Complementos de Álgebra Linear

Autoras Profa Isabel Cristina de Oliveira Navarro Espinosa Profa Valéria de Carvalho Colaboradores Profa Márcia Vieira Prof José Carlos Morilla Complementos de Álgebra Linear Professoras conteudistas Isabel Cristina de Oliveira Navarro Espinosa Valéria de Carvalho Isabel Cristina de Oliveira Navarro Espinosa É graduada em Matemática pela Faculdade Oswaldo Cruz e mestre em Educação Matemática pela Pontifícia Universidade Católica de São Paulo PUC SP Leciona no Ensino Superior desde 1981 Professora do curso de pósgraduação lato sensu em Educação Matemática das Faculdades Oswaldo Cruz e professora da Universidade Paulista UNIP na modalidade presencial e na modalidade EaD Educação a Distância É coautora dos livros Geometria analítica para computação Editora LTC Álgebra linear para computação Editora LTC Matemática complementos e aplicações nas áreas de ciências contábeis administração e economia Editora Ícone Valéria de Carvalho É especialista em Matemática pelo IMECC Instituto de Matemática Estatística e Computação Científica Mestre e Doutora em Educação Matemática pela Faculdade de Educação Unicamp Leciona no Ensino Superior desde 1988 No LEM Laboratório de Ensino de Matemática IMECC e na Faculdade de Educação ambos na Unicamp trabalhou como professora colaboradora sobre temas das Tecnologias da Informação e da Comunicação TICs em projetos de Educação Continuada Apresenta publicações em anais de congressos fora do Brasil e capítulos de livros em nossa língua pensando o trabalho docente a educação matemática crítica e a sociedade Todos os direitos reservados Nenhuma parte desta obra pode ser reproduzida ou transmitida por qualquer forma eou quaisquer meios eletrônico incluindo fotocópia e gravação ou arquivada em qualquer sistema ou banco de dados sem permissão escrita da Universidade Paulista Dados Internacionais de Catalogação na Publicação CIP E77c Espinosa Isabel Cristina de Oliveira Navarro Complementos de álgebra linear Isabel Cristina de Oliveira Espinosa Valéria de Carvalho São Paulo Editora Sol 2020 204 p il Nota este volume está publicado nos Cadernos de Estudos e Pesquisas da UNIP Série Didática ISSN 15179230 1 Espaços vetoriais 2 Combinação linear 3 Álgebra I Carvalho Valéria de II Título CDU 51 U50821 20 Prof Dr João Carlos Di Genio Reitor Prof Fábio Romeu de Carvalho ViceReitor de Planejamento Administração e Finanças Profa Melânia Dalla Torre ViceReitora de Unidades Universitárias Profa Dra Marília AnconaLopez ViceReitora de PósGraduação e Pesquisa Profa Dra Marília AnconaLopez ViceReitora de Graduação Unip Interativa EaD Profa Elisabete Brihy Prof Marcello Vannini Prof Dr Luiz Felipe Scabar Prof Ivan Daliberto Frugoli Material Didático EaD Comissão editorial Dra Angélica L Carlini UNIP Dr Ivan Dias da Motta CESUMAR Dra Kátia Mosorov Alonso UFMT Apoio Profa Cláudia Regina Baptista EaD Profa Deise Alcantara Carreiro Comissão de Qualificação e Avaliação de Cursos Projeto gráfico Prof Alexandre Ponzetto Revisão Virgínia Bilatto Amanda Casale Sumário Complementos de Álgebra Linear APRESENTAÇÃO 9 INTRODUÇÃO 9 Unidade I 1 ESPAÇOS VETORIAIS 11 11 Definição 11 111 Propriedades 14 12 Subespaço vetorial 14 13 Soma de subespaços 18 14 Intersecção de subespaços 20 141 Propriedades 20 2 COMBINAÇÃO LINEAR23 21 Soma direta23 22 Combinação linear 25 23 Subespaço gerado 26 231 Propriedades 27 24 Dependência e independência linear 29 25 Ampliando seu leque de exemplos32 3 BASE 39 31 Processo prático para determinar vetores LI LD no IRn 39 311 Propriedades 41 32 Base 42 33 Dimensão 42 331 Algumas propriedades 42 34 Base de um subespaço 45 35 Alguns teoremas sobre bases 52 4 VETOR COORDENADA 55 41 Matriz mudança de base 57 411 Processo prático para determinar a matriz mudança de base 59 412 Alguns resultados importantes 60 42 Ampliando seu leque de exemplos62 Unidade II 5 TRANSFORMAÇÃO LINEAR 78 51 Definição 78 511 Operador linear 78 52 Algumas propriedades 78 53 Núcleo 82 531 Definição 82 532 Propriedades 83 54 Imagem da transformação linear 84 541 Definição 84 542 Propriedades 84 55 Matriz da transformação linear89 56 Operador inversível 94 561 Alguns resultados importantes 95 57 Matriz mudança de base 97 571 Alguns resultados importantes 97 6 OPERADORES 99 61 Operador ortogonal 99 62 Operador simétrico 100 63 Operações com operadores lineares 101 631 Adição 101 632 Multiplicação por escalar 101 633 Composição 102 64 Determinantes 103 641 Algumas propriedades 107 642 Determinante de um operador linear108 643 Composição 109 65 Formas bilineares 110 66 Produto interno 112 661 Norma 113 67 Métrica 113 68 Ampliando seu leque de exemplos114 Unidade III 7 APLICATIVOS DE INFORMÁTICA USANDO MAXIMA 127 71 Maxima o software a instalação e os recursos básicos 127 711 Origens e potencialidades do Maxima 127 712 Baixando e instalando o Maxima 128 713 A interface do Maxima 136 714 Recursos básicos no Maxima 138 715 Considerações importantes sobre classificação de um sistema linear e sua interpretação geométrica 175 8 TRANSFORMAÇÕES LINEARES 177 81 Transformação ou aplicação linear 179 82 Transformação linear plana179 821 Movimentos de dilatação e contração 180 822 Movimentos de reflexão 184 823 Movimentos de projeção 187 824 Movimentos de cisalhamento 188 825 Movimento de rotação em um ângulo θ no sentido antihorário 191 83 Aplicações injetoras e não injetoras 193 9 APRESENTAÇÃO Abordaremos neste material algumas noções basilares da Álgebra como conjuntos relações operações grupos anéis e corpos Depois apresentaremos algumas noções de como usar o Maxima ofereceremos especial foco ao estudo de sistemas lineares e na sequência apresentaremos alguns tipos de transformações lineares Esses tópicos serão tratados de modo informal e intuitivo buscando assim a sua compreensão e assimilação Essa proposta baseiase em alguns estudos desenvolvidos na Educação Matemática que evidenciam nos diversos níveis de ensino as dificuldades apresentadas pelos estudantes com relação ao formalismo e ao rigor matemático Sendo assim optamos por fazer uma abordagem menos rigorosa sobre o assunto ressaltando contudo que o rigor e o formalismo são essenciais para a Matemática e que esses devem ser explorados no aprofundamento dos temas aqui tratados A organização deste material foi inspirada nos livros constantes da referência bibliográfica e qualquer um desses será um bom complemento ao curso Nessas obras o estudante encontrará muitos exemplos e também todas as demonstrações necessárias para o aprofundamento no assunto Sugerimos que os estudantes utilizem pelo menos um dos livros indicados como referência e que busquem exemplos adicionais e exercícios complementares É importante ressaltar que o estudo ou a leitura de qualquer tipo de material que aborde conceitos conteúdos noções ou ideias relacionadas à Matemática deve ser feito com lápis e borracha pois esses são instrumentos essenciais para a aprendizagem desta ciência Desejamos ao estudante um bom curso de Álgebra e ressaltamos que a persistência a motivação e o empenho serão fundamentais para o seu sucesso INTRODUÇÃO Neste livrotexto estudaremos espaços vetoriais subespaços e as operações de soma e intersecção de subespaços Veremos os conceitos de base dimensão e alguns teoremas sobre bases Aprenderemos também transformações e operadores lineares suas definições operações e a matriz de uma transformação linear Por fim utilizando o software Maxima estudaremos alguns movimentos de transformações lineares como dilatação reflexão e projeção Em nosso estudo não faremos demonstrações elas podem ser encontradas na referência bibliográfica 11 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR 1 ESPAÇOS VETORIAIS 11 Definição Consideremos um conjunto não vazio V com duas operações binárias