por 1 3 1 0 2 5 3 0 Sua forma escada reduzida por linhas é 1 0 14 0 0 1 5 0 Assim temos como solução a 14c b 5c c c R Logo vale 14c12 5c35 c13 00 para cada c R Portanto uma vez que a solução é diferente da trivial se c 0 os vetores são linearmente dependentes Por exemplo para c 1 temos 1412 535 13 00 c 25 3 6 1001 4096 R⁴ Solução Queremos encontrar constantes a b e c tais que a2536 b1001 c4096 0000 Da igualdade de vetores acima temos o seguinte sistema a b 4c 0 5a 0 3a 9c 0 6a b 6c 0 cuja solução é a b c 0 Portanto o conjunto de vetores é linearmente independente c O plano xyz ℝ³ 3x 2y 5z 0 Solução Os elementos de V xyz ℝ³ 3x 2y 5z 0 são da forma xy35 x 25 y x035 x 0y25 y x1035 y0125 Temos que V 10350125 e o conjunto β₁ 10350125 é linearmente independente pois a1035 b0125 000 a b 0 Portanto β₁ 1035 0125 é uma base para V Para estender a uma base de ℝ³ tome 001 ℝ³ 001 1035 0125 V e o conjunto β 1035 0125 001 é linearmente independente pois a1035 b0125 c001 000 a b c 0 Como a dimℝ³ 3 concluímos que β é uma base de ℝ³ d x₁x₂x₃x₄ ℝ⁴ 3x₁ x₂ x₃ x₄ 0 e 5x₁ x₂ x₃ x₄ 0 Solução Primeiramente vamos encontrar a forma dos elementos de V x₁x₂x₃x₄ ℝ⁴ 3x₁ x₂ x₃ x₄ 0 e 5x₁ x₂ x₃ x₄ 0 Temos que 3x₁ x₂ x₃ x₄ 0 5x₁ x₂ x₃ x₄ 0 cuja matriz ampliada é dada por 3 1 1 1 0 5 1 1 1 0 Sua forma escada reduzida por linhas é 1 0 14 0 0 0 1 14 1 0 Assim temos como solução x₁ 14 x₃ e x₂ 14 x₃ x₄ x₃x₄ ℝ Logo os elementos de V são da forma 14 x₃ 14 x₃ x₄ x₃ x₄ 14 x₃ 14 x₃ x₃ 0 0 x₄ 0 x₄ x₃14 14 1 0 x₄0101 Temos que V 14 14 1 0 0 1 0 1 e o conjunto β₁ 14 14 1 0 0 1 0 1 é linearmente independente pois a14 14 1 0 b0101 0000 a b 0exercício Portanto β₁ 14 14 1 0 0 1 0 1 é uma base para V Para estender a uma base de ℝ⁴ tome 1000 0001 ℝ⁴ temos que 1000 0001 14 14 1 0 0 1 0 1 V e o conjunto β 14 14 1 0 0 1 0 1 1000 0001 é linearmente independente pois a14 14 1 0 b0 1 0 1 c1000 d0001 0000 a b c d 0 exercício Como a dimℝ⁴ 4 concluímos que β é uma base de ℝ⁴ Sua forma escada reduzida por linhas e 1 0 0 1 5 0 0 1 0 2 5 0 0 0 1 2 5 0 Assim temos como solucao a 1 5d b 2 5d c 2 5d d d R Logo vale 1 5d2x2 3 2 5dx3 1 2 5dx3 x2 d 0x3 0x2 0x 0 0 para cada d R Portanto uma vez que a solucao e diferente da trivial para d 0 os vetores sao linearmente dependentes Por exemplo para d 1 temos 1 52x2 3 2 5x3 1 2 5x3 x2 1 0 6 Encontre uma base para os seguintes subespacos e estenda a uma base de R3 ou R4 conforme corresponda a x y z R3 x 0 Solucao Seja V x y z R3 x 0 temos que 0 y z 0 y 0 0 0 z y0 1 0 z0 0 1 Logo V 0 1 0 0 0 1 e como β1 0 1 0 0 0 1 e claramente linearmente independente segue que β1 e uma base para V Para estender a uma base do R3 tome 1 0 0 R3 e entao β 1 0 0 0 1 0 0 0 1 e a nossa conhecida base canˆonica do R3 b x y z w R4 w x y e z x y Solucao Os elementos de V x y z w R4 w x y e z x y sao da forma x y x y x y x 0 x x 0 y y y x1 0 1 1 y0 1 1 1 Temos que V 1 0 1 1 0 1 1 1 e o conjunto β1 1 0 1 1 0 1 1 1 e linearmente independente pois a1 0 1 1 b0 1 1 1 0 0 0 0 a b 0 Portanto β1 1 0 1 1 0 1 1 1 e uma base para V Para estender a uma base do R4 tome 1 0 0 0 0 0 0 1 R4 O conjunto β 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 1 e linearmente independente De fato a1 0 1 1 b0 1 1 1 c1 0 0 0 d0 0 0 1 0 0 0 0 Da igualdade de vetores acima obtemos o seguinte sistema a c 0 b 0 a b 0 a b d 0 cuja solucao e a b c d 0 Portanto β e linearmente independente e como a dimR4 4 segue que β e uma base de R4 6 d x² 1 x 1 x² x ℙ₃ Solução Queremos encontrar constantes ab e c tais que ax² 1 bx 1 cx² x 0x³ 0x² 0x 0 a cx² b cx a b 0x³ 0x² 0x 0 Da igualdade de polinômios acima temos o seguinte sistema a c 0 b c 0 a b 0 a c 0 a c 0 b a a 0 b 0 c 0 Portanto os vetores são linearmente independentes e 2x² 3 x² 1 1 ℙ₃ Solução Queremos encontrar constantes ab e c tais que a2x² 3 bx² 1 c 0x³ 0x² 0x 0 2a bx² 3a b c 0x³ 0x² 0x 0 Da igualdade de polinômios acima temos o seguinte sistema 2a b 0 3a b c 0 Pela primeira linha b 2a substituindo na segunda linha temos que 3a 2a c 0 a c 0 c a Logo temos a2x² 3 2ax² 1 a 0x³ 0x² 0x 0 0 para todo a ℝ Portanto os vetores são linearmente dependentes para a 0 Por exemplo para a 1 2x² 3 2x² 1 1 0 f 2x² 3 x³ 1 x³ x² 1 ℙ₃ Solução Queremos encontrar constantes abc e d tais que a2x² 3 bx³ 1 cx³ x² d 0x³ 0x² 0x 0 b cx³ 2a cx² 3a b d 0x³ 0x² 0x 0 Da igualdade de polinômios acima temos o seguinte sistema b c 0 2a c 0 3a b d 0 cuja matriz ampliada é dada por 0 1 1 0 0 2 0 1 0 0 3 1 0 1 0 7 Seja ℙₙ o conjunto dos polinômios reais de grau menor igual que n Para cada um dos itens seguintes seja S o conjunto dos polinômios em ℙₖ satisfazendo a condição dada Determine se S é um subespaço de ℙₙ Se S for um subespaço calcule a dimensão de S a p0 0 Solução O conjunto S dos polinômios em ℙₖ que satisfazem p0 0 é um subespaço vetorial de ℙₙ De fato sejam p q em S e α ℝ então i 0barx S pois 0barx 0 para todo x ℝ 0bar0 0 ii p q0 p0 q0 0 0 0 p q S iii αp0 αp0 α0 0 αp S Portanto S é subespaço vetorial de ℙₙ Para calcular a dimS considere px a₀ a₁ x a₂ x² aₖ xᵏ em ℙₖ Temos que os polinômios em S satisfazem p0 a₀ 0 Logo os polinômios em S são da forma px a₁ x a₂ x² aₖ xᵏ e assim uma base para S é β x x² xᵏ Portanto a dimS k b p0 0 Solução O conjunto S dos polinômios em ℙₖ que satisfazem p0 0 é um subespaço vetorial de ℙₙ De fato sejam p q em S e α ℝ então i 0barx S pois 0barx 0 para todo x ℝ 0bar0 0 ii p q0 p0 q0 0 0 0 p q S iii αp0 αp0 α0 0 αp S Portanto S é subespaço vetorial de ℙₙ Para calcular a dimS considere px a₀ a₁ x a₂ x² aₖ xᵏ em ℙₖ Temos que os polinômios em S satisfazem p0 a₁ 0 Logo os polinômios em S são da forma px a₀ a₂ x² aₖ xᵏ e assim uma base para S é β 1 x² xᵏ Portanto a dimS k c p0 0 Solução O conjunto S dos polinômios em ℙₖ que satisfazem p0 0 é um subespaço vetorial de ℙₙ De fato sejam p q em S e α ℝ então i 0barx S pois 0barx 0 para todo x ℝ 0bar0 0 ii p q0 p0 q0 0 0 0 p q S iii αp0 αp0 α0 0 αp S Portanto S é subespaço vetorial de ℙₙ Para calcular a dimS considere px a₀ a₁ x a₂ x² aₖ xᵏ em ℙₖ Temos que os polinômios em S satisfazem p0 a₂ 0 Logo os polinômios em S são da forma px a₀ a₁ x a₃ x³ aₖ xᵏ e assim uma base para S é β 1 x x³ xᵏ Portanto a dimS k d p0 p0 0 Solução O conjunto S dos polinômios em ℙₖ que satisfazem p0 p0 0 é um subespaço vetorial de ℙₙ De fato sejam p q em S e α ℝ então i 0barx S pois 0barx 0barx 0 0 0 ii p p q q0 p p0 q q0 p0 p0 q0 q0 0 0 0 p q S iii αp p0 αp p0 αp0 p0 α0 0 αp S Determine se os conjuntos abaixo são subespaços de M22 Em caso afirmativo exiba uma base a V a b c d com abcd R e b c Solução O conjunto V é subespaço de M22 De fato sejam A a1 b1 b1 d1 B a2 b2 b2 d2 e α R então i a b c d 0 0 0 0 V pois b c 0 ii A B a1 b1 b1 d1 a2 b2 b2 