adição e multiplicação por escalar número real diremos que V é um espaço vetorial sobre IR se e somente se valem as propriedades Adição V x V V u v u v 1 associativa u v w V u v w u v w 2 comutativa u v V u v v u 3 elemento neutro 0 V tal que u 0 u u V 4 oposto u V u V tal que u u 0 Multiplicação IR x V V a u a u 5 u V a b IR b u a b u 6 u V a b IR a b u a u b u 7 u v V a IR au v a u a v 8 u V 1u u Unidade I 12 Unidade I Notemos que u v e a u devem pertencer a V Chamamos os elementos de V de vetores e os elementos de IR de escalares Exemplos 1 IR é um espaço vetorial IR com a adição e a multiplicação que utilizamos usualmente satisfaz as 8 propriedades 2 IR2 o conjunto dos pares ordenados que formam o plano é um espaço vetorial IR2 x y x y IR com as operações usuais Adição u v x y r s x r y s Multiplicação por escalar au ax y ax ay é fácil verificar que IR2 satisfaz as 8 condições da definição como exemplo vamos verificar algumas dessas propriedades comutativa u v v u vale pois u v x y r s x r y s v u r s x y r x s y elemento neutro 0 0 0 oposto u x y x y é o oposto de u x y M1 u V a b IR ab u a b u vale pois ab u ab x y ab x ab y ab u ab xy ab x ab y da mesma forma as outras propriedades podem ser verificadas 3 Da mesma forma são espaços vetoriais os conjuntos IR3 x y z x y z IR conjunto dos pontos do plano IR4 x y z t x y z t IR IRn é espaço vetorial sendo IRn x1 x2 xn xi IR 13 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR 4 O conjunto das matrizes Mmxn IR é espaço vetorial pois satisfaz as condições da definição Vejamos agora 2 conjuntos que não são espaços vetoriais 5 V 1 y y IR com as operações de adição e multiplicação por escalar usuais Sejam u x y e v r s vetores de V devemos ter x 1 e r 1 condição dada na definição de V 1ª coordenada igual a 1 assim u v 1 y 1 s 1 1 y s 2 y s V pois a 1ª coordenada é diferente de 1 Logo V não pode ser espaço vetorial 6 V IR3 com as operações definidas por x y z a b c x y z c e a x y z a x a y a z Inicialmente vamos verificar a propriedade comutativa u v v u u v x y z a b c x y z c v u a b c x y z a b c z não são iguais logo não vale a propriedade comutativa e V não é espaço vetorial 7 O conjunto Pn de todos os polinômios de grau n juntamente com o polinômio nulo é um espaço vetorial com as operações usuais de polinômios Lembremos que o grau de um polinômio é dado pela potência mais alta com coeficiente não nulo assim os elementos de Pn são escritos na forma pt an t n an 1 t n 1 a1 t a0 e qt bn t n bn 1 t n 1 b1 t b0 As operações usuais de adição e de multiplicação por escalar de polinômios são dadas por pt qt an bn tn an 1 bn 1 tn 1 a1 b1 t a0 b0 e k pt k an t n k an 1 tn 1 k a1 t k a0 Generalizando o conjunto P formado por todos os polinômios é um espaço vetorial Lembrete Os elementos de V são chamados de vetores e os elementos de IR são chamados de escalares 14 Unidade I 111 Propriedades 1 a IR a 0 0 2 u V 0 u 0 3 a u 0 a 0 ou u 0 4 a IR u V au a u au 5 a b IR u V abu a u b u 6 a IR u v V a u v a u a v 12 Subespaço vetorial S S V é um subespaço de um espaço V se e somente se S for um espaço vetorial Saiba mais Saiba mais sobre espaços vetoriais e subespaços no capítulo 4 itens 41 e 42 de KOLMAN B Introdução à álgebra linear 6 ed São Paulo Editora PrenticeHall do Brasil 1998 Usando a definição S é subespaço se satisfaz as 8 condições Para facilitar a verificação de subespaço podemos utilizar o seguinte teorema Teorema S é subespaço de V 1 0 2 3 u S IR temos u v S temos u v S α αu S Como S é subespaço podemos substituir a condição 1 do teorema por 0 S reescrevendo o teorema temos S é subespaço de V 1 0 2 S 3 u S IR temos u v S temos u v S α αu S 15 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Exemplos 1 S V e S 0 são subespaços de V subespaços triviais 2 S x00IR3 é subespaço do IR3 Note que os vetores de S devem ter a 2ª e a 3ª coordenadas iguais a zero Verificando as 3 condições do teorema 2ª forma temos a 0 000 S pois a 2ª e a 3ª coordenadas são nulas b u v S temos u v S u S u x v S v r 0 0 0 0 u v x 0 0 r 0 0 x r 0 0 como a 2ª e a 3ª coordenadas são nulas temos x r 0 0 S c u S a IR temos a u S u S u x 0 0 a u a x 0 0 a x 0 0 como a 2ª e a 3ª coordenadas são nulas temos ax 0 0 S Assim S x00 IR3 é subespaço do IR3 3 S b c M IR 1 0 2 é subespaço de M 2IR M2IR conjunto das matrizes quadradas de números reais de ordem 2 Verificando as condições do teorema temos a 0 0 0 0 S pois o elemento a11 dos vetores de S deve ser igual a 1 isto é a11 1 0 Logo S não é subespaço de M2IR Note que sempre que for fixado um número a a 0 nos vetores de S o conjunto S não será subespaço vetorial 16 Unidade I 4 S a b c M IR 0 2 é subespaço de M2IR Observe que um vetor pertence a S se o elemento a22 da matriz for igual a zero os outros elementos são quaisquer a 0 0 0 0 S pois a22 0 b A B S A B S A S A a b c B S B p q r a b c p q r 0 0 0 0 a p b q c r 0 o elemento a22 0 logo a p b q c r S 0 c A S a IR aA S A S A a b c 0 α α α α α A a b c a b c 0 0 o elemento a22 0 logo α α α a b c S 0 Logo S é subespaço de M2IR 5 R x y z IR3 x 0 e y z é subespaço do IR3 Inicialmente devemos escrever os vetores de R utilizando as condições dadas assim temos R 0 y y IR3 Notemos que um vetor pertence a R se tem a 1ª coordenada nula e a 2ª e a 3ª coordenadas iguais 17 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Verificando as condições do teorema temos a 0 000 R b u v S temos u v R u R u y y v R v s 0 0 s u v 0 y y 0 s s 0 ys ys como a 1ª coordenada é nula e as 2ª e 3ª coordenadas são iguais temos que 0 ys ys R c u R a IR temos a u R u R u 0 y y a u a 0 y y 0 a y a y como a 1ª coordenada é nula e as 2ª e 3ª coordenadas são iguais temos 0 a y a y R Assim R 0 y y IR3 é subespaço do IR3 6 Consideremos P3 o espaço vetorial dos polinômios de grau 3 junto com o polinômio nulo mostremos que P2 conjunto dos polinômios de grau 2 junto com o polinômio nulo é subespaço de P3 Devemos verificar as 3 condições do teorema a 0 P2 pois é o polinômio nulo b pt qt P2 temos pt qt P2 p t P p t a t a t a q t P q t b t b t b 2 2 2 1 0 2 2 2 1 0 Pt qt a2 b2t2 a1 b1t a0 b0 P2 logo pt qt P2 c pt P2 a IR temos a pt P2 pt P2 pt a2t2 a1t a0 a pt a a2t2 a1t a0 a a2t2 a a1t a a0 P2 logo a pt P2 Assim P2 é subespaço de P3 18 Unidade I Podemos provar que Pn 1 é subespaço de Pn 13 Soma de subespaços Consideremos R S subespaços de V definimos R S por R S u Vu r s com r R e s S Observação Os elementos do subespaço R S são formados pela soma de cada vetor de R com todos os vetores de S Teorema Se R e S são subespaços de V então R S também é subespaço de V A demonstração é feita facilmente utilizandose a definição de soma de subespaços e as 3 condições do teorema Exemplos 1 Sendo R 0y0 IR3 e S x y z IR3 x 0 e y 0 determinar R S Inicialmente vamos reescrever S utilizando as condições dadas S 0 0 z IR3 daí R S u IR3 u r s com r R e s S r R r 0y 00 0 0 0 0 0 0 s S s z u r s y z y z R S 0 y z IR3 O resultado encontrado pode ser representado geometricamente é o plano formado pelos eixos y e z z x S R R S y 2 Sendo R x y IR2 x 0 e S ab IR2 determinar R S 19 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Substituindo a condição dada em R temos R 0 y IR2 R S u IR2 u r s com r R e s S Assim u r s 0 y a b a yb R S R S a yb IR2 3 Sendo S x y 0t IR4 e R x 0 2z 0 IR4 determinar S R Inicialmente é conveniente a substituição das letras repetidas nos 2 vetores para evitar conclusões erradas podemos fazer a substituição em S ou em R Vamos trocar as letras de R a 0 2b0 IR4 Assim S R u IR3 u s r com s S e r R u s t x y 0 t a 0 2b 0 xa y 2b t S R S R x a y 2b t IR4 4 Consideremos os subespaços do IR3 dados por S x y z IR3 x 2y z 0 e T x y z IR3 x y e z x 0 determinar S T Devemos reescrever os subespaços S e T utilizando as condições dadas assim temos em S x 2y z 0 devemos isolar uma das variáveis você pode escolher qualquer uma delas por exemplo vamos isolar x isto é x 2y z com y e z quaisquer Substituindo em S vem S 2y z y z IR3 em T x y e z x 0 como temos 2 expressões e 3 variáveis devemos escolher uma das variáveis para que as outras fiquem em função dela por exemplo podemos tirar y e z em função de x isto é y x e z x com x qualquer Substituindo em de T vem T x x x IR3 20 Unidade I Como não temos letras em comum não precisamos modificar as letras dos vetores Assim S T u IR3 u s t com s S e t T s S s2yz y z t T tx x x u2yz y z x x x2yzx yx zx logo S T x 2y z y x z x IR3 Você poderia ter escolhido outra forma de escrever os vetores de S e de T em função de outras letras e a resposta aparentemente seria diferente Porém representaria o mesmo subespaço 14 Intersecção de subespaços Consideremos dois subespaços R e S de um espaço V o conjunto intersecção R S é dado por R S u V u R e u S Teorema Se R e S são subespaços de V então R S também é subespaço de V Demonstração Devemos provar que valem as 3 condições do teorema 1 0 R S pois 0 R e 0 S 2 u v R S u v R S de fato se u e v estão em R e em S então u v também estará em R e em S isto é u v R S 3 u R S a IR a u R S u R S u R u S como R e S são subespaços temos que a u R e a u S isto é a u R S Logo de 1 2 e 3 temos que R S é subespaço de V 141 Propriedades 1 R 0 0 2 R S R e R S S 21 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Exemplos 1 Consideremos R x0 IR2 e S 0y IR2 subespaços de IR2 determinar R S Por definição R S u IR2 u R e u S Devemos igualar um vetor qualquer de R com um vetor qualquer de S caso eles tenham alguma letra em comum devemos reescrever trocando a letra isso evita enganos na conclusão Igualando os vetores temos x 0 0 y resolvendo o sistema encontramos x 0 e y 0sistema possível e determinado SPD Logo R S 0 0 2 Sendo A a b c M IR 0 2 e B 0 0 2 b d M IR subespaços de M2IR determinar A B Por definição temos A B u M2IR u A e u B como temos a letra b comum nos vetores de A e de B devemos inicialmente substituir por outra letra assim u A u a b c u r d a b c B u 0 0 0 0 0 0 r d utilizando igualdade de matrizes encontramos o sistema a b r c d 0 0 0 teremos então a c d 0 e b r com r qualquer sistema possível e indeterminado SPI Logo A B r M IR 0 0 0 2 22 Unidade I 3 Sendo U x y 0 2x IR4 e V z y y z t IR4 determinar U V A letra y é comum aos vetores de U e de V vamos então reescrever os vetores a substituição pode ser feita em U ou em V é indiferente Podemos substituir somente a letra comum ou todas as letras do vetor Reescrevendo os vetores de V temos V c b b c d IR4 Assim igualando os vetores temos x y 0 2x c b b c d O sistema gerado pela igualdade dos vetores será x c b y b c x d 0 2 resolvendo o sistema temos x y b c 0 e d 2x 2b podemos colocar a resposta final em função de x e y ou em função de b c d Substituindo em U encontramos a solução do sistema igual aos vetores x x 0 2x com x qualquer se substituirmos em V temos como solução os vetores do tipo b b 0 2b com b qualquer Assim notamos que nos dois casos encontramos o mesmo tipo de vetor S T x x 0 2x IR4 4 Sendo R x 2y y x z IR3 e S x 0 x IR3 determine R S Substituindo as letras de S temos S a 0 a IR3 quando igualamos os vetores de R e de S vem x 2y y x z a 0 a x y a y x z a 2 0 como y 0 temos na 1ª equação que x a substituindo na 3ª equação temos a z a e daí z 0 A solução do sistema então será x a y 0 e z 0 com a qualquer Assim R S x 0 x IR3 5 Sendo U x y z IR3 x y 2z 0 e V x y z IR3 2y z 0 determinar U V Usaremos um modo diferente para resolver este exemplo não vamos reescrever os vetores de R e S utilizando as condições dadas para depois igualar os vetores 23 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Resolveremos comparando estas condições teremos assim duas formas diferentes de resolução para exercícios deste tipo Montaremos o sistema formado pelas condições dadas x y z y z 2 0 2 0 Resolvendo o sistema encontramos x 5y e z 2y com y qualquer Assim U V 5y y 2y IR3 Observe que o sistema que deve ser resolvido na intersecção é sempre possível podendo ser SPD e daí R S 0 ou SPI e daí R S tem infinitas soluções 2 COMBINAÇÃO LINEAR 21 Soma direta Usamos a notação1 V R S para indicar que V é soma direta dos subespaços R e S R S V a V R S b R S 0 Observação Note que para ser soma direta devem valer as duas condições se qualquer uma delas não fo r verificada não teremos soma direta Exemplos 1 Verificar se IR3 é soma direta dos subespaços U e V dados por U xy0 IR3 e V 0yz IR3 Notamos que a letra y é comum aos vetores de U e de V devemos então trocar as letras de um deles Por exemplo vamos escrever os vetores de U como u a b 0 Para verificar se é soma direta devemos verificar as duas condições da definição a U V IR3 1 O símbolo aqui é usado para designar soma direta Foi usado no exercício 6 da definição de espaço vetorial para indicar uma soma não usual Atenção ao contexto 24 Unidade I u v a b 0 0 y z a b y z logo U V a b y z IR3 IR3 b U V 0 para determinar U V vamos igualar os vetores de U e V assim a b 0 0 y z daí temos a 0 b y e z 0 Logo U V 0 b 0 IR3 0 0 0 Portanto IR3 não é soma direta de U e V 2 Sendo R 0 0 z IR3 e S x y 0 IR3 subespaços de IR3 verificar se IR3 é soma direta de R e S Devemos verificar se valem as condições a R S IR3 r s 0 0 z x y 0 x y z logo R S x y z IR3 IR3 b R S 0 para determinar R S vamos igualar os vetores de R e S assim 0 0 z x y 0 daí temos x y z 0 Logo U V 0 0 0 Portanto IR3 R S é soma direta 3 Sendo A a b c M IR 0 2 e B 0 0 0 2 q M IR verificar se M2IR é soma direta de A e B Devemos verificar se valem as condições a A B M2IR A B a b c q a b q c 0 0 0 0 0 Como o elemento a22 é sempre nulo e nem todo vetor de M2IR pode ser escrito desta forma temos A B M2IR Logo não podemos falar em soma direta 25 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR 22 Combinação linear Consideremos um conjunto de vetores v1v2 vn de um espaço vetorial V e os escalares a1 a2 ar se podemos escrever um vetor v do espaço V como soma de múltiplos dos vetores v1v2 vn isto é v a1v1 a2v2 anvn então diremos que v é uma combinação linear dos vetores v1v2 vn com coeficientes a1 a2 an v é combinação linear de v1v2 vn v a1v1 a2v2 anvn Lembrete Dizer que um vetor u é combinação linear de outros vetores é o mesmo que dizer que ele pode ser escrito em função dos outros Observação Se não for possível escrever u como soma de múltiplos dos vetores v1 v2 vn diremos que u não é combinação linear dos vetores v1 v2 vn Exemplos 1 Sendo v1 1 2 e v2 0 1 temos a u 2 4 é combinação linear CL de v1 pois u 212 2 v1 com a1 2 b v 1 5 é combinação linear de v1 e v2 pois v 1 5 12 3 01 v1 3v2 com a1 1 e a2 3 2 Escrever o vetor w 511 como combinação linear dos vetores u 12 0 e v 11 1 Devemos calcular a e b IR tais que w au bv Substituindo as coordenadas de u e v temos 5 1 1 1 2 0 1 11 α β Efetuando as operações vem 5 1 1 2 0 5 1 1 α α β β β α β 2 α β β Daí temos o sistema 26 Unidade I α β α β β 5 2 1 1 sistema impossível não tem solução Como não tem solução o vetor w não pode ser escrito como combinação linear dos vetores u e v 3 Escrever u M IR u 2 1 2 5 3 como combinação linear dos vetores v e 1 1 0 2 0 0 1 0 0 0 0 1 1 v v 2 3 Devemos determinar os escalares a b c tais que u a v1 b v2 c v3 substituindo as coordenadas dos vetores temos 1 2 5 3 1 0 2 0 0 1 0 0 0 0 1 1 a b c 1 2 5 3 2 a b a c c Daí a 1 b 2 2a c 5 c 3 A solução do sistema é a 1 b 2 e c 3 Logo u 1 v1 2 v2 3 v3 23 Subespaço gerado Usaremos a notação M para indicar o conjunto formado por todas as combinações lineares possíveis dos vetores de M u1 u2 un subconjunto de um espaço vetorial V M u u u IR n n n α α α α α 1 1 2 2 1 O conjunto M é um subespaço de V e é chamado subespaço gerado por M