d2 a1 a2 b1 b2 b1 b2 d1 d2 V iii αA αa1 b1 b1 d1 αa1 αb1 αb1 αd1 V Portanto V é subespaço de M22 Agora vamos encontrar uma base para V Temos que a b b d a1 0 0 0 b0 1 1 0 d0 0 0 1 Logo V 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 e β 1 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 1 é linearmente independente Portanto β é uma base para V Mostre que os polinômios 1 t3 1 t2 1 t e 1 geram o espaço dos polinômios de grau menor igual a 3 Solução Queremos encontrar constantes a b c e d tais que a1 t3 b1 2t t2 c1 t d 0t3 0t2 0t 0 a t3 b t2 2b c t a b c d 0 t3 0 t2 0 t 0 Da igualdade de polinômios acima obtemos que a b c d 0 Portanto o conjunto β 1 t3 1 t2 1 t 1 é linearmente independente e como dimP3 4 β é uma base para P3 e β gera o espaço vetorial Seja U o subespaço de R3 gerado por 100 e W o subespaço gerado por 110 e 011 Mostre que R3 U W Solução 1 i U W 000 De fato a100 b110 c011 a100 b110 c011 000 a b c 0 Portanto U W 000 ii a100 b110 c011 xyz a x y z b y z e c z Logo xyz100 yx110 z011 xyz Portanto R3 U W Portanto R3 U W Solução 2 i Análogo ao item i da solução 1 ii Pelo item i temos que a dimU W 0 e assim pelo teorema da dimensão segue que dimU W dimU dimW 1 2 3 U W R3 Portanto R3 U W Sejam W1 xyzt x y 0 e z t 0 e W2 xyzt x y z t 0 a Determine W1 W2 e exiba uma base Solução resolvemos o sistema x y z t 0 x y 0 z t 0 que é equivalente a x y z t 0 2y z t 0 z t 0 Que tem posto 3 e nulidade 1 Por tanto a dimensão de W1 W2 é 1 que é o número de variáveis livres no sistema Portanto os elementos de W1 W2 são da forma 00zz z0011 e assim β 0011 é uma base para W1 W2 b Determine W1 W2 Solução 1 Vamos encontrar as bases de W1 e W2 Os elementos em W1 são da forma x x z z x x 00 00zz x1100 z0011 Portanto β1 1100 0011 é uma base de W1 Os elementos em W2 são da forma xyzxyz x0x0 0y0y 00zz x1001 y0101 z0011 Portanto β2 1001 0101 0011 é uma base de W2 Sabemos que β β1 β2 gera W1 W2 isto é β W1 W2 Além disso β 1100 0011 1001 0101 é linearmente independente e assim uma base de W1 W2 Uma vez que β é linearmente independente e a dimR4 4 segue que β é também uma base de R4 ou seja β R4 Portanto W1 W2 R4 Solução 2 Pelo item a temos que a dimW1 W2 1 e assim pelo teorema da dimensão segue que dimW1 W2 dimW1 dimW2 dimW1 W2 2 3 1 4 W1 W2 R4 c W₁ W₂ é soma direta Justifique Solução Não pois W₁ W₂ 0 0 0 d W₁ W₂ ℝ⁴ Solução Sim pelo item b 12 a Dado o subespaço V₁ x y z ℝ³ x 2y z 0 ache um subespaço V₂ tal que ℝ³ V₁ V₂ Solução Os elementos de V₁ são da forma x y x 2y x1 0 1 y0 1 2 e assim V₁ 1 0 1 0 1 2 e β 1 0 1 0 1 2 é base para V₁ Agora tome V₂ 1 0 0 então i V₁ V₂ 0 0 0 De fato a1 0 1 b0 1 2 c1 0 0 0 0 0 a b c 0 Portanto V₁ V₂ 0 0 0 ii ℝ³ V₁ V₂ De fato a1 0 1 b0 1 2 c1 0 0 x y z a 2y z b y e c x 2y z Assim 2y z1 0 1 y0 1 2 x 2y z1 0 0 x y z Portanto ℝ³ V₁ V₂ Portanto ℝ³ V₁ V₂ Observações Na resolução do exercício foi utilizado o teorema da dimensão para calcular a dimV₂ ou seja 3 dimℝ³ dimV₁ dimV₂ dimV₁ V₂ 2 dimV₂ 0 dimV₂ 1 Uma vez que a dimV₂ 1 escolhemos uma reta que não está contida no plano x 2y z 0 isto é V₂ 1 0 0 b Dê exemplos de dois subespaços de dimensão dois de ℝ³ tais que V₁ V₂ ℝ³ A soma é direta Solução Tome V₁ 1 0 0 0 1 0 e V₂ 0 0 1 1 1 1 Temos que V₁ V₂ ℝ³ No entanto V₁ V₂ não é soma direta pois de dimV₁ V₂ dimV₁ dimV₂ dimV₁ V₂ segue que 3 2 2 dimV₁ V₂ dimV₁ V₂ 1