Dizemos que os vetores de M geram M ou são geradores ou ainda formam um sistema de geradores de M 27 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Convenção se M temos M 0 subespaço trivial 231 Propriedades Sendo R S subconjuntos de W temos 1 R R 2 S R S R 3 RS W R S R S 4 U R e V S U V R S Exemplos 1 Sendo M 1 01 001 IR3 determinar o subespaço gerado por M Pela definição temos M x y z y z a1 0 1 b0 0 1 x y IR x 3 z y z a 0 a b IR x 3 isto é M a 0 a b IR3 2 Sendo M 101 021 010 IR3 determinar M Pela definição M x y z y z a1 0 1 b0 2 1 c0 IR x 3 1 0 Neste exemplo vamos fazer os cálculos sem a notação de conjuntos e só retornaremos a esta notação na solução final Assim x x y z a1 0 1 b0 2 1 c0 1 0 y z a 0 a 0 2b b 0 c 0 y z a 2 x b c ab Logo M x y z y z a 2b c ab IR x 3 3 Determinar um sistema de geradores de R R x y IR2 x 3y Unidade I Inicialmente devemos reescrever os vetores de R utilizando a condição dada assim R 3yy IR² Para determinarmos os geradores de R observamos que os vetores de R são escritos em função de uma letra para encontrar um vetor gerador isolamos a letra isto é r 3yy y 31 Logo M₁ 31 gera R Observação Se escrevemos os vetores de R em função de x teremos a condição y 13 x e assim R x 13 x IR² Para encontrar os geradores de R vamos isolar a letra x e daí x 13 x x 1 13 logo M₂ 1 13 gera R Temos então que tanto M₁ quanto M₂ formam um sistema de geradores de R e daí R 31 ou R 1 13 Como temos mais de uma solução sempre pedimos para determinar um sistema de geradores e não o sistema de geradores 4 Consideremos o subespaço do IR³ dado por S 2xxzz IR³ determinar um sistema de geradores de S Notemos inicialmente que u 2xxzz está escrito em função de duas letras concluímos então que temos dois vetores geradores Assim vamos separar o vetor u em dois vetores cada um com uma das letras 2x xz z 2x x 0 0 z z Colocando as letras em evidência temos 2x xz z x2 1 0 z0 1 1 Logo M u₁ u₂ 2 1 0 0 1 1 é um sistema de geradores de S ou S 2 1 0 0 1 1 5 Determinar um sistema de geradores do subespaço R a b M₂IR 2ab c colocando as letras em evidência temos os geradores a b a1 0 b0 1 c0 0 2ab c 0 0 2ab 0 0 c a 2ab c 0 0 2ab 0 0 0 c colocando as letras em evidência temos os geradores a 2ab c a1 0 b0 1 0 c0 0 1 Logo um sistema de geradores de R é M 1 0 2 0 0 1 ou R 1 0 0 1 0 0 30 Unidade I Assim para verificar se um conjunto de vetores é LI ou LD vamos montar a combinação linear dos vetores igualar a zero e resolver o sistema Pelo resultado do sistema teremos SPD sistema possível determinado solução única vetores LI SPI sistema possível e indeterminado infinitas soluções vetores LD Exemplos 1 Verificar se os vetores são L I ou LD u 4 1 0 v 2 1 4 w 1 1 2 Vamos resolver o exemplo utilizando a definição isto é verificando se algum dos vetores pode ser escrito como combinação linear dos outros Por exemplo vamos verificar se podemos escrever u como combinação linear de v e w isto é u a v b w Substituindo as coordenadas dos vetores temos 410 a 214 b 112 efetuando as operações encontramos o sistema 2α β α β α β 4 1 4 2 0 a solução do sistema é a 1 b 2 Como o sistema tem solução concluímos que u é combinação linear de v e w logo pela definição os vetores u v e w são LD 2 Verificar se os vetores são LI ou LD dados v1 123 v2 201 v3 123 Vamos agora resolver este exemplo utilizando o teorema isto é escrevendo uma combinação linear dos vetores igualando a zero e analisando o resultado do sistema Temos então α α α α i i 1 3 1 2 3 v v v vi 0 0 1 2 3 24 Dependência e independência linear Vamos estudar dois casos a S v a₁ v 0 então S é linearmente dependente LD a₂ v 0 então S é linearmente independente LI b S u₁ u₂ uₙ com n 2 então b₁ S é linearmente dependente LD se um dos vetores é combinação linear dos demais b₂ S é linearmente independente LI se não é LD Neste caso para determinar se vetores são LI ou LD utilizaremos o seguinte teorema v₁ v₂ vₙ LI αᵢvᵢ 0 com αᵢ 0 para todo i v₁ v₂ vₙ LD αᵢvᵢ 0 com ao menos um αᵢ 0 31 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Substituindo as coordenadas dos vetores vem 1 2 3 2 0 1 1 2 3 0 0 α α α 1 2 3 0 efetuando as operações encontramos 2 2 2 3 0 0 0 α α α α α α α α 1 2 3 1 3 1 2 3 3 daí vem o sistema 2 0 2 2 3 3 α α α α α α α α 1 2 3 1 3 1 2 3 0 0 resolvendo o sistema temos a1 a2 a3 0 Como todos os escalares são nulos temos que os vetores são LI 3 Verificar se os vetores v e 1 1 0 2 0 0 1 0 0 0 0 1 1 v v 2 3 são LI ou LD Vamos inicialmente montar uma combinação linear dos vetores v1 v2 e v3 isto é v v v i i 1 3 1 2 3 α α α α vi 0 0 1 2 3 Substituindo as coordenadas dos vetores vem 1 2 0 0 0 1 α α α 1 2 3 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 efetuando as operações encontramos α α α α α 1 2 1 3 3 0 0 0 0 2 daí temos o sistema α α α α α 1 1 3 2 3 0 0 0 0 2 32 Unidade I resolvendo o sistema temos a1 a2 a3 0 Como todos os escalares são nulos temos que os vetores são LI 4 Verificar se os vetores são LI ou LD dados u 2 1 v 1 0 w 3 1 Montando a combinação linear dos vetores temos α α α 1 2 3 0 u v w Substituindo as coordenadas dos vetores vem α α α 1 2 3 0 2 1 1 0 3 1 0 efetuando as operações encontramos 2 0 0 α α α α α 1 2 3 1 3 3 daí vem o sistema 2 3 0 1 2 3 1 3 α α α α α 0 resolvendo o sistema temos a1 a3 a2 a3 como a3 é qualquer não podemos garantir que os escalares sejam todos nulos logo os vetores são LD 25 Ampliando seu leque de exemplos 1 Qual dos subconjuntos a seguir não é subespaço do IR3 A S x 2x 0 IR3 B S x z x z IR3 C S 0 y z y IR3 D S 1 y z IR3 E S x x 2z z IR3 Resposta correta alternativa D Resolução do exercício A S é subespaço do IR³ pois 1 000 S 2 uv S temos u v S xzxzababxzab xazb S 3 u S α IR temos αu S αα2α0 S b S é subespaço do IR³ pois 1 000 S 2 uv S temos u v S xzxzababxzab xazb S 3 u S α IR temos αu S αxyzαx2αxαz S c S é subespaço do IR³ pois 1 000 S 2 uv S temos u v S 0yzy0bcb0ybzycb S 3 u S α IR temos αu S αxyzy0αxαzαy S d S não é subespaço do IR³ pois 000 S e S é subespaço do IR³ pois 1 000 S 2 uv S temos u v S xx2zaa2cxax2za2czc S 3 u S α IR temos αu S αxx2z2αzαy S 34 Unidade I 2 Sendo R 0 2z z IR3 e S x 0 0 IR3 o subespaço R S é dado por A R S x z z IR3 B R S 0 2z z IR3 C R S x 2z z IR3 D R S x 0 0 IR3 E R S 0 0 0 IR3 Resposta correta alternativa C Resolução do exercício Pela definição de adição de subespaços temos R S x 2z z IR3 logo a alternativa correta é C 3 Sendo R x 2x 0 IR3 e S 0 y y IR3 o subespaço R S é dado por A R S 0 0 0 IR3 B R S x 2x 0 IR3 C R S 0 y y IR3 D R S x 0 0 IR3 E R S 0 0 z IR3 Resposta correta alternativa A Resolução do exercício Pela definição de intersecção de subespaços temos R S u IR3 u R e u S daí x 2x 0 0 y y 35 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR x x y y 0 2 0 Resolvendo o sistema vem x 0 y 0 logo temos R S 0 0 0 IR3 4 Sendo U a b a b a IR4 e V x 0 x x IR4 então U V é A U V x 0 x 0 IR4 B U V x x x 0 IR4 C U V x 0 0 0 IR4 D U V 0 0 x 0 IR4 E U V x 0 x x IR4 Resposta correta alternativa E Resolução do exercício Pela definição de intersecção de subespaços temos R S u IR3 u R e u S daí a b a b a x0 x x a x b a b x a x 0 Resolvendo o sistema vem a x b 0 logo temos R S x 0 x x IR4 5 Um sistema de geradores do subespaço U x y z IR3 y 2z é 36 Unidade I A U 010 021 B U 001 021 C U 100 020 D U 100 021 E U 100 001 Resposta correta alternativa D Resolução do exercício Inicialmente devemos utilizar a condição dada no vetor assim temos u U u x 2z z Devemos separar em 2 vetores cada um com uma das letras x 0 0 0 2z z x 1 0 0 z 0 21 Logo U 100 021 6 O subespaço gerado por M 1011 1201 0010 é A U 0 2y x z x y IR4 B U x y 0 x z x y IR4 C U x y 2y 0 x y IR4 D U x y 2y x z 0 IR4 E U x y 2y x z x y IR4 Resposta correta alternativa E Resolução do exercício Devemos montar a combinação linear dos vetores x 1 0 11 y 1 201 z 0 010 37 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR x 0 x x y 2y0y 0 0z0 x y 2y x z x y U x y 2y x z x y IR4 7 O valor de m para que u m43 seja combinação linear de v 201 e w 321 é A m 2 B m 5 C m 3 D m 4 E m 0 Resposta correta alternativa D Resolução do exercício Para que u seja combinação linear de v e w devemos ter u av b w isto é m43 a 201 b 321 m43 2a 0 a 3b 2b b m43 2a 3b 2b a b m a b b a b 2 3 4 2 3 Resolvendo o sistema temos a 1 b 2 e m 4 8 Dos conjuntos dados a seguir o único que é formado por vetores LD é A S 112 021 001 B S 210 000 301 38 Unidade I C S 110 012 003 D S 321 021 001 E S 500 020 003 Resposta correta alternativa B Resolução do exercício Para saber se são LI ou LD devemos verificar v v v L I v com par n i i i 1 2 0 0 α α a todo i v v v L D v i n n i i 1 1 2 0 α com ao menos um i i n α 0 1 Assim temos Alternativa A a 112 b 021 c 001 000 a a 2b 2 a b c 000 Então temos a 0 b 0 e c 0 logo os vetores são LI Alternativa B a 210 b 000 c 301 000 2a 3c a c 000 Então temos a 0 c 0 e b é qualquer logo os vetores são LD Alternativa C a 110 b 012 c 003 000 a a b 2b 3c 000 Então temos a 0 b 0 e c 0 logo os vetores são LI 39 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Alternativa D a 321 b 021 c 001 000 3a 2a 2 b a b c 000 Então temos a 0 b 0 e c 0 logo os vetores são LI Alternativa E a 500 b 020 c 003 000 5a 2b 3 c 000 Então temos a 0 b 0 e c 0 logo os vetores são LI 3 BASE 31 Processo prático para determinar vetores LI LD no IRn Inicialmente montamos uma matriz com as coordenadas dos vetores colocadas em linha A seguir escalonamos a matriz isto é utilizando operações elementares a transformamos em uma matriz triangular Observando a matriz escalonada temos a se uma ou mais linhas da matriz for nula então os vetores são LD b se todas as linhas da matriz são não nulas então os vetores são LI Operações elementares a permutação de linhas b multiplicação de uma linha por um número real não nulo c substituição de uma linha por uma combinação linear dela com qualquer outra Observação Note que o processo prático agiliza a verificação de vetores LI e LD porém só pode ser utilizado para vetores do IRn Nos demais casos você deverá continuar utilizando a definição 40 Unidade I Exemplos Verificar se os vetores são LI ou LD utilizando o processo prático a u 410 v 214 w 112 Utilizando as operações elementares vamos transformar em zero os elementos abaixo da diagonal principal 1 passo zerar o elemento da posição a21 para isso vamos substituir a linha 2 L2 da matriz pela combinação linear 2 L2 L1 assim temos 4 1 0 2 1 4 1 1 2 4 1 0 0 3 8 1 1 2 L2 2 L2 L1 2 passo zerar o elemento da posição a31 vamos substituir a linha 3 L3 pela combinação linear 4 L3 L1 teremos então 4 1 0 2 1 4 1 1 2 4 1 0 0 3 8 1 1 2 4 1 0 0 3 8 0 3 8 L2 2 L2 L1 L3 4 L3 L1 3 passo zerar o elemento da posição a32 vamos substituir a linha 3 L3 pela combinação linear L3 L2 assim temos 4 1 0 2 1 4 1 1 2 4 1 0 0 3 8 1 1 2 4 1 0 0 3 8 0 3 8 4 11 0 0 3 8 0 0 0 L2 2 L2 L1 L3 4 L3 L1 L3 L3 L2 Observando a última das matrizes notamos que ela já está na forma escalonada e como a última linha da matriz é nula temos que os vetores são LD b u 211 v 101 w 113 41 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Utilizando as operações elementares vamos transformar em zero os elementos abaixo da diagonal principal 1 passo zerar o elemento da posição a21 para isso vamos substituir a linha 2 L2 da matriz pela combinação linear 2 L2 L1 assim temos 2 1 1 1 0 1 1 1 3 2 1 1 0 1 3 1 1 3 L2 2 L2 L1 2 passo zerar o elemento da posição a31 vamos substituir a linha 3 L3 pela combinação linear 2 L3 L1 teremos então 2 1 1 1 0 1 1 1 3 2 1 1 0 1 3 1 1 3 2 1 1 0 1 3 0 1 5 L2 2 L2 L1 L3 2 L3 L1 3 passo zerar o elemento a32 vamos substituir a linha 3 L3 pela combinação linear L3 L2 assim temos 2 1 1 1 0 1 1 1 3 2 1 1 0 1 3 1 1 3 2 1 1 0 1 3 0 1 5 2 11 1 0 1 3 0 0 2 L2 2 L2 L1 L3 2 L3 L1 L3 L3 L1 Observando a última das matrizes notamos que ela já está na forma escalonada e como nenhuma das linhas da matriz é nula temos que os vetores são LI 311 Propriedades Sejam V espaço vetorial e R u1 u2 un n1 um subconjunto de V 1 Se o vetor nulo de V u 0 pertence a S então S é LD 2 Se S contém um subconjunto LD então S é LD 3 Se S é LI então qualquer subconjunto dele é LI 42 Unidade I 32 Base Definição Um subconjunto ordenado de um espaço vetorial V é uma base de V se e somente se os vetores de B são geradores de V e B é LI B v1 v2 vn é base de V V B B Ø LI é Se B v1 vn é base de V então todo vetor u de V deve ser escrito como combinação linear destes vetores e chamaremos os escalares desta combinação linear de coordenadas de u na base B e usaremos a notação u a1 anB Teorema Todo espaço vetorial não trivial tem base Teorema Todas as bases de um espaço vetorial V têm a mesma quantidade de vetores 33 Dimensão O número de vetores de uma base de V é chamado de dimensão de V dim V n B v1 v2 vn é base de V então dim V n Observação Se S 0 subespaço trivial diremos que não existe base de S ou que a base é vazia B e por definição dim S 0 331 Algumas propriedades A seguir veremos alguns resultados importantes sobre dimensão de um espaço vetorial e de seus subespaços Seja R S subespaço de V Então temos 1 dim R dim V 2 dim R dim V R V 3 dim R S dim R dim S dim R S Notemos que dim S T dim V S T V Complementos de álgebra linear Lembrete Você poderá fazer um estudo mais formal de bases de um espaço vetorial a partir das referências bibliográficas Exemplos 1 Mostremos que B 100010001 é uma base do IR³ Devemos verificar as duas condições da definição de base a V IR³ B B gera IR³ montando a combinação linear dos vetores de B temos x 1 0 0 y 0 1 0 z 0 0 1 x 0 0 y 0 0 0 0 z x y z Logo IR³ B 1 0 0 0 1 0 0 0 1 b B é LI para verificar se os vetores são LI vamos montar a combinação linear dos vetores igualar a zero e analisar o resultado do sistema assim a 1 0 0 b 0 1 0 c 0 0 1 0 0 0 a b c IR a 0 0 b 0 0 0 0 c 0 0 0 a b c 0 0 0 a b c 0 Como o sistema é possível e determinado solução única temos que B é LI 2 Do mesmo modo temos B 1 0 0 1 é uma base do IR² B 100010001 é uma base do IR⁴ Unidade I B 100010001 é base do IRn Essas bases acima são chamadas de bases canônicas Temos ainda dim IR² 2 dim IR⁴ 4 dim IRn n 3 Verificar se B 1 00 00 10 00 00 1 é uma base de M₂IR Devemos verificar as duas condições da definição de base a V M₂IR B B gera M₂IR montando a combinação linear dos vetores de B temos x 1 0 0 y 0 1 0 z 0 0 1 x y 0 0 0 z 0 0 t x y z t Logo M₂IR B 1 0 00 1 00 0 00 0 1 b B é LI Para verificar se os vetores são LI vamos montar a combinação linear dos vetores igualar a zero e analisar o resultado do sistema assim a 1 0 0 b 0 1 0 c 0 0 0 d 0 0 1 0 0 0 a b c d IR a 0 0 0 b 0 0 0 c 0 0 d 0 0 0 45 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR a b c d 0 0 0 0 daí vem o sistema a b c d 0 0 0 0 Como o sistema é possível e determinado solução única temos que B é LI Temos então que B é base do M2IR e dim M2IR 4 4 Verificar se B t 1 é base de P1 espaço dos polinômios de grau menor ou igual a 1 Devemos verificar as duas condições da definição de base a V P1 B B gera P1 Montando uma combinação linear dos vetores de B temos u a b t um vetor qualquer de P1 logo B gera P1 b B é LI Devemos montar a combinação linear e igualar a zero assim temos a 1 b t 0 isto é a 1 b t 0 0 t resolvendo a igualdade encontramos a 0 e b 0 Logo os vetores são LI Portanto B t 1 é base do P1 base canônica 34 Base de um subespaço Queremos determinar uma base e a dimensão de um subespaço U do IRn para isso devemos encontrar S um sistema de geradores de U U S e depois verificar se S é LI ou LD se S é LI então é base de U se S é LD então devemos determinar o maior subconjunto de S que seja LI Para determinar este subconjunto LI vamos utilizar o processo prático do item 31 46 Unidade I Como os vetores são LD teremos linhas nulas na matriz escalonada desprezando estas linhas verificamos que as restantes estão escalonadas e portanto os vetores que sobraram são LI Assim teremos que estes vetores formam uma base do subespaço U Lembrete Note que sempre será solicitado que você determine uma base do subespaço e não a base do subespaço pois espaços vetoriais possuem várias bases Exemplos Determine uma base e a dimensão de cada subespaço 1 V IR3 U 2y y y IR3 1 passo determinar um sistema de geradores de U 2y y y y 2 1 1 U 2 1 1 isto é U é gerado pelo vetor 21 1 2 passo verificar se o conjunto é LI ou LD Como 2 1 1 0 0 0 temos que 2 1 1 é LI e portanto base de U Logo B 2 1 1 é uma base de U e dim U 1 2 V IR2 U x y x 3y Inicialmente devemos reescrever os vetores de U utilizando a condição dada assim temos U 3y y x IR 1 passo determinar um sistema de geradores de U 3y y U 3y y y 3 1 U 3 1 isto é U é gerado pelo vetor 3 1 2 passo verificar se o conjunto é LI ou LD Como temos 1 vetor gerador e ele é não nulo temos que 3 1 é LI e portanto base de U 47 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Logo B 3 1 é uma base de U e dim U 1 3 V IR3 U x y z z x 3y Reescrevendo U temos U x y x 3y x y IR 1 passo determinar um sistema de geradores de U x y x 3y U x y x 3y x 0 x 0 y 3y x 1 0 1 y 0 1 3 U 1 0 1 0 1 3 isto é 101 0 1 3 gera U 2 passo verificar se o sistema de geradores é LI Utilizando o processo prático montamos a matriz com os geradores como linhas e daí temos 1 0 1 0 1 3 Notamos que a matriz já está escalonada e como não temos linhas nulas os vetores são LI Logo uma base de U é B 1 0 1 0 1 3 e dim U 2 4 Consideremos V 1 0 2 2 3 1 1 3 1 IR3 1 passo determinar um sistema de geradores de V Pelo enunciado já temos os geradores de V B 1 0 2 2 3 1 1 3 1 gera V 2 passo verificar se o sistema de geradores é LI a zerar o elemento a21 1 0 2 2 3 1 1 3 1 1 0 2 0 3 3 1 3 1 L2 L2 2 L1 48 Unidade I b zerar o elemento a31 1 0 2 2 3 1 1 3 1 1 0 2 0 3 3 1 3 1 1 0 2 0 3 3 0 3 3 L2 L2 2 L1 L3 L3 L1 c zerar o elemento a32 1 0 2 2 3 1 1 3 1 1 0 2 0 3 3 1 3 1 1 0 2 0 3 3 0 3 3 1 0 2 0 3 3 0 0 0 L2 L2 2 L1 L3 L3 L1 L3 L3 L2 Note que a matriz escalonada tem uma linha nula logo os 3 vetores são LD porém os 2 primeiros não nulos são LI logo B 102 033 é base de V Assim uma base de V é B 1 0 2 0 3 3 e dim V 2 Observação Sempre que os vetores forem LD você poderá encontrar um subconjunto que será LI para ser base devemos pegar o maior subconjunto de vetores LI possível como base 5 U 1 1 0 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 4 1 1 IR4 1 passo determinar um sistema de geradores de U pelo enunciado já temos os geradores de U B 1 1 0 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 4 1 1 gera U 2 passo verificar se o sistema de geradores é LI a zerar o elemento a21 49 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR 1 1 0 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 4 1 1 1 1 0 1 0 3 1 0 1 2 1 1 1 4 1 1 L2 L2 2 L1 b zerar o elemento a31 1 1 0 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 4 1 1 1 1 0 1 0 3 1 0 1 2 1 1 1 4 1 1 1 1 0 1 0 3 1 0 0 3 1 0 1 4 1 1 L2 L2 2 L1 L3 L3 L1 c zerar o elemento a41 1 1 0 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 4 1 1 1 1 0 1 0 3 1 0 1 2 1 1 1 4 1 1 1 1 0 1 0 3 1 0 0 3 1 0 1 4 1 1 1 1 0 1 0 3 1 0 0 3 1 0 0 3 1 0 L2 L2 2 L1 L3 L3 L1 L4 L4 L1 d zerar os elementos a32 e a42 1 1 0 1 2 1 1 2 1 2 1 1 1 4 1 1 1 1 0 1 0 3 1 0 0 3 1 0 0 3 1 0 1 1 0 1 0 3 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 L3 L3 L2 L4 L4 L2 Notamos que a matriz escalonada tem duas linhas nulas logo o conjunto é LD as duas primeiras linhas não são nulas logo essas linhas são LI Assim uma base de U é B 1 1 0 1 0 3 1 0 e dim U 2 50 Unidade I Observação Você também pode pegar como base de U os vetores das linhas 1 e 2 da primeira matriz tenha sempre o cuidado de escolher as linhas que ao final do processo de escalonamento não ficaram nulas 6 Determinar uma base e a dimensão de U V U V e U V dados U x y x y IR3 e V 2y y z IR3 base de U 1 passo determinar os geradores x y x y x 1 0 1 y 0 1 1 U 1 0 1 0 1 1 2 passo verificar se os geradores são LI 1 0 1 0 1 1 Note que a matriz já está escalonada portanto os vetores são LI logo BU 1 0 1 0 1 1 é uma base de U e dim U 2 base de V 1 passo determinar os geradores 2y y z y 2 1 0 z 0 0 1 V 2 1 0 0 0 1 2 passo verificar se os geradores são LI 2 1 0 0 0 1 51 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Note que a matriz já está escalonada logo os vetores são LI Assim BV 2 1 0 0 0 1 é uma base de V e dim V 2 base de U V 1 passo determinar os geradores Da propriedade 4 do item 17 temos U BU e V BV U V BU BV assim U V 1 0 1 0 1 1 2 1 0 0 0 1 2 passo determinar se os geradores são LI a como o elemento a21 é igual a zero começamos zerando o elemento a31 1 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 1 2 1 0 0 0 1 0 1 2 0 0 1 L3 L3 2 L1 b zerar o elemento a32 1 0 1 0 1 1 2 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 2 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 L3 L3 2 L1 L3 L3 L2 52 Unidade I c zerar o elemento a43 1 0 1 0 1 1 2 1 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 1 2 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 L3 L3 2 L1 L3 L3 L2 L4 L4 L3 Os 4 vetores são LD porém os 3 primeiros são LI Logo BU V 1 0 1 0 1 1 2 1 0 é uma base de U V e dim U V 3 Note que podemos também pegar como vetores da base os 3 vetores não nulos da última matriz isto é BU V 1 0 1 0 1 1 0 0 1 também é uma base de U V base de UV Inicialmente devemos determinar U V para isso vamos igualar os vetores de U e V como existem letras repetidas temos x y x y 2a a b e daí temos o sistema x a y a x y b 2 resolvendo o sistema temos b a assim U V 2 a a a IR3 como 2 a a a a 2 1 1 temos que BU V 2 1 1 é uma base de U V e dim U V 1 35 Alguns teoremas sobre bases I Todo vetor do espaço pode ser escrito de modo único como combinação linear dos vetores de uma base De fato consideremos B u1 u2 un uma base do espaço U e v um vetor de U 53 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Como B gera o espaço U temos que v pode ser escrito como combinação linear dos vetores de B v a1u1a2u2 anun Resta mostrar que esta forma de escrever é única Suponhamos que v possa ser escrito de duas formas como combinação linear dos vetores de B isto é v a1u1a2u2 anun e v b1u1b2u2 bnun Temos então a1u1a2u2 anun b1u1b2u2 bnun daí concluímos que a1b1 v1 a2b2 v2 anbn vn0 1 Como B é base os seus vetores são LI logo a combinação linear 1 só será verdadeira se aibi0 i 1 i n isto é aibi i 1 i n Portanto a forma de escrever é única Exemplo Seja B 1 1 2 0 1 1 0 0 1 base do IR3 escrever o vetor u 2 1 3 como combinação linear dos vetores de B Montando a combinação linear dos vetores de B e igualando ao vetor u temos uab1b b2cb3 substituindo as coordenadas dos vetores vem 2 1 3 a1 1 2 b0 1 1 c0 0 1 e encontramos o sistema 2 1 3 2 a a b a b c resolvendo o sistema temos a 2 b 1 e c 2 Notamos que o sistema é possível e determinado solução única logo u 2b1 1b2 2b3 de modo único II Um sistema de geradores de um espaço vetorial V tem algum subconjunto que é base de V Seja S um sistema de geradores de V podemos ter a S LI logo é base de V b S LD então existe S1 S S1 com o maior número possível de vetores LI de S e S1 é base de V 54 Unidade I Exemplo Seja S 1 2 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 um sistema de geradores do IR3 Determinar um subconjunto de S que seja base do IR3 Como temos 4 vetores no IR3 já sabemos que o conjunto é LD Vamos determinar quantos deles são LI utilizando o processo prático item 31 a como o elemento a21 é igual a zero começamos zerando o elemento a31 1 2 0 0 1 1 1 2 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 L3 L3 L1 b zerar o elemento a32 1 2 0 0 1 1 1 2 0 0 1 1 1 2 1 1 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 L3 L3 L1 L3 L3 L2 c permutando as linhas 3 e 4 1 2 0 0 1 1 1 1 1 0 0 1 1 2 0 0 1 1 0 1 1 0 0 1 1 2 0 0 1 1 0 0 0 0 0 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 0 L3 L3 L1 L3 L3 L2 L3 4 Assim temos que os 4 vetores são LD porém os 3 primeiros são LI logo B S B 1 2 0 0 1 1 0 0 1 é uma base do IR3 Complementos de álgebra linear Note que é indiferente pegarmos os 3 vetores da 1ª matriz ou de qualquer outra matriz do processo desde que não utilizemos a linha que ficou nula neste caso a 3ª linha da matriz inicial III Todo conjunto LI de vetores de V pode ser completado até formar uma base de V dim V n S v1v2vj li e j n vetores B v1v2vju1u2uk li n vetores B é base de V Exemplo Seja S 1 2 0 0 1 1 um conjunto LI completar S para que seja uma base do IR³ Inicialmente devemos lembrar que uma base do IR³ deve ter 3 vetores e estes vetores devem ser LI Como o conjunto S tem 2 vetores LI basta acrescentar um vetor que seja LI com os outros dois e teremos uma base do IR³ Tomemos por exemplo o vetor u 0 0 1 o conjunto B 1 2 0 0 1 1 0 0 1 é LI basta montar a matriz e verificar que já está escalonada e portanto uma base do IR³ Saiba mais Saiba mais sobre bases de espaços vetoriais e subespaços no capítulo 3 itens 3 e 4 de LEON S Álgebra linear com aplicações 8 ed Rio de Janeiro LTC 2011 4 VETOR COORDENADA Consideremos B uma base ordenada de um espaço V chamamos de vetor coordenada de u em relação a B ao vetor formado pelos coeficientes da combinação linear dos vetores na base ordenada B Assim B v1 v2 vn base ordenada de V u a1v1 a2v2 anvn u B a1 a2 an vetor coordenada Os coeficientes a1 a2 an são as coordenadas de u em relação à base B Lembrete Se alteramos a ordem dos vetores na base B o vetor coordenada também será alterado Exemplos 1 Determinar vS com v 1 2 2 sendo a S 1 0 0 0 1 0 0 0 1 base do IR³ S 100010001 v a v1 b v2 c v3 1 2 2 a1 0 0 b0 1 0 c0 0 1 a b c logo v S 1 2 2 o vetor coordenada coincide com o vetor v pois S é base canônica b S 1 1 2 0 1 1 0 0 1 base do IR³ S 112011001 v a v1 b v2 c v3 1 2 2 a1 1 2 b0 1 1 c0 0 1 1 2 2 a a 2 b a b c 57 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR a a b a b c 1 2 2 2 assim a 1 b 3 e c 3 logo v S 1 3 3 é o vetor coordenada Note que neste caso o vetor coordenada é diferente de v pois a base S não é canônica 2 Sendo S t1 t 1 base do P1 espaço dos polinômios de grau menor ou igual a 1 determinar uS e uB sendo u 3 t 1 e B t 1 base canônica do P1 Devemos escrever u como combinação linear dos vetores de S assim 3t 1 a t1 bt1 Temos então 3t 1 at a bt b 3t 1 a b t a b igualando os coeficientes de mesma potência vem a b a b 3 1 resolvendo o sistema temos a 2 e b 1 assim u S 2 1 O vetor coordenada em relação a B base canônica do P1 é dado por B u 3 1 41 Matriz mudança de base Sendo R v1 v2 v n e S u1 u2 u n bases ordenadas de um espaço V indicamos por PS R a matriz mudança de base de R para S 58 Unidade I Para determinar a matriz mudança de base devemos determinar o vetor coordenada de cada vetor de R em relação à base S isto é devemos escrever cada vetor de R como combinação linear dos vetores de S A matriz será formada pelos vetores coordenada colocados em colunas Lembrete Se alterarmos a ordem dos vetores nas bases R e S a matriz mudança de base será alterada Exemplo Determinar a matriz mudança de base de R para S sendo R e S as bases ordenadas do IR3 dadas por S 111 101 001 e R 101 011 001 Inicialmente devemos determinar o vetor coordenada de cada vetor de R em relação à base S Temos então S R s s s r r 111 10 1 0 0 1 10 1 0 11 1 2 3 1 2 3 0 0 1 r a r1 a1 s1 a2 s2 a3 s3 substituindo as coordenadas dos vetores encontramos o sistema a a a a a a 1 2 1 1 2 3 1 0 1 a solução do sistema dá o vetor coordenada de r1 na base S isto é r1 0 1 0 b r2 b1 s1 b2 s2 b3 s3 substituindo as coordenadas dos vetores encontramos o sistema 59 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR b b b b b b 1 2 1 1 2 3 0 1 1 a solução do sistema dá o vetor coordenada de r2 na base S isto é r2 1 1 1 c r3 c1 s1 c2 s2 c3 s3 substituindo as coordenadas dos vetores encontramos o sistema c c c c c c 1 2 1 1 2 3 0 0 1 a solução do sistema dá o vetor coordenada de r3 na base S isto é r3 0 0 1 Logo a matriz mudança de base de R para S será PS R 0 1 0 1 1 0 0 1 1 411 Processo prático para determinar a matriz mudança de base Podemos determinar a matriz mudança de base utilizando a matriz ampliada e o escalonamento para transformar a primeira parte da matriz ampliada em matriz identidade A segunda parte da matriz ampliada será a matriz mudança de base Exemplo Determinar a matriz mudança de base de R para S sendo R e S as bases ordenadas do IR3 dadas por 60 Unidade I S 110 101 001 e R 111 011 001 Vamos montar a matriz ampliada colocando as coordenadas dos vetores como colunas da matriz na primeira parte os vetores de S e na segunda os vetores de R 1 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 s s s r r 2 3 1 2 r3 Transformando a 1ª parte da matriz na matriz identidade utilizando as operações elementares nas linhas da matriz ampliada temos faça as contas e confirme 1 0 0 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 0 1 1 2 1 Assim a matriz mudança de base de R para S é PS R 1 1 0 0 1 0 1 2 1 412 Alguns resultados importantes I Mudança das coordenadas de um vetor da base R para a base S uS PS R uR Exemplo Dados u R 1 0 e PS R 2 1 1 1 determine uS Basta fazer o produto das matrizes assim u P u S S R R 2 1 1 1 1 0 2 1 61 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR II A matriz mudança de base de R para S é inversível e sua inversa é a matriz mudança de base de S para R PS R1 P1 S R PR S Exemplo Dadas as bases do IR2 R 11 21 e S 10 11 determinar a matriz mudança de base de R para S e a matriz mudança de base de S para R Escrevendo os vetores de R como combinação linear dos vetores de S temos 11 a1 10 a2 11 21 b1 10 b2 11 Resolvendo vem a1 2 a2 1 b1 1 e b2 1 logo PS R 2 1 1 1 Do mesmo modo vamos determinar a matriz de S para R isto é vamos escrever os vetores de S como combinação linear dos vetores de R Assim temos 10 a1 11 a2 21 11 b1 11 b2 21 Resolvendo vem a1 13 a2 13 b1 13 e b2 23 logo PR S 1 3 1 1 1 3 2 3 Você pode também utilizar a inversa da matriz mudança de base Calcule a inversa da matriz PS R 2 1 1 1 e confira com o resultado encontrado 62 Unidade I Saiba mais Saiba mais sobre matriz mudança de base no capítulo 4 item 47 de KOLMAN B Introdução à álgebra linear 6 ed São Paulo Editora PrenticeHall do Brasil 1998 42 Ampliando seu leque de exemplos 1 Sendo V a b b d M IR e U x y M IR 0 0 0 2 2 uma base de U V é A B 0 0 0 0 B B 0 1 0 0 C B 1 0 0 0 D B 0 0 1 0 E B 0 0 0 1 Resposta correta alternativa C Resolução do exercício Devermos inicialmente determinar a intersecção de U e V para isso vamos igualar os vetores de U e de V a b b d x y 0 0 0 63 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR a b x b y d 0 0 0 resolvendo o sistema temos a x b 0 d 0 y 0 substituindo em U ou em V temos a b b d x 0 0 0 0 U V x M IR 0 0 0 2 Logo uma base de U V será B 1 0 0 0 2 A expressão que indica u 3 4 2 como combinação linear da base b1 111 b2 011 b3 002 é A u 3 b1 b2 b3 B u 3 b1 2b2 b3 C u 2 b1 b2 b3 D u 3 b1 b2 b3 E u 3 b1 b2 2 b3 Resposta correta alternativa E Resolução do exercício Devemos escrever u como combinação linear dos vetores b1 b2 b3 isto é u a b1 b b2 c b3 substituindo as coordenadas dos vetores temos 342 a111 b 011 c 002 342 aabab2c 64 Unidade I a a b a b c 3 4 2 2 resolvendo o sistema temos a 3 b 1 c 2 Logo u 3 b1 b22 b3 3 O vetor que completa o conjunto li R 312 110 transformandoo em uma base do IR3 é A w 6 2 4 B w 2 2 0 C w 0 0 0 D w 0 0 3 E w 3 3 0 Resposta correta alternativa D Resolução do exercício Para completar R para que seja base do IR3 devemos acrescentar um vetor que torne o conjunto LI assim temos A w 6 2 4 não serve pois é múltiplo de 312 logo torna o conjunto LD B w 2 2 0 não serve pois é múltiplo de 110 logo torna o conjunto LD C w 0 0 0 não serve pois torna o conjunto LD D w 0 0 3 serve pois torna o conjunto LI formando assim uma base do IR3 E w 3 3 0 não serve pois é múltiplo de 1 1 0 logo torna o conjunto LD 4 Indique a afirmação correta A 2142 é base do IR2 B 1 0 10 2 3 é base do IR3 C A dimensão do IR5 é 6 65 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR D 21 3 00 2 1 1 0 0 2 0 é um conjunto li E 1 10 2 3 1 é base do IR2 Resposta correta alternativa D Resolução do exercício Verificando cada uma das alternativas temos A F os vetores são LD são múltiplos logo não podem formar uma base do IR2 B F os vetores são LI porém toda base do IR3 deve ter 3 vetores assim o conjunto não pode ser base do IR3 C F a dimensão do IR5 é igual a 5 D V os vetores são LI podemos verificar isso com o processo prático 2 1 3 0 0 2 1 1 0 0 2 0 L I E F toda base do IR2 deve ter 2 vetores assim o conjunto dado não pode ser base 5 O vetor coordenada de v 3 2 1 em relação à base ordenada do IR3 B 111 012 001 é A v B 3 1 6 B v B 3 1 6 C v B 3 1 6 66 Unidade I D v B 3 1 6 E v B 3 1 6 Resposta correta alternativa B Resolução do exercício Para determinar o vetor coordenada de v devemos determinar os coeficientes da combinação linear v a b1 b b2 c b3 isto é 3 2 1 a 111 b 012 c 001 3 2 1 a a b a 2 b c a a b a b c 3 2 2 1 resolvendo o sistema temos a 3 b 1 e c 6 Logo v B 3 1 6 6 O vetor coordenada de v 0 4 3 em relação à base ordenada do IR3 B 211 021 001 é A v B 0 1 2 B v B 0 1 0 C vB 0 2 1 D vB 2 1 0 E vB 0 1 2 Resposta correta alternativa C Resolução do exercício Para determinar o vetor coordenada de v devemos determinar os coeficientes da combinação linear v a b1 b b2 c b3 isto é 0 4 3 a 2 1 1 b 0 2 1 c 0 0 1 0 4 3 2a a 2 b a b c 2a 0 a 2b 4 resolvendo o sistema temos a 0 b 2 e c 1 abc 3 Logo v B 0 2 1 7 Sendo R 110 021 001 S 110 011 001 a matriz mudança de base de R para S é A PS R 1 0 0 2 2 0 2 1 1 B PS R 1 0 0 2 2 0 2 1 1 68 Unidade I C PS R 1 2 0 2 0 0 2 1 1 D PS R 1 1 0 2 2 0 2 1 1 D PS R 1 2 2 0 2 0 0 1 1 Resposta correta alternativa A Resolução do exercício Devemos calcular o vetor coordenada de cada um dos vetores da base R assim r1 a s1 b s2 c s3 1 1 0 a 1 10 b 0 1 1 c 0 0 1 1 1 0 a a b b c a a b b c 1 1 0 resolvendo o sistema temos a 1 b 2 e c 2 r2 a s1 b s2 c s3 0 2 1 a 1 10 b 0 1 1 c 0 0 1 0 2 1 a a b b c a a b b c 0 2 1 resolvendo o sistema temos a 0 b 2 e c 1 r3 a s1 b s2 c s3 0 0 1 a 1 1 0 b 0 1 1 c 0 0 1 69 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR 0 0 1 a a b b c a a b b c 0 0 1 resolvendo o sistema temos a 0 b 0 e c 1 Logo a matriz mudança de base é PS R 1 0 0 2 2 0 2 1 1 8 Sendo R 110 021 001 e S 110 011 001 a matriz mudança de base da base S para R é A PR S 1 1 0 2 0 1 1 1 2 1 2 B PR S 1 1 0 2 0 1 1 1 2 1 2 C PR S 1 0 0 1 0 1 1 1 2 1 2 D PR S 1 1 0 1 2 0 1 1 1 2 E PR S 1 1 0 1 1 1 1 1 2 1 2 Resposta correta alternativa C Resolução do exercício Devemos calcular o vetor coordenada de cada um dos vetores da base S assim s1 a r1 b r2 c r3 70 Unidade I 1 1 0 a 1 10 b 0 2 1 c 0 0 1 1 1 0 a a 2 b b c a a b b c 1 2 1 0 resolvendo o sistema temos a 1 b 1 e c 1 s2 a r1 b r2 c r3 0 1 1 a 1 1 0 b 0 2 1 c 0 0 1 0 1 1 a a 2 b b c a a b b c 0 2 1 1 resolvendo o sistema temos a 0 b ½ e c ½ s3 a r1 b r2 c r3 0 0 1 a 1 10 b 0 2 1 c 0 0 1 0 0 1 a a 2b b c a a b c 0 2 0 1 resolvendo o sistema temos a 0 b 0 e c 1 Logo a matriz mudança de base é PR S 1 0 0 1 1 2 0 1 1 2 1 9 Sabendo que o vetor coordenada de v na base R é v R 2 1 3 e que a matriz mudança de base de R para S é dada por PS R 1 0 0 2 2 0 2 1 1 o vetor coordenada de v na base S é 71 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR A v s 2 2 0 B v s 2 1 0 C v s 0 2 1 D v s 2 1 6 E v s 2 2 6 Resposta correta alternativa E Resolução do exercício Para calcular o vetor coordenada de v na base R vamos utilizar v P v S S R R v S 1 0 0 2 2 0 2 1 1 2 1 3 v S 2 2 6 10 Sabendo que o vetor coordenada de v na base S é v s 3 2 1 e que a matriz mudança de base de S para R é dada por PR S 1 0 0 1 0 2 1 4 1 2 o vetor coordenada de v na base R é 72 Unidade I A v R 4 2 0 B v R 2 3 0 C v R 0 2 8 D v R 3 4 8 E v R 2 2 6 Resposta correta alternativa D Resolução do exercício Para calcular o vetor coordenada de v na base S vamos utilizar v P v R R S S v R 1 0 0 1 1 2 0 2 1 4 3 2 1 v R 3 4 8 Resumo Vimos nesta unidade a estrutura de espaço vetorial subespaço soma e interseção de subespaços V é um espaço vetorial sobre IR se valem V x V V u v u v 1 associativa u v w V u v w u v w 2 comutativa u v V u v v u 3 elemento neutro 0 V tal que u 0 u u V 4 oposto u V u V tal que u u 0 IR x V V αu α u 5 u V α β IR β u α β u 6 u V α β IR α β u α u β u 7 u v V α IR αu v α u α v 8 u V 1u u S é subespaço de V 1 0 2 u v S temos u v S 3 u S α IR temos αu S 0u Unidade I S é subespaço de V 1 0 S 2 u v S temos u v S 3 u S α IR temos αu S Soma de subespaços R e S subespaços de V R S u V u r s com r R e s S Interseção de subespaços R S u V u R e u S Soma direta Diremos que um espaço V é soma direta dos subespaços R e S se vale R S 1 R S V 2 R S 0 Combinação linear Um vetor u é combinação linear dos vetores v₁ v₂ vₙ se existem escalares α₁ α₂ αₙ tais que u α₁v₁ α₂v₂ αₙvₙ Subespaço gerado por M M Para determinar o subespaço gerado por um conjunto M u₁ u₂ uₖ devemos escrever as combinações possíveis dos vetores de M assim escrevemos M α₁u₁ α₂u₂ αₖuₖ α₁ α₂ αₖ IR Dependência linear Vetores são linearmente dependentes LD se um deles for combinação linear dos demais Caso contrário diremos que os vetores são linearmente independentes LI Vimos também nesta unidade as noções de base e dimensão Começamos com o processo prático para determinação de vetores LI e LD 75 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR nele utilizamos as operações básicas nas linhas da matriz formada pelas coordenadas dos vetores Um conjunto ordenado B de vetores de V é uma base de V se e somente se a B gera V isto é V B b B é LI O número de vetores da base do espaço V chamamos de dimensão de V Chamamos de vetor coordenada de u em relação à base B ao vetor formado pelos coeficientes da combinação linear dos vetores na base B u a1 v1 a2 v2 an vn u a a an 1 2 Matriz mudança de base da base R para base S PS R é formada pelos vetores coordenada de cada vetor de R em relação à base S colocados em colunas Exercícios Questão 1 Seja o vetor u 1 4 4 R3 e três vetores v1 3 3 1 v2 0 1 1 e v3 1 1 0 Assinale a alternativa que apresenta corretamente o vetor u expresso como combinação linear de v1 v2 e v3 A u v1 3v2 2v3 B u v1 2v2 3v3 C u v1 2v2 3v3 D u 2v1 2v2 2v3 E u v1 3v2 2v3 Resposta correta alternativa E 76 Unidade I Resolução da questão Para resolver o problema temos que encontrar os escalares α β e γ tais que 144 a 331 b 011 γ 110 Isso significa que 1 3 4 3 4 α γ α β γ α β Com isso temos b 3 a 2 γ 2 Assim u v v v 1 3 2 2 3 Questão 2 O elemento p x x x 9 12 6 2 2 P R pode ser escrito como combinação linear dos polinômios p1x 3x2 2x 2 p2x 3x2 x 1 p3x 6x2 2x 3 Os escalares a b e γ que permitem que o polinômio px possa ser escrito como combinação linear de p1 p2 e p3 são A 3 6 6 B 5 4 1 C 3 6 6 D 1 4 5 E 3 6 6 Resposta correta alternativa A 77 COMPLEMENTOS DE ÁLGEBRA LINEAR Resolução da questão Para resolver o problema temos que encontrar os escalares α β e γ tais que p x p x p x p x x x x x x α β γ α β 1 2 3 9 12 6 3 2 2 3 2 2 22 2 1 6 2 3 x x x γ Assim temos 9 3 3 6 12 2 2 6 2 3 α β γ α β γ α β γ Resolvendo o sistema temos α β γ 3 